Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 4/2017: Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ thay đổi.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4216 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 16-04-2017 - 20:12

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 4/2017 đã được đăng tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Nguyễn Đức Bảo. Xin trích dẫn lại hai bài toán

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có $P$ nằm trên phân giác gód $\angle BAC$. $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lin $BC,CA,AB$. $AP$ cắt đường tròn $(PBC)$ tại $Q$ khác $P$. $DP$ cắt đường tròn $(DEF)$ tại $K$ khác $D$. $L$ đối xứng $K$ qua $EF$. $AL$ cắt $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ thay đổi.

 

Screen Shot 2017-04-16 at 10.52.01 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$, $P$ thuộc đường thẳng cố định. Các đường thẳng qua $P$ lần lượt vuông góc với $CA,AB$ cắt các đường thẳng $AB,AC$ theo thứ tự tại $E,F$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ thuộc một đường thẳng cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 17-04-2017 - 10:30
Them link

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

#2 Duc Khai Tong

Duc Khai Tong

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 17-04-2017 - 21:33

Bài 2

Gọi d là đường thẳng cố định ban đầu

Dễ thấy AEPF là tứ giác nội tiếp có AP là cạnh huyền.Suy ra tâm đường tròn (PEF) là trung điểm O của AP.

Khi P di động trên đường thẳng d cho trước thì O di động trên 1 đường thẳng song song với d. 

( Vì giả sử P' cũng là một điểm thuộc d tương tự suy ra O' là trung điểm AP' suy ra OO'//PP' hay OO'//d)

Vậy tâm đường tròn thuộc một đường thẳng là trung trực của đoạn thẳng khoảng cách từ A đến d nên nó cố định

ĐPCM


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duc Khai Tong: 17-04-2017 - 21:34


#3 xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 60 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Physics class QH Huế
  • Sở thích:Hình học,hẹn hò :)))

Đã gửi 17-04-2017 - 21:38

Mình xin phép giải bài 2:

Ta chuyển bài toán trên thành bài toán tương đương như sau: Cho tam giác ABC, P di động trên BC, đường thẳng qua P vuông góc AB, AC cắt các đường thẳng AC, AB tại E, F. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF thuộc một đường thẳng cố đinh.

Đường thẳng qua B và C lần lượt vuông góc AB và AC cắt AC và AB tại M, N. R, S là trung điểm AM, AN. L, K là trung điểm BM, CN. X, Y đối xứng R, S qua L, K. H, I là trung điểm PE, PF. 

Dễ thấy ACYS và ABXR là hình bình hành nên SY // BX // AC và RX // CY // AB. Theo bổ đề hình thang thì B, I, K thẳng hàng và C, H, L thẳng hàng. Qua I kẻ đường thẳng song song với AC giao XY tại O thì áp dụng liên tiếp định lý talet:

$\frac{YO}{OX}=\frac{KI}{IB}=\frac{CP}{PB}=\frac{CH}{HL}$

mà CY // LX nên HO // CY // LX // AB

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF di động trên đường thẳng XY cố định

Hình gửi kèm

  • images.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 17-04-2017 - 21:38


#4 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 19-04-2017 - 18:05

Post 399.png

Xin đưa ra một hướng giải khá dài cho bài toán 1,

 

Gọi $M$ là hình chiếu của $P$ lên $EF$, $S$, $T$ lần lượt là giao điểm của $AP$ với $BC$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Theo tính chất phương tích : $SP\cdot SQ$ $=$ $SB\cdot SC$ $=$ $ST\cdot SA$ nên $\tfrac{ST}{SQ}$ $=$ $\tfrac{SP}{SA}$ $\Leftrightarrow $ $\tfrac{ST}{TQ}$ $=$ $\tfrac{SP}{PA}$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông và chú ý các tam giác $NTB$ và $APE$ đồng dạng góc - góc ta suy ra $\tfrac{PM}{PA}$ $=$ $\tfrac{PE^2}{PA^2}$ $=$ $\tfrac{TB^2}{TN^2}$. Do $NT$ $\perp$ $BC$ nên các tam giác $PSD$ và $TNA$ đồng dạng góc - góc suy ra $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{TN}{TA}$. Từ đó ta thu được $\tfrac{PM}{PA}$ $\cdot$ $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{TB^2}{TN\cdot TA}$. Mặt khác do $TB^2$ $=$ $TS\cdot TA$ nên $\tfrac{PM}{PA}$ $\cdot$ $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{ST}{TN}$ $\Leftrightarrