Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 5 tháng 11/2016 : Mở rộng bài toán hình học trường đông tại Vinh năm 2016

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 28-11-2016 - 19:10

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 5 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ nằm trên cạnh. Các  đường tròn $(PAB)$, $(PCA)$ lần lượt cắt $CA$, $AB$ tại $E$, $F$ khác $A$. $K$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $AEF$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $Q$. Trên $QK$ lấy $S$, $T$ sao cho $ET\perp AC$, $FS\perp AB$. $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $CT$, $BS$.

Chứng minh rằng $MN\parallel OQ$.

Post 363.PNG

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 28-11-2016 - 19:54


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 29-11-2016 - 23:01

Giải. Ta có $\angle BEA+\angle CFA=\angle BPA+\angle CPA=180^\circ$ nên $BE$, $CF$ cắt nhau trên đường tròn $(AEF)$.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. $R$ là giao điểm của $BE$ và $CF$.

Do $\angle BRC=\angle BHC=180^\circ-\angle BAC$ nên tứ giác $BHRC$ nội tiếp suy ra $R$ thuộc đường tròn đối xứng với đường tròn $(O)$ qua $BC$.

Gọi $X$ là trung điểm $BC$. $R_1$, $R_2$ là các giao điểm của $XR$ với đường tròn $(O)$. $A_1$, $A_2$ là giao điểm của $AX$ với các đường tròn $(BRC)$ và $(O)$.

Do tính đối xứng nên $\overline{XR}\cdot \overline{XR_1}=-\overline{XR_2}\cdot \overline{XR_1}=-\overline{XA_1}\cdot \overline{XA}=\overline{XA_2}\cdot \overline{XA}$ $\Rightarrow $ tứ giác $AR_1RA_2$ nội tiếp.

Mặt khác do $\overline{XR}=-\overline{XR_2}$ nên tứ giác $RCR_2B$ là hình bình hành $\Rightarrow $ $CR_2\parallel ER$.

Theo định lí Reim, tứ giác $AR_1RE$ nội tiếp. Tương tự ta thu được lục giác $AR_1FRA_2E$ nội tiếp. $\qquad (1)$

Từ $(1)$ $\Rightarrow$ $K$ thuộc trung trực $AA_2$. Mặt khác khi $P$ trùng chân đường vuông góc kẻ từ $A$ xuống $BC$ thì $K$ trùng trung điểm $AH$.

Do đó $K$ thuộc đường thẳng qua trung điểm $AH$ và vuông góc với $AX$. $\qquad (2)$

Gọi $K_1$ là trung điểm $AH$. $\triangle D_1E_1F_1$ là tam giác pedal của trực tâm $H$ đối với $\triangle ABC$.

Do $K_1X\perp E_1F_1$ và $E_1F_1\parallel AQ$ nên $K_1X\perp AQ$ $\Rightarrow $ $\triangle K_1D_1X\sim \triangle QD_1A$ (góc - góc)

$\Rightarrow $ $\tfrac{D_1A}{D_1Q}=\tfrac{D_1X}{D_1K_1}$ $\Rightarrow $ $\tfrac{D_1X}{D_1A}=\tfrac{D_1K_1}{D_1Q_1}$ $\Rightarrow $ $\triangle K_1D_1Q\sim \triangle XD_1A$ (cạnh - góc - cạnh).

$\implies QK_1\perp AX$ $\qquad (3)$

Từ $(2)$ và $(3)$ $\implies K$ thuộc $QK_1$ hay $ST\equiv QK_1$. $\qquad (4)$

Gọi $K_2$ là giao điểm của $SF$ và $TE$ thì $K_2$ là điểm đối xứng của $A$ qua $K$ suy ra $HK_2\parallel ST$.

Gọi $S_1$, $T_1$ lần lượt là giao điểm của $CH$, $BH$ với $ST$. Theo tính chất hình bình hành $\triangle K_2ST=\triangle HS_1T_1$ $\qquad (5)$

Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BA$ cắt $AS_1$ tại $M_1$. Tương tự xác định $N_1$.

Dễ thấy $\angle S_1HK_1=\angle ABX$, $\angle K_1S_1H=\angle BAX$ (do $(5)$) nên $\triangle S_1HK_1\sim \triangle ABX$ (góc - góc)

$\Rightarrow $ $\tfrac{S_1H}{HK_1}=\tfrac{AB}{BX}$ $\Rightarrow $ $\tfrac{S_1H}{HA}=\tfrac{AB}{BC}$ $\Rightarrow $ $\triangle ABC\sim \triangle S_1HA$ (cạnh - góc -cạnh) $\implies $ $S_1A\perp AC$. Tương tự $T_1A\perp AB$.

Từ đó theo tính chất hình bình hành $O$ là trung điểm $M_1N_1$. Gọi $P_1$ là hình chiếu của $A$ lên $M_1N_1$.

Ta có $\angle BPC=360^\circ-180^\circ+\angle A-180^\circ+\angle A=2\angle A=\angle BOC$ nên tứ giác $BP_1OC$ là tứ giác nội tiếp. $\qquad (6)$

Mặt khác do $\angle BPA=\angle CPA=180^\circ-\angle A$ nên $P_1A$ là phân giác $\angle BP_1C$ $\qquad (7)$

Từ $(6)$ và $(7)$ ta thu được $AP_1$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ $\implies M_1N_1\parallel OQ$ $\qquad (8)$

Do $BM_1=HS_1=K_2S$ (do $(5)$) nên $K_2SM_1B$ là hình bình hành $\implies M$ là trung điểm $K_2M_1$.

Tương tự và theo tính chất đường trung bình thì $MN\parallel M_1N_1$ $\qquad (9)$

Từ $(8)$ và $(9)$ ta suy ra $MN\parallel OQ$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 29-11-2016 - 23:02


#3 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 30-11-2016 - 13:46

Em có ý tưởng sau, lúc nào rảnh em sẽ ghi đầy đủ lời giải.

Một tính chất cơ bản của đường đối trung cho ta bổ đề sau:

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ cắt $BC$ tại $Q$. $X, Y$ lần lược nằm trên trung trực $AC, AB$ sao cho $AY\perp AC, AX\perp AC$.

Khi đó $XY || OQ$

Từ đó dẫn đến ý tưởng chứng minh hai tam giác $AXY$ và $ANM$ là hai tam giác bằng nhau, thể hiện qua việc chứng minh đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ cắt $QK$ và $BY$ tại hai điểm mà đoạn thẳng nối chúng nhận $A$ làm trung điểm.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh