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 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
  • 4183 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

  • Thành viên
  • 142 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Hàm

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


#3 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 10 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

  • Thành viên
  • 142 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Hàm

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






0 người đang xem chủ đề

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