Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 2 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $\frac{MP}{NQ}= \frac{JM}{JN}$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 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 09-04-2017 - 23:10

Như vậy lời giải cho Tuần 1 tháng 4/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Ngô Quang Dương. Xin trích dẫn lại hai bài toán:
 
Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $K$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOC$ và nằm trong tứ giác. Đường tròn $(K,KA)$ lần lượt cắt $AB,AD$ tại $M,N$ khác $A$. $MN$ theo thứ tự cắt $CB,CD$ tại $P,Q$. $L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $CPQ$. $KL$ cắt $MN$ tại $J$. Chứng minh rằng $\frac{MP}{NQ}= \frac{JM}{JN}$. 
Screen Shot 2017-04-10 at 2.07.20 AM.png
 
Bài 2. Cho $P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác với tam giác $ABC$. $E,F$ lần lượt là hình chiếu vuông gcc của $P$ lên $AC,AB$. $AP$ cắt $(ABC)$ tại $X$ khác $A$, $D$ là hình chiếu vuông góc của $X$ lên $BC$. $EF$ cắt $(ABC)$ tại hai điểm $U,V$. $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DUV$. Chứng minh rằng đối xứng của $Q$ qua $K$ nằm trên $(ABC)$.
Screen Shot 2017-04-10 at 2.07.08 AM.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 10-04-2017 - 17:05

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

#2 NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 61 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:miền nam
  • Sở thích:tìm link

Đã gửi 10-04-2017 - 17:59

lời giải cho bài 2 (em gửi ảnh mà không hiểu sao nó bị sắp xếp tùm lum cả  nhờ mọi người sửa lại)

Hình gửi kèm

  • 17835048_1810799855914374_5798947167689933068_o.jpg
  • 17761230_1810799925914367_2380799026122929014_o.jpg
  • 17834122_1810784589249234_8032094903644330443_o.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 10-04-2017 - 18:01


#3 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Binh nhì

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

Đã gửi 10-04-2017 - 18:58

ta chứng minh bổ đề sau

  Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) ,K thuộc (AOC), đường tròn (K,KA) cắt AB,AD tại M,N,đường tròn (K,KC) cắt CB,CD tại S,T chứng minh MN//ST

tuần 2 tháng 4 năm 2017.png

 cho AC cắt (K,KA),(K,KC),OK tại Q,V,X.$AO\cap AO=Y$

có $\widehat{KVC}=\widehat{KCA}=\widehat{KOA}$ $\Rightarrow$ XVOYnội tiếp

ta có $\widehat{OKC}=\widehat{XCO}$   $\Rightarrow$ $\widehat{KXC}$=$\widehat{KCO}$=$\widehat{KAY}$=$\widehat{KYA}$

$\Rightarrow Y\in (K,KA)$ 

C/M tt QK$\cap$ OC= H  $\Rightarrow$ H$\in$ (K,KC)

Ta có (AB,AC)=(AM,AQ)$\Rightarrow$ (KM,KQ)$\Rightarrow$ (OB,OC) Gọi MK$\cap$ OB=Z$\Rightarrow$ (ZK,ZO)=(HK,HO)$\Rightarrow$ HKOZnội tiếp $\Rightarrow \widehat{KZO}=\widehat{KHO}=\widehat{KCO}=\widehat{OYK}$ $\Rightarrow$ KOYHZ nội tiếp

$\Rightarrow$(KOY)$\cap$ OB=Z

Tương tự (CB,CA)=(CS,CV)$\Rightarrow$ (OB,OA)=(KS,KV).      SK$\cap OB=Z'$ 

dễ dàng chứng minh Z'$\in$ (HKY)$\Rightarrow$ (KOY)$\cap$ OB=Z'$\Rightarrow$ Z$\equiv $Z'$\Rightarrow$ $\overline{S,M,K}$ 

C/m tt $\overline{K,N,T}$

tuần 2 tháng 4 năm 2017(2).png

$\Rightarrow$ MN//ST $\Rightarrow PQ//ST$

$\Rightarrow$ $\overline{L,K,C}$

KC$\cap$ (K,KA)=W   $\Rightarrow$ NW//TC và MW//SC

$\Rightarrow$ $\frac{JN}{NQ}$=$\frac{JW}{WC}$=$\frac{JM}{MP}$ $\Rightarrow$ $\frac{MP}{NQ}$=$\frac{JM}{JN}$



#4 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 11-04-2017 - 17:01

Lời giải bài 1 : 

Gọi $X$ là giao điểm của $CK$ với $(O)$ , $OK$ cắt $AX$ tại $S$. Khi đó $\angle XKS  = \angle OCA = 90^{\circ} - \angle AXK$ nên $OS \perp XK$

Tức là $KA = KX$ nên $X \in (K,KA)$. 

Ta có : $\angle PQC = 180^{\circ} - \angle QND - \angle QDN = 180^{\circ} - \angle ANM - \angle AXC = (90^{\circ} - \angle XNM) +90^{\circ} - \angle ANX - \angle ABC = (90^{\circ} -\angle XCB) +90^{\circ} - \angle OCA - \angle ABC = 90^{\circ} - \angle XCB$ nên $CX$ đi qua $J$, tức là $L,J,K,X$ thẳng hàng

$(K)$ cắt $XC$ tại $G$. Khi đó $\angle MGJ = \angle MAX = \angle BCG$ nên $GM \parallel BC$. Tương tự ta có $GN \parallel DC$ nên $\frac{JM}{JP} = \frac{JG}{JC}=\frac{JN}{JQ}$ nên $\frac{MP}{NQ}=\frac{JM}{JN}$

