Chủ đề này có 6 trả lời

[quanghung86]

Bài toán T12/471 THTT đã đăng lời giải trên số 475. Mình xin phép đăng đề lên để thảo luận. Mình có tìm ra một số mở rộng cho bài toán này. Theo mình đề bài nên viết như sau sẽ đẹp hơn trên báo

 

Bài toán T12/471. Cho tam giác $ABC$ có tâm nội tiếp $I$. Gọi $AP,AQ$ là đường kính của các đường tròn $(AIB),(AIC)$. $M,N$ thuộc $BC$ sao cho $PM\parallel QN\parallel AI$. Chứng minh rằng $\angle MAB=\angle NAC$.

 

[Hoang Nhat Tuan]

Lời giải của em (do lời giải em lấy nguyên xi từ bữa gửi tạp chí nên một số điểm không giống trong đề của thầy)

Trường hợp 1: Tam giác ABC cân, khi đó dễ dàng chứng minh được $\widehat{BAM}=\widehat{CAN}$

Trường hợp 2: Tam giác ABC không cân, giả sử $AB<AC$

Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $\Delta$ với $AB,AC$, $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $EM$ với $AB$, $AC$ với $FN$.

Ta có: $\widehat{EXB}=90^{\circ}-\widehat{EPX}=\widehat{\frac{A}{2}}=\widehat{FYC}$

Ta chứng minh $\frac{XM}{XA}=\frac{YN}{YA}$

$\Leftrightarrow \frac{XM}{MD}.\frac{MD}{XA}=\frac{YN}{ND}.\frac{ND}{YA}$

$\Leftrightarrow \frac{XM}{MD}=\frac{YN}{ND}$ (vì $\frac{MD}{XA}=\frac{BD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{ND}{YA}$)

$\Leftrightarrow \frac{XM}{YN}=\frac{MD}{ND} \Leftrightarrow \frac{BM.CD}{CN.BD}=\frac{IE}{IF}$ (vì $EM|| ID|| FN$ nên $\frac{MD}{DN}=\frac{IE}{IF}$)

$\Leftrightarrow \frac{BM}{CN}.\frac{IF}{IE}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow \frac{BE}{IE}.\frac{IF}{CF}=\frac{AB}{AC}$ (có $\frac{BM}{CN}=\frac{BE}{CF}$ theo định lý Sin)

$\Leftrightarrow \frac{\sin \widehat{\frac{C}{2}}}{\cos \widehat{\frac{B}{2}}}:\frac{\sin \widehat{\frac{B}{2}}}{\cos \widehat{\frac{C}{2}}}=\frac{\sin \widehat{C}}{\sin \widehat{B}}=\frac{AB}{AC}$ (Đúng)

Do đó $\Delta AMX\sim \Delta ANY$ nên $\widehat{MAX}=\widehat{NAY}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 20-01-2017 - 06:01

[quanghung86]

Cám ơn Tuấn đã đưa ra một lời giải thú vị khác đáp án. Mình xin gửi lên lời giải của mình, khác đáp án trên báo một chút.

 

 

Lời giải. Gọi $J,K,L$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $A,B,C$ của tam giác $ABC$ và $AI$ cắt $BC$ tại $D$. Dễ thấy $L,P,M$ thẳng hàng và $K,Q,M$ thẳng hàng. Từ đó $\frac{LM}{KN}=\frac{LM}{DJ}.\frac{DJ}{KN}=\frac{BL}{BJ}.\frac{CJ}{CK}=\frac{AL}{AK}$, đẳng thức cuối có do định lý Ceva. Từ đó hai tam giác $ALM$ và $AKN$ đồng dạng nên $\angle MAL=\angle NAK$ hay $\angle MAB=\angle NAC$.

 

Mở rộng 1. Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trong tam giác sao cho nếu $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$ thì $AD,BE,CF$ đồng quy. Gọi $AQ,AR$ là đường kính của $(APB),(APC)$. Lấy $M,N$ trên $BC$ sao cho $QM\parallel RN\parallel AP$. Chứng minh rằng $\angle PAM=\angle PAN$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 20-01-2017 - 15:05

[quanghung86]

Mở rộng 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. $D$ thuộc cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. $DB,DC$ cắt $(IAB),(ICA)$ tại $P,Q$ khác $B,C$. $M,N$ thuộc $BC$ sao cho $MP,QN$ cùng vuông góc với $PQ$. Chứng minh rằng tâm đường tròn $(AMN)$ nằm trên $DO$.

