Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 3/2017: $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $(K)$ thay đổi.

hình học

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

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 26-03-2017 - 20:16

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

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ cố định và đường tròn $(K)$ thay đổi đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Gọi $J,L$ lần lượt là tâm ngoại tiếp của các tam giác $ABE,ACF$. $EJ$ cắt $FL$ tại $P$. $Q$ là tâm ngoại tiếp tam giác $KEF$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $(K)$ thay đổi.

 

Screen Shot 2017-03-26 at 11.14.17 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $P$ là điểm cố định trên trung trực $BC$. Trên đường thẳng $CA,AB$ lấy các điểm $E,F$ sao cho $PE \parallel AB, PF \parallel AC$. Chứng minh rằng trung trực $EF$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ di chuyển. 

 

Screen Shot 2017-03-26 at 11.16.41 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 26-03-2017 - 20:17

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

#2 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

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

Đã gửi 27-03-2017 - 20:37

Lời giải bài 2 :

Đầu tiên Ta có $\widehat{BFP}=\widehat{CEP}=\widehat{BAC}$ nên $FOPB,EOPC$ nội tiếp , Gọi $K,L$ là tâm $(OPB),(OPC)$ , Ta có $(K)=(L)$ . Dựng $X$ sao cho $X$ thuộc $PO$ và $\widehat{XKO}=\widehat{BAC}$ Nên $X$ cố định.  Mặt khác $\widehat{FPE}= \widehat{BAC}$ nên ta có :$\widehat{FKX}=\widehat{ELX}$ Do đó2 tam giác $FKX,ELX$ bằng nhau nên $XE=XF$ suy ra trung trực $FE$ đy qua $X$ cố định

Quangtrong5'.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 27-03-2017 - 20:39


#3 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{THPT}$ $\textrm{chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm}$ $\textrm{Quảng Nam}$
  • Sở thích:$ \textrm{GEOMETRY} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 27-03-2017 - 22:18

Bài 1:

Trước hết ta  các bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho $ \triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $ (O)$. Một đường tròn $ (K)$ bất kỳ qua $ B, C$ cắt $ CA, AB$ lần lượt tại $ E, F$, $ (AEF)$ cắt $ (O)$ tại $ G$ khác $A$. Khi đó ta  $ GEKB, GFKC$  các tứ giác nội tiếp.

Chứng minh:

Ta  $ \angle BGE+ \angle BKE= 2\angle BCA+ \angle BGA-\angle AGE= \angle BGE+\angle BCA =180^0$.

suy ra thứ giác $ GEKB$ nội tiếptương tự ta  $ GFKC$ nội tiếp.

Bổ đề 2: Cho $ \triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $ (O)$. Một đường tròn $ (K)$ bất kỳ qua $ B, C$ cắt $ CA, AB$ lần lượt tại $ E, F$. Gọi $ H$  giao điểm $ BE$  $ CF$, $ I$  tâm đường tròn $ (KEF)$. Khi đó ta  $ H, I, O$ thẳng hàng.

Bổ đề này tham khảo tại https://artofproblemsolving.com/community/c6h454878p2556589

Bổ đề 3: Cho $ \triangle ABC$ cân tại $ A$ nội tiếp $(O)$.$ X$ bất , $ XB, XC$ cắt trung trục $ CA, CB$ tại $ N, M$. Lấy điểm $ Y$ sao cho $ BY \perp AM, CY \perp AN$. Khi đó ta  $ X, O, Y$ thẳng hàng.

Bổ đề này được suy ra từ bài toán của bạn Nguyễn Đức Bảo khi cho $ AB=AC$

Bài toán gốc https://artofproblemsolving.com/community/c6h1233260p6247264 

Quay trở lại bài toán.

Gọi $ M, N$ lần lượt  tâm đường tròn ngoại tiếp $ \triangle KCF, \triangle KBE$,$ Z $  giao điểm của $ EM$  $ FN$.

Ta  $ PM, PN$ lần lượt  trung trực của $KF, KE $. Áp dụng bổ đề 3 vào $ \triangle KEF$ cân ta được $ Z,H,O$ thẳng hàng,

từ đây theo bổ đề 2 ta  $ Z, Q, O$ thẳng hàng

Gọi $ S$  giao điểm của $ EF$  $BC$. Theo tính chất phương tích ta  $ AG, EF, BC$ đồng quy tại $ S$.

Từ đó $ SA.SG=SE.SF=SB.SC$

Xét phép nghịch đảo cực $ S$, phương tích trên biến $ (GBE)$ hay $ (KBE)$ thành $ (ACF)$ , biến $(GCF)$ hay $ (KFC)$ thành $ (ABE)$ Tức  biến tâm $ M, N$ của $ (KCF) , (KBE)$ thành tâm $ J,L $ của $ (ABE) , (AFC)$

$ f(M)f(N)--- f(J)f(L)$

Lại  $ EM \cap FN =Z , O, P$ thẳng hành nên $ FL \cap EJ=P , O, Q $ thẳng hàng.

Vậy $ PQ$ luôn đi qua tâm $ O$ cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 27-03-2017 - 22:24


#4 Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 31-03-2017 - 22:36

1 cách khác cho bài 1: 

Bổ đề: Cho $ABC$ nội tiếp $(O)$, 1 đường tròn $(K)$ bất kì qua $B, C$ cắt $AB, AC$ tại $E, F$, $P$ là giao 2 đường chéo, $Q$ là tâm của $(KEF)$. Khi đó $P, Q, O$ thẳng hàng.

Trở lại bài toán:

Gọi $G$ là giao của $FC, EB$. Ta chỉ cần chứng minh $P, G, O$ thẳng hàng.

Ta có $\angle PEF= 90^{\circ} - \angle A- \angle FEB$, $\angle OCF = \angle FCE - 90^{\circ} - \angle B$. Nên $\angle OCF = \angle JEF$. Nên $JE$ và $OC$ cắt nhau trên $(K)$ tại $U$ tương tự có $V$. Áp dụng định lý $Pasal$ cho bộ $FUVECB$ ta có $P, G, O$ thẳng hàng. $dpcm$



#5 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 01-04-2017 - 00:31

Đúng đây cũng là cách đáp án, thầy chế ra từ ý b) bài 4 TST năm 2017 vừa rồi :), thực ra nó là 1 cách tổng quát ý b) đó!







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

2 người đang xem chủ đề

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


    Yahoo (2)