Hình gửi kèm

  • DSC_0121.JPG


#5 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 11-04-2017 - 18:40

Lời giải bài 2 : Gọi $S$ là giao điểm của $DX$ với $(O)$. $AQ$ cắt $(O)$ tại $L$. Khi đó $LS$ là đường kính của $(O)$

Gọi $X'$ là đối xứng của $X$ qua $O$ khi đó $LX \perp BC$. Gọi $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. $X'M$ cắt $BC$ tại $I$

$\blacksquare$ Ta chứng minh $U,V,M,D$ đồng viên

Ta sẽ chứng minh $XI,BC,EF$ đồng quy. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G_1$ thì $\frac{G_1B}{G_1C} = \frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC}$

Gọi $XI$ cắt $BC$ tại $G_2$ thì $\frac{G_2B}{G_2C} =  \frac{IB}{IC}.\frac{XB}{XC}$

Vậy điều cần chứng minh tương đương với 

$\frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC} = \frac{IB}{IC}.\frac{XB}{XC}$

Thật vậy ta có : $\frac{MB}{MC} = \frac{IB}{IC}.\frac{X'B}{X'C} = \frac{IB}{IC}.\frac{AF}{AE} = \frac{IB}{IC}.\frac{AF}{AE}$ nên $\frac{IB}{IC} = \frac{MB}{MC}.\frac{AE}{AF}$ ( do có $\triangle X'BC \sim \triangle AFE$)

Vậy ta cần chứng minh $\frac{AE}{AF}.\frac{BF}{CE}= \frac{MB}{MC}.\frac{AE}{AF}.\frac{XB}{XC}$ tức là $\frac{MB}{MC} = \frac{FB}{EC}.\frac{XB}{XC}  $

Có $\triangle FPE \sim \triangle BXC$ nên $ \frac{FB}{EC}.\frac{XB}{XC}  =  \frac{FB}{EC}.\frac{PF}{PE} = \frac{cotan \angle FBP}{cotan \angle ECP} = \frac{cotan \angle  QBM}{cotan \angle QCM} = \frac{MB}{MC}$. Ta có điều cần chứng minh

Vậy $XI,BC,EF$ đồng quy tại $G$

$\blacksquare$ Ta chứng minh đối xứng của $Q$ qua $K$ nằm trên $(O)$

Thật vậy, ta sẽ chứng minh $S$ chính là đối xứng của $Q$ qua $K$

Gọi $K'$ là trung điểm $QS$. Do $S$ là đối xứng của $L$ qua $O$ nên $AS \perp AQ$ , từ đây suy ra $AS \parallel UV$

$K'$ là trung điểm $QS$ nên $K'$ nằm trên trung trực $AS$, cũng là trung trực $UV$

Lại có $QMDS$ là hình thang vuông nên $K'$ cũng nằm trên trung trực $MD$. Mà tứ giác $MDVU$ nội tiếp nên $K'$ chính là tâm ngoại tiếp $MDVU$ nên $K \equiv K'$

Vậy $K$ chính là trung điểm $QS$.

Hình gửi kèm

  • DSC_0121.JPG


#6 TQHKTH

TQHKTH

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBKHN
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 11-04-2017 - 22:01

Xin đóng góp 1 hướng tiếp cận cho bài toán thứ 2.

Ta gọi $XD$ cắt lại $(O)$ tại $T$ và $K$ là trung điểm $QT$. Ta cần chứng minh $K$ chính là tâm ngoại tiếp $\triangle DUV$. Thật vậy:

Gọi $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$ và $EF\cap BC = S$.

Đặt $\alpha = -\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}},\ \beta = -\dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}}$. Khi đó:

$$\dfrac{\overline{SB}}{\overline{SC}} = \dfrac{\overline{BF}}{\overline{FA}} . \dfrac{\overline{AE}}{\overline{EC}} = \dfrac{BF}{FP} . \dfrac{PF}{FA} . \dfrac{AE}{EP} . \dfrac{PE}{EC} = \dfrac{BM}{MQ} . \dfrac{XD}{DC} . \dfrac{BD}{DX} . \dfrac{QM}{MC} = \dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}} . \dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}} = \alpha . \beta$$

Trên trục $BC$ chọn tọa độ $B = 1, C = 0$ và khi đó:

$$D = \dfrac{B+\alpha C}{1+\alpha} = \dfrac{1}{1+\alpha},\ M = \dfrac{1}{1+\beta},\ S = \dfrac{1}{1-\alpha \beta}$$

Do đó:

$$\overline{SM}.\overline{SD} = \left(\dfrac{1}{1+\beta}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(\dfrac{1}{1+\alpha}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \left(1-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(0-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \overline{SB}.\overline{SC} = \overline{SU}.\overline{SV}$$

Có nghĩa là $DMUV$ nội tiếp. Và do $QMDT$ là hình thang vuông nên rõ ràng trung điểm $K$ của $QT$ phải nằm trên trung trực $MD$.

Thêm vào đó, nếu gọi $AQ$ cắt lại $(O)$ tại $Y$ thì hiển nhiên $XY\parallel BC$, hay $XY\perp XD$. Từ đó $YT$ phải là đường kính của $(O)$, hay $O$ là trung điểm $TY$. Do đó $KO\parallel QY$ (đường trung bình $\triangle TQY$) $\Rightarrow KO\perp UV \Rightarrow K$ nằm trên trung trực $UV$.

Tóm lại $K$ nằm trên trung trực của $MD$ và $UV$. Đồng thời, $DMUV$ nội tiếp nên $K$ chính là tâm $(DUV)$.

Vậy kết thúc chứng minh.

Hình gửi kèm

  • baitoandanggiac.png


#7 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 13-04-2017 - 22:26

Bài 1 có thể coi là mở rộng của EGMO 2017 P1

 

https://artofproblem...36082_2017_egmo







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