Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 1 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $MN \parallel GL$.

hình học

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

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4231 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 02-04-2017 - 20:44

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 4 tháng 3/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Nguyễn Tiến Dũng. Xin trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$ và có tâm ngoại tiếp $O$. Đường tròm đường kính $AO$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại $K$ khác $O$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DKH$ tại $L$ khác $K$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $DKH$ cắt $BC$ tại $G$ khác $D$. $GE,GF$ lần lượt cắt $DF,DE$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $MN \parallel GL$.

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ cố định và điểm $P$ thay đổi sao cho $\frac{PB}{PC} =\frac{AB}{AC}$. Dựng hai hình chứ nhật bằng nhau cùng ngược hướng với tam giác $ABC$ là $PBDE$ và $PGCF$. Chứng minh rằng khi $P$ thay đổi thì đường tròn nối tâm hai hình chữ nhật luôn đi qua một điểm cố định.

 

Screen Shot 2017-04-02 at 11.44.10 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 02-04-2017 - 22:10

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

#2 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 89 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

Đã gửi 03-04-2017 - 19:48

Lời giải bài 1 : Gọi $U$ là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại $B,C$ khi đó $K$ là hình chiếu của $O$ trên $AU$

Gọi $OK$ cắt $BC$ tại $S$ khi đó $AS$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$

Gọi $G'$ là giao điểm của $(DKH)$ với $BC$. Khi đó theo bài toán ở https://artofproblem...1407018p7885474 #6 thì $AG' \perp OH$ nên $G' \equiv G$ và $H,O,L$ thẳng hàng , $A,L,G$ thẳng hàng

$EF$ cắt $BC$ tại $T$ thì $T$ chính là trung điểm $GS$ theo bài toán trên

Do $EF \parallel AS$ do cùng vuông góc $AO$ nên $EF$ đi qua trung điểm $R$ của $AG$.

Ta chứng minh $MN,AD,EF$ đồng quy. Thật vậy, gọi $AH$ cắt $EF$ tại $V$. Thật vậy, theo Menelaus ta có $\frac{\overline{MF}}{\overline{MD}}.\frac{\overline{GD}}{\overline{GT}}.\frac{\overline{ET}}{\overline{EF}}= -1, \frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{GT}}{\overline{GD}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FT}} = -1$ nên $\frac{\overline{MF}}{\overline{MD}}.\frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{TE}}{\overline{TF}}= -1=\frac{\overline{MF}}{\overline{MD}}.\frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{VE}}{\overline{VF}}$ nên $M,V,N$ thẳng hàng

Gọi $MN$ cắt $BC$ tại $X$

Khi đó ta có : $V(MR,AG) = V(XT,DG) = N(XT,DG) = (VT,EF) = -1$ nên $MN \parallel AG$ hay $MN \parallel GL$. Ta có điều cần chứng minh

Hình gửi kèm

  • DSC_0123.JPG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 03-04-2017 - 19:50


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 03-04-2017 - 20:19

Đúng vậy thầy chế ra bài này từ bài của Tuấn!



#4 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Binh nhì

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

Đã gửi 04-04-2017 - 00:24

tiếp tuyến của A cắt BC tại S$\Rightarrow$ $\overline{K,S,O}$

Có $\widehat{KLx}=\widehat{KDG}=\widehat{SAK}=\widehat{AOK}$gọi $GL\cap AO=A'$   $\Rightarrow A'LOK $nội tiếp $\Rightarrow A\equiv A'$

$\Rightarrow \overline{A,L,G}$ $\Rightarrow \widehat{OLA}=\widehat{HLA}=90\Rightarrow$ $\overline{H,O,L}$

tuan1thang4nam2017.png

rút gọn bài toán thành 

tuan1thang4nam2017(1).png

 

QF,QE lần lượt cắt (HFE) tại S,T.áp dụng định lí pasal cho$\binom{AFS}{HTE}$ $\Rightarrow J=FT\cap SE$ thuộc BC

Ta có$ \widehat{FTE}=\widehat{FAE}=\widehat{FDB}$   $\Rightarrow FTDQ$ nội tiếp  

 

t/tự   $\widehat{ESQ}$=$\widehat{FAE}$=$\widehat{EDC}$  $\Rightarrow SEQD$ nội tiếp

