Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 3/2017: Bốn điểm $U,V,S,T$ cùng thuộc một đường tròn.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4247 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 20-03-2017 - 13:41

Như vậy lời giải cho bài Tuần 2 tháng 3/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Hùng và anh Trần Quang Huy. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ và đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CA,AB$ $U,V$ lần lượt là điểm đối xứng của $E,F$ qua $M,N$. Đường tròn $(EHN),(FHM)$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $P,Q$ khác $E,F$. $S,T$ lần lượt là đối xứng của $C,B$ qua $P,Q$. Chứng minh rằng bốn điểm $U,V,S,T$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Screen Shot 2017-03-20 at 4.28.59 PM.png

 

Bài 2. Cho các điểm $A,P,Q,K$ sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Xét họ các tam giác $\{ \triangle AB_iC_i \}_{i=1}^{\infty}$ thoả mãn:

i) $B_i,C_i$ đi qua $K$ với mọi $i$.

ii) $P,Q$ đẳng giác trong $\triangle AB_iC_i$ với mọi $i$.

Chứng minh rằng các đường tròn $\{ (AB_iC_i) \}_{i=1}^{\infty}$ là một họ các đường tròn đồng trục.

 

Screen Shot 2017-03-20 at 4.32.02 PM.png


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

#2 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 176 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

Đã gửi 20-03-2017 - 21:10

Lời giải Bài 1 :

Dễ thấy $AT=2NQ,AS=2PM$ và $\widehat{NHP}=\widehat{AEN}=\widehat{AFM}=\widehat{QHM}=>\widehat{NHQ}=\widehat{MHP}$

Và ta cũng có 2 tam giác $AFC,AEB$ đồng dạng với nhau nên $\widehat{NEB}=\widehat{MFC}$

Ta có hàng loạt các biến đổi sau để có dpcm:

$\frac{AT}{AS}=\frac{NQ}{MP}=\frac{NQ}{Sin\widehat{NHQ}}.\frac{Sin\widehat{MHP}}{MP}=\frac{HN}{Sin\widehat{NQH}}.\frac{Sin\widehat{MPH}}{HM}=\frac{NH.Sin\widehat{ENH}}{MH.Sin\widehat{FMH}}=\frac{EH.Sin\widehat{NEB}}{FH.Sin\widehat{MFC}}=\frac{EH}{FH}=\frac{CE}{BF}=\frac{AU}{AV}$

Suy ra $STUV$ nội tiếp

Quangtrong4.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 21-03-2017 - 17:50

~O)  ~O)  ~O)


#3 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 21-03-2017 - 16:32

Ta có   $MN//BC\Rightarrow$ MNFE nội tiếp. dễ dàng chứng minh $\Delta HNP\sim \Delta HMQ$
$\Rightarrow \widehat{NHP}=\widehat{QHM}$ suy ra $\widehat{NHQ}=\widehat{PHM}$ (1)
Vẽ HI,HJ vuông góc với AB,AC,X,Y là trung điểm BU,CV .
ta có $\frac{sNHQ}{sMHP}=\frac{QN.HI}{PM.HJ}=\frac{HQ.HN.sin NHQ}{HP.HM.sinMHP}$ =1(theo (1))
$\Rightarrow \frac{QN}{PM}=\frac{HJ}{HI}=\frac{CE}{BF}=\frac{AU}{AV}=\frac{NX}{MY} $
mà $\widehat{BNX}=\widehat{BAC}=\widehat{CMY}$  $\Rightarrow$ $\Delta NQX\sim \Delta MPY$
$\Rightarrow \widehat{BQX}=\widehat{CPY}\Rightarrow \widehat{BTU}=\widehat{CSV}$
$\Rightarrow STUV$ nội tiếp
 

Hình gửi kèm

  • tuần 3 tháng 3.png


#4 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 176 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

Đã gửi 21-03-2017 - 21:03

Lời giải bài 2 :  Trước khi giải , ta có 2 bài toán sau :

 

 

 BT1:  Cho tam giác $ABC$ nt $(O)$ , $P,Q$ là 2 điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác , $AQ$ cắt $(O)$ tại $G$ . $GP$ cắt $BC$ tại $H$ . Chứng minh : $HQ$ song song $AG$ .

 

trung1.png

Lời giải : Gọi $AP$ cắt $BC, (O)$ tại $K,L$ . $\widehat{KPC}=\widehat{PAC}+\widehat{ACP}=\widehat{QCB}+\widehat{BCG}=\widehat{QCG}$

 

Nên ta có 2 tam giác $PLC,CGQ$ đồng dạng với nhau $\rightarrow LP.QG=CL.CG$ , 

 

Mặt khác 2 tam giác $LKC,GCA$ đồng dạng với nhau  $\rightarrow LK.AG=CL.CG$

 

Chính vì vậy $\frac{AG}{QG}=\frac{LP}{LK}=\frac{GP}{GH}$ nên $HQ$ song song $AG$

 

BT2: Cho Hình bình hành $ABCD$ cố định và 1 điểm $S$ cố định nằm bất kì . 1 đường thẳng $d$ thay đổi qua $S$ cắt $BC,CD$ tại $E,F$ . $DE,BF$ cắt $AB,AD$ tại $P,Q$ . Chứng minh : $(APQ)$ Luôn đi qua 2 điểm cố định khi $d$ thay đổi qua $S$

 

trung 3.png

Lời giải : Goại $SD,SB$ cắt $AB,AD$ tại $N,M$ . $R$ là giao của $(AND)$ và $(ABM)$ khác $A$ . Có $R$ cố định . Ta sẽ chứng minh $(APQ)$ đi quá $R$. Gọi $CD$ cắt $BS$ tại $X$

 

 Áp dụng $Menelaus$ với tam giác $ADN$ cát tuyến $SBM$ Có: $\frac{BN}{BA}.\frac{MA}{MD}=\frac{SN}{SD}=\frac{SB}{SX}$

 

Tiếp tục  Áp dụng $Menelaus$ với tam giác $BCX$ cát tuyến $SEF$ Có :$\frac{SB}{SX}=\frac{EB}{EC}.\frac{FC}{FX}=\frac{PB}{AB}.\frac{FC}{FX}$

 

Mặt khác theo $Tales$ Có :$\frac{AM}{MQ}=\frac{AM}{AD}.\frac{AD}{AQ}.\frac{QA}{MQ}=\frac{CD}{CX}.\frac{CF}{CD}.\frac{AQ}{DQ-DM}=\frac{CD}{CX}.\frac{CF}{CD}.\frac{CX}{DF-DX}=\frac{CF}{FX}$

 

Từ 3 điều trên suy ra :$\frac{BN}{BP}=\frac{DM}{MQ}$ . Mặt khác có 2 tam giác $RBN,RDM$ đồng dạng với nhau và có tỉ số trên suy ra 2 tam giác $RBP,RMQ$ đòng dạng nên $\widehat{RPA}=\widehat{RQA}$ Suy ra $APQR$ nội tiếp (dpcm)

 

Trở lại bài toán đầu : 

 

trung 2.png

Bài toán đưa về các đường tròn ngoại tiếp tam giác $AB_iC_i$ thỏa mãn 2 tính chất trên đy qua 1 điểm cố đinh khác $A$ . 

 

Gọi  $AP,AQ$ cắt $(AB_iC_i)$ tại $L_i,T_i$ . $PT_i,QL_i$ cắt $B_i,C_i$ tại $X_i,Y_i$ thì theo BT1  thì $PY_i,QX_i$ song song với $AQ,AP$ .

 

Do $B_i,C_i$ thay đổi theo 2 điều kiện Và với mỗi $Y_i,X_i$ có đặc điểm như trên  thì ta dựng được duy nhất $(AB_iC_i)$ theo cách như trên ( hình vẽ )

 

. Chính vì vậy , ĐỀ bài sẽ đưa về chứng minh $(AL_iT_i)$ đy qua điểm cố định , Đây chính là BT2

 

Ta có dpcm,


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 21-03-2017 - 21:06

~O)  ~O)  ~O)






0 người đang xem chủ đề

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