 

[quanghung86]

Bảo đã giải mở rộng 2 ở topic Marathon hình học. Có bạn nào có lời giải khác cho bài toán gốc không ? Với lời giải mình đưa ra mình nghĩ bài toán này ở mức độ khó vừa phù hợp với kiến thức THCS. Việc phát biểu đường tròn tiếp xúc như trong đề trên báo hơi gượng ép vì cuối cùng bản chất bài toán là chứng minh hai góc bằng nhau.

[manhtuan00]

Lời giải của em ạ 
Gọi $X,Y$ là điểm chính giữa cung $AC,AB$ thì $Q,P$ đối xứng $A$ qua $X,Y$

Từ đây ta có $QM$ đi qua tâm bàng tiếp $I_b$ và $PN$ đi qua tâm bàng tiếp $I_c$

$I_bI_C$ cắt $BC$ tại $T$, $S$ là chân đường phân giác trong góc $\angle A$ thì $(TRMN)= (TAI_bI_c) = -1$ nên $AR$ cũng là phân giác $\angle MAN$

[dangkhuong]

E xin nêu 1 lời giải cho bài gốc

Trước tiên xin nhắc lại bổ đề quen thuộc không chứng minh: "Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $X,Y$ lần lượt thuộc $BC$ sao cho $AX,AY$ đẳng giác. Khi đó tam giác $(AXY)$ tiếp xúc $(ABC)$."
Quay trở lại bài toán: 
Trường hợp 1($AB=AC$). Khi đó ta có: $\bigtriangleup IAB=\bigtriangleup IAC$ do đó đồng thời thấy rằng: $EFMN$ là 1 hình chữ nhật từ đó hiển nhiên ta có: $AM,AN$ đẳng giác trong tam giác $ABC$ bằng biến đổi góc đơn giản. Do đó theo bổ đề ta có đpcm.
Trường hợp 2($AB\neq AC$). Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm các cung $AB$ và $AC$ lần lượt không chứa $C,B$ của $(O)$. Từ giả thiết ta có ngay rằng: $A,B,E,I$ đồng viên nên ta có: $P$ là tâm $(AEBI)$(do ta có kết quả quen thuộc $P$ là tâm $(AIB)$)$(*)$. Hoàn toán tương tự thì $Q$ cũng là tâm $(AICF)$ $(**)$. Gọi $BI$,$CI$ lần lượt cắt lại $(AIC)$ và $(AIB)$ tại các điểm $K,L$ khác $I$. Từ $(*)(**)$ ta thu được các hình chữ nhật là $AIEL$ và $AIFK$. Lại có: $ME\parallel NF\parallel AI$ nên thu được: $L,E,M$ thẳng hàng và $K,F,N$ cũng thẳng hàng. Ta chú ý do $AB\neq AC$ nên $LK$ không song song $BC$. Hiển nhiên từ $2$ hình chữ nhật trên ta thấy rằng: $\angle LAI=\angle KAI=90^\circ$ do đó $\overline{LAK} \perp AI$. Gọi $AD$ là đường phân giác trong góc $BAC$, gọi $LK$ cắt $BC$ tại điểm $J$ mà $\overline{LAK} \perp AI$ nên $AJ$ là phân giác ngoài góc $BAC$ .
Ta thấy rằng: $AD,BK,CL$ đồng quy tại $I$. Do đó áp dụng tính chất về hàng điểm điều hoà thì $(JALK)=(JDBC)=-1$. Kẻ $AH$ vuông góc $BC$ tại điểm $H$. Ta thấy rằng: $H(JALK)=-1$ mà $HA\perp HJ$ do đó $HA$ là phân giác góc $LHK$. Vậy mà lại có: $A,L,M,K$ đồng viên và $A,H,N,K$ đồng viên(lần lượt thuộc đường tròn đường kính $AM$ và $AN$) nên ta có: $(ML,MA)\equiv (HL,HA)\equiv (HK,HA)\equiv (NK,NA)(mod \pi)$ do đó chú ý $ME\parallel NF\parallel AI$ thế thì $AI$ cũng là phân giác góc $MAN$ hay là $AM,AN$ đẳng giác trong tam giác $ABC$. Áp dụng bổ đề ta có $(AMN)$ tiếp xúc $(ABC)$(đpcm).

 

Bài này e cx thấy khá hay Cấu hình mở rộng xuất hiện trong đề TST Vĩnh Phúc ngày 2

Hình gửi kèm

• 
• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 22-01-2017 - 22:30