áp dụng định lí MIQUEL trong tứ giác toàn phần JFTEQD$\Rightarrow$ S là điểm miquel$\Rightarrow $JFSD nội tiếp

$\Rightarrow QD.QJ=QS.QF=QL.QA\Rightarrow $ALDJ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{JLA}=\widehat{JDA}=90$   $\Rightarrow$ J$\in HO$ 

xét phep nghịch đảo $N_{J}^{k}:T\rightarrow F$,$S\rightarrow E,Q\rightarrow D\Rightarrow (STQ)\rightarrow (FED)$ $\Rightarrow$ tâm G của(STQ)$\rightarrow$ tâm W của (FED)

$\Rightarrow \overline{J,W,H,O,,G}$ 

Ta có $\overline{MD}.\overline{MF}=\overline{MQ}.\overline{MT}$ 

          $\overline{ND}.\overline{NE}=\overline{NS}.\overline{NQ}$

$\Rightarrow $MN là trục đẳng phương của (G),(W)$\Rightarrow MN$ vg góc với HO

$\Rightarrow MN//QL$

 



#5 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 04-04-2017 - 18:20

Xin đưa ra một hướng giải quyết cho bài toán 2, ta sẽ xét bài toán tổng quát hơn như sau :

 

Bài toán tổng quát. Cho tam giác $ABC$, điểm $P$ sao cho $\tfrac{PB}{PC}$ $=$ $\tfrac{AB}{AC}$. $Q$ là giao điểm của $AP$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì trung trực $PQ$ đi qua một điểm cố định.

 

Giải. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Do $\tfrac{PB}{PC}$ $=$ $\tfrac{AB}{AC}$ nên $P$ thuộc đường tròn Apollonius chia $BC$ theo tỉ số $\tfrac{AB}{AC}$, từ đó $P$ thuộc đường tròn tâm $S$, bán kính $SA$. Gọi $D$ là giao điểm của $(S,SA)$ với đường tròn $(O)$, $A'$ là đối xứng của $A$ qua $O$ và $T$ là giao điểm của $A'D$ với trung trực $AA'$. Do $OS$ $\perp $ $AD$ nên $\angle SOA$ $=$ $\angle DA'A$, mặt khác chú ý rằng $OA$ $=$ $OA'$ nên $\triangle OTA'$ $=$ $\triangle ASO$. Từ đó $TO$ $=$ $SA$. Gọi $d_1$, $d_2$, $d_3$ lần lượt là các đường thẳng qua $S$, $O$, $T$ và vuông góc với $PQ$. Ta có $(OT,d_3)$ $=$ $(OT,d_2)$ $=$ $(AQ,AO)$ $=$ $(AS,d_1)$, kết hợp với $OT$ $=$ $SA$ nên $d(A,d_1)$ $=$ $d(O,d_3)$. Mặt khác do $d_1$, $d_2$ lần lượt là trung trực $AP$, $AQ$ nên $d_3$ là trung trực $PQ$. Do đó trung trực $PQ$ luôn đi qua điểm $T$ cố định. $\square$

 

Bây giờ ta xét bài toán gốc. Gọi $X$ là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp các hình chữ nhật $BPED$ và $CPGF$. Do hai hình chữ nhật này bằng nhau nên $\angle BXC$ $=$ $\angle BXP$ $+$ $\angle CXP$ $=$ $\angle BEP$ $+$ $\angle PGC$ $=$ $90^\circ$ suy ra $X$ thuộc đường tròn đường kính $BC$. Gọi $K$ là giao điểm của đường tròn đường kính $BC$ với đường tròn Apollonius chia $BC$ theo tỉ số $\tfrac{AB}{AC}$ sao cho $K$ khác phía $A$ đối với $BC$. Do $\tfrac{KB}{KC}$ $=$ $\tfrac{PB}{PC}$ nên $\triangle BKC$ $\sim$ $\triangle BPE$ $=$ $\triangle GPC$ suy ra $\angle BXP$ $=$ $\angle BCK$, từ đó $K$, $P$, $X$ thẳng hàng. Áp dụng bài toán tổng quát cho tam giác $BKC$ ta có trung trực $PX$ luôn đi qua một điểm cố định. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 04-04-2017 - 18:20






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

0 người đang xem chủ đề

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