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 5 tháng 1/2017: $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau trên $(I)$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4174 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 30-01-2017 - 03:58

Như vậy bài toán cho Tuần 4 tháng 1 năm 2017 đã được thầy Hùng cho lời giải tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới.

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $BP,CQ$ là các phân giác trong. Đoạn $AI$ cắt $(I)$ tại $J$. Đường thẳng qua $A$ song song với $JE,JF$ lần lượt cắt $DE,DF$ tại $M,N$. $ID$ cắt $PQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau trên $(I)$.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#2 Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K44 Trường THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:hình học, giải tích

Đã gửi 30-01-2017 - 06:10

Lời giải: 

+,$V$ là giao của phân giác ngoài góc $A$ với $BC$. Ta chứng minh đoạn $AR$ cắt $(O)$ tại $X$ thì tiếp tuyến tại $X$ của $I$ đi qua $V$

Theo tính chất song song ta dễ có $ANDM$ nội tiếp, Gọi $Y$ là tâm của $ANDM$.  $AVDI$ nội tiếp nên ta cần chứng minh $X$ nằm trên $(AID)$ là đủ. Gọi $T$ là giao của $ID$ với $AV$. Sử dụng chùm tâm $V$ chiếu lên $ID$ ta có $(TI,RD) = -1$ mà $\measuredangle IAT = 90$ nên $AI$ là tia phân giác $\measuredangle DAR$ (1). $W$ là giao của $AI$ với $(I)$ $S$ là giao của $AR$ với $(I)$ do (1) nên $WD = WS$.$L$ là giao của $ID$ với $(I)$. Ta có $\measuredangle LXR = \measuredangle LXS = 90^{\circ} - 2\measuredangle WXD = 90^{\circ} - \measuredangle DIW= \measuredangle VTI$. Lại gọi $X'$ là giao của $(AID)$ với $(I)$ theo tc hàng điều hòa ta có tiếp tuyến tại $X'$ của $(I)$ đi qua $V$. Ta có $\measuredangle LX'R = \measuredangle LXV - \measuredangle XDV - \measuredangle DIW = 90^{\circ} - \measuredangle DIW = \measuredangle VTD$ Nên $X$ trùng $X'$ ta có $dpcm$.

+, Ta chứng minh $Y$ nằm trên $(AID)$ thật vậy ta có 2 tam giác $ANF$ và $DFJ$ đồng dạng (G.G) nên $\frac{NF}{FA} = \frac{FJ}{JD}$  thiết lập đẳng thức tương tự chú ý $JE = JF$ nên $NF = ME$ từ đó $(FDE)$ đi qua điểm chính giữa cung lớn $EF của $(I)$ hay $(FDE)$ đi qua $W$.

Nên $\measuredangle AYD = 2 \measuredangle AWD= 2 \measuredangle IWD = 180 - \measuredangle AVD$. Nên $(AID)$ đi qua $Y$.

Vậy tóm lại ta chỉ cần chứng minh $X, Y, W$ thẳng hàng là OK!. Thật vậy ta có $\measuredangle LXW = 90^{\circ} - \frac{1}{2}.\measuredangle DIW$. Mà $\measuredangle LXY = \measuredangle LXV - \measuredangle YXV = \measuredangle XDV + \measuredangle XDL - \measuredangle XDV - \measuredangle YVD = 90^{\circ} - \frac{1}{2}. \measuredangle DIW$. Nên ta có $X, Y, W$ thẳng hàng. Vậy ta có $dpcm$ 

Hình gửi kèm

  • Chưa có tên.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 30-01-2017 - 06:11


#3 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:ăn mì tôm

Đã gửi 30-01-2017 - 08:55

Em có ý tưởng khác như sau

$AI$ cắt $(I)$ tại $J,Y$. $DJ$ cắt phân giác ngooài góc $\widehat{BAC}$ tại $X$ . khi đó $(AXYD)$ thuộc đường tròn đường kính $XY$,

mặt khác ,$\widehat{MDY}=\widehat{EJY}=\widehat{MAY}$ và tương tự suy ra $ADMNXY$ cùng thuộc đường tròn đường kính $XY$ . 

