Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 12/2016 : Đường tròn tiếp xúc

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 18-12-2016 - 20:01

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Trên trung trực $A_1A_2$ lấy $A_3$ sao cho $AA_3$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$. Lấy $A_4$ đối xứng với $A_3$ qua $A_1A_2$. Dựng tương tự các điểm $B_4$, $C_4$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_4B_4C_4$ tiếp xúc đường tròn $(ABC)$.

Post 374.PNG

Hình vẽ bài toán

 



#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 18-12-2016 - 21:36

Giải :

 

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$, trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Gọi $N$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $A_1AA_2$.

Khi đó $AN$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Post 376.PNG

Chứng minh : $AD$ là đường kính của tam giác $ABC$, $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$.

Gọi $Q$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $DBC$. Do đó $Q$ cũng là tâm đường tròn Euler của tam giác $PBC$.

Mặt khác do $D$ là trực tâm tam giác $PBC$ nên $DQ$ là đường thẳng Euler của tam giác $PBC$.

Do $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$ nên đường thẳng Euler của hai tam giác $PBC$ và $ABC$ song song với nhau. $\qquad (1)$

 

Xét hai tam giác $AA_1AA_2$ và $DBC$ có các cạnh lần lượt vuông góc với nhau nên từ đó $AQ\perp AN$ $\qquad (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta thu được điều phải chứng minh.

__________________________________________

 

Quay lại bài toán :

Post 375.PNG

Theo bổ đề trên $AA_3$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $AA_1A_2$.

Mặt khác $A_3$ thuộc trung trực $A_1A_2$ nên $A_3$ chính là điểm đối xứng của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$ qua $A_1A_2$.

Do đó $A_4$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$.

 

Suy ra $\angle A_4AA_1=90^\circ-\angle AA_2A_1=\angle ABC$ nên $AA_4$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(ABC)$.

Tương tự ta cũng có $BB_4$ và $CC_4$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(ABC)$.

 

Dễ thấy $\angle A_4A_1A=\angle ABC$ nên $A_4$, $A_1$, $B_1$ thẳng hàng. Tương tự thì $A_4$, $A_1$, $B_1$, $B_4$ thẳng hàng suy ra $A_4B_4\parallel CC_4$. 

Tương tự $B_4C_4\parallel AA_4$, $C_4A_4\parallel BB_4$.

 

Gọi $XYZ$ là tam giác tạo bới $AA_4$, $BB_4$, $CC_4$ thì $A_4B_4C_4$ là tam giác trung bình của tam giác $XYZ$

Từ đó theo định lí Feuerbach, đường tròn $(A_4B_4C_4)$ tiếp xúc đường tròn $(O)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 19-12-2016 - 10:49


#3 SonKHTN1619

SonKHTN1619

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry, Combinatorics, Functional Equation, Anime

Đã gửi 18-12-2016 - 22:15

Em cũng vừa nghĩ ra nhưng anh Bảo đăng lời giải nhanh quá, cách giống của em nhưng em vẫn đăng vậy.

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2016-12-18 22:14:36.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SonKHTN1619: 18-12-2016 - 22:16

HSGS in my heart  :icon12:


#4 manhtuan00

manhtuan00

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 25 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Hình học, số học, phương trình hàm, tổ hợp

Đã gửi 19-12-2016 - 12:36

Lời giải của em ạ

Ta sẽ chứng minh bổ đề sau 

 

Bổ đề : $\triangle ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$.$AI$ cắt $DE,DF$ tại $M,N$. Gọi $G$ là trung điểm $BC$. Khi đó $G$ là tâm ngoại tiếp $\triangle DMN$

Chứng minh : $M$ là giao điểm của phân giác góc $\angle A$ và $DE$ nên $BM \perp AI$

Tương tự , $CN \perp AI$

Gọi $R$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $\angle A$ với $BC$, $J$ là tâm bàng tiếp

Khi đó các tứ giác $JRMB, JNRC$ nội tiếp 

$\implies \angle DRN = \angle MJC = \angle IBD = \angle DMN$ nên tứ giác $DMRN$ nội tiếp 

Hơn nữa , $\angle DNR = \angle DNI + \angle INR = \angle DCI + \angle RCJ = 90^{\circ}$ nên $DR$ là đường kính của $(MDNR)$

$\implies G$ là tâm ngoại tiếp $(DMN)$

 

Quay lại bài toán :

Trên trung trực đoạn $A_1A_2$ lấy điểm $A_3'$ sao cho $\triangle A_2A_3'A_1 \sim \triangle BOC$

Khi đó ta có $\angle A_3'A_2A_1 = \angle OCB $ nên $OC \perp A_3'A_2$

Tương tự ta có $OB \perp A_3'A_2$

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$

Lại có $\triangle BHC \sim \triangle A_1AA_2 \implies \triangle A_2A_3'A_1 \cap A \sim \triangle COB \cap H$

Từ đây ta có $AA_3' \perp OH$ nên $A_3' \equiv A_3$

Nên ta có $\angle A_1A_3A_2 = \angle BOC = \angle A_2A_4A_1$ . Từ đây suy ra $A_4$ là tâm ngoại tiếp $\triangle A_1AA_2$

Tương tự ta có $B_4,C_4$ là tâm ngoại tiếp $\triangle BB_1B_2, \triangle CC_1C_2$

Có $\angle AA_4A_1 = 90^{\circ} - \angle AA_2A_1 = 90^{\circ} - \angle OAC$ nên $AA_4$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$. Tương tự ta có $BB_4,CC_4 $ cũng là tiếp tuyến của $(O)$

$AA,4,BB_4,CC_4 $ cắt nhau tạo thành $\triangle UVW$

Khi đó , $(O)$ là đường tròn nội tiếp $\triangle UVW$

Áp dụng bổ đề cho $\triangle UVW$ thì $A_4,B_4,C_4$ là trung điểm $UV,VW,WU$ 

Khi đó $(A_4B_4C_4)$ là đường tròn Euler của $\triangle UVW$ và $(O)$ là đường tròn nội tiếp nên $(A_4B_4C_4)$ tiếp xúc với $(O)$ 

 

 

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 19-12-2016 - 12:54


#5 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 23-12-2016 - 23:26

cach giai cua em gan giong voi cach giai cua anh bao, em post cham, mong moi nguoi gop y

 

Hình gửi kèm

  • q.png
  • A.png






0 người đang xem chủ đề

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