Nhận thấy $AY$ là phân giác $\widehat{MAN}$ nên $XY$ là trung trực $MN$ . Nếu cho $XY$ cắt $(I)$ tại $H$ thì $AH,AD$ đẳng giác góc $A$

 Việc còn lại ta chứng minh $AD,AR$ đẳng giác . Thật vậy , Gọi phân giác ngoài tam giác $ABC $ là $AK$ thì $K(AIRD)=-1=>A(KIRD)=-1$ nên $AR,AD$ đẳng giác . suy ra $AR$ đy qua $H$ , Vì vậy $XY,AR$ cắt nhau trên $(I)$

16395576_1826140414311275_84356452_n.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 30-01-2017 - 09:01


#4 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 30-01-2017 - 09:21

Ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Cho $\Delta ABC $, phân giác $AD,BE,CF$ đồng quy tại $I.$
$X,Y,Z$ thuộc $EF,FD,DE. X,A_1$ trên $EF,BC$ sao cho $I, A_0, X$ thẳng hàng và $IX⊥BC.$
Khi đó, $AA_0, AX$ là hai đường đẳng giác. 
Chứng minh:
Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC.$
$AD$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $A_1, A_2$ đối xứng $A_1$ qua $O.$
$EF ∩ BC ≡ S, A_0A_2 ∩ OI ≡ A_3, IX ∩ AA_2 ≡ A_4, IS ∩ AB ≡ A_5$
$A_2(IA,XA_3)=(IA_4,XA_0)=S(A_5A,FB)=I(A_5A,FB)=(SD,BC)=I(A_2A_1,XO)=(A_2A,XA_3)$
$=>A,X,A_3$ thẳng hàng.
$=>A_0, AX$ là hai đường đẳng giác (q.e.d).
Quay trở lại bài toán:  
Đoạn $AD,AR$ cắt (I) lần lượt tại $L,G.$
Áp dụng bổ đề, ta có $L, G$ đối xứng qua $AI.$
$AI ∩ (I) = {J,S} => SE = SF$
$AM // JE, AN // JF$
$=>$ Ta có biến đổi góc sau:
$∠MAN+∠MDN = ∠BAC+∠NAF +∠MAE + ∠EDF = ∠BAC + ∠AEJ + ∠AFJ + ∠EDF = ∠BAC + 2∠EDF = 180°$
$=> AMDN$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $\omega .$ 
Từ đó ta có biến đổi tỉ số:
$\frac{FN}{AF}=\frac{sin(∠NAF)}{sin(∠AND)}=\frac{sin(∠MAE)}{sin(∠AMD)}=\frac{EM}{AB} => FN=EM$
Mặt khác, $∠NFS = 180-∠SFD = 180-∠SED = ∠MES$
$=>\Delta MES = \Delta NFS => SM=SN.$ (1)
Gọi $K,T$ lần lượt là giao của $MN, JG$ với $AB$.
Ta có biến đổi góc:
$∠ADE=∠LFE=∠GEF=∠TJF$
$=>∠AKM = ∠ANK+∠KAN = ∠ADE+∠AFJ = ∠AFJ+∠TJF=∠ATJ$
$=> JG // MN => SG ⊥ MN$ (2)
(1),(2) => $GM=GN$ (q.e.d)

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2017-01-30 09:20:44.png

HSGS in my heart  :icon12:


#5 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 180 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Vũng Tàu
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 30-01-2017 - 13:33

Ý tưởng của e cũng gần giống bạn Trung:

Gọi $AI$ cắt $PQ,BC$ lần lượt tại $K,L$. Vì $(BC,DL)=(PQ,RK)\Rightarrow A(BC,DL)=A(PQ,RK)\Rightarrow A(BC,DI)=A(CB,RI)\Rightarrow AD,AR$ đẳng giác trog góc $A$ của $\triangle ABC$          $(1)$

Ta có: $\angle MAN=\angle EJF=180^{\circ}-\angle MDN\Rightarrow 4$ điểm $A,D,M,N$ đồng viên. Ký hiệu $(O)\equiv (ADMN)$

$AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $S$. Vì $\angle DEJ=\angle DMA=\angle DSJ\Rightarrow S\in (I)$. Từ đó $\triangle SME=\triangle SNF$ (g.c.g) $\Rightarrow SM=SN\Rightarrow S$ thuộc đường trung trực của $MN$

Trung trực của $MN$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $V\Rightarrow SV$ là đường kính của $(O)$

$SV$ cắt $(I)$ tại điểm thứ $2$ là $T$, khi đó $4$ điểm $A,V,T,J$ đồng viên. $AT$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $U$

Ta có biến đổi góc: $\angle DAS=\angle DVS=\angle JVT=\angle JAT=\angle SAU\Rightarrow AD,AU$ đẳng giác trog góc $A$ của $\triangle ABC$          $(2)$

Từ $(1),(2)\Rightarrow\overline{A,T,U}$. Vậy $AR$ và đường trung trực của $MN$ cắt nhau tại $T\in (I)$

Hình gửi kèm

  • hinhhay.png


#6 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 30-01-2017 - 17:25

Cám ơn các em đã đóng góp lời giải. Bài này có thể coi là một ứng dụng của bài toán mình ra trên tạp chí PI số 1, hãy đón đọc đáp án và bài viết của mình tuần sau nhé :)!

 

QH.



#7 manhtuan00

manhtuan00

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 27 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 30-01-2017 - 23:51

Lời giải của em ạ

Gọi $S$ là chân đường phân giác ngoài góc $\angle A$ của $\triangle ABC$. khi đó $S,P,Q$ thẳng hàng

$AR$ cắt $(I)$ tại $T$ . Ta cần chứng minh $T$ nằm trên trung trực $MN$

$AI$ cắt $(I)$ tại $G$. Ta có $\angle NAG = \angle FJG$ nên $A,N,G,D$ đồng viên, tương tự ta có $A,M,D,G$ đồng viên nên $A,M,N,D,G$ đồng viên trên $(O')$

Ta có $\angle NAG = \angle FJG = \angle EJG = \angle MAG$ nên $G$ là điểm chính giữa cung của đường tròn $(O')$

Do $JG$ là đường kính của $(I)$ nên $TJ \perp TG$ . Ta sẽ chứng minh $JT \parallel MN$ từ đó suy ra $TG \perp MN$ thì $TG$ là trung trực $MN$

Gọi $U$ là trung điểm $EF$, $V$ là giao điểm của $AS$ và $ID$

Có $A(IV,RD) = (IV,RD) = -1$ nên $AI$ là phân giác $\angle DAR$.

Gọi $H$ là giao của $DU$ với $(I)$. Khi đó ta có $\triangle FTA = \triangle EHA \sim \triangle DEA$ nên $AT,AD$ đẳng giác trong $\angle EAF$. Khi đó ta có $H \equiv T$. Vậy $T,U,D$ thẳng hàng

Ta có $IU.IA = ID^2$ nên $\angle IAT = \angle IAD = \angle UDI$ nên $A,T,I,D$ đồng viên, tức là $A,T,I,D,S$ đồng viên $\implies \angle STI = 90^{\circ} \implies ST$ là tiếp tuyến của $(I)$

Ta có $(NM,DG) = (NM,NG)+(NG,DG) = (DM,DG)+(AN,AD) = (JE,JG)+(AN,AG)+(AG,AD) = (JE,JG)+(JF,JG)+(AG,AD)= (AG,AD)$

Lại có $(JT,DG) = (JT,TS) + (TS,DS)+ (DS,DT)+(DT,DG) = (GJ,GT)+(AT,AD)+(DS,DT)+(TJ,GJ) = (AT,AD)+(DS,DT)-(TJ,TG)= (DS,DT)-(TJ,TG)+2(AG,AD) = (DS,DT)-(TJ,TG)+(DT,DI)+(AG,AD)=(DS,DI) - (TJ,TG)+(AG,AD) = (AG,AD)$

$\implies (NM,DG) = (JT,DG) \implies JT \parallel MN$. Ta có điều cần chứng minh

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 30-01-2017 - 23:59






0 người đang xem chủ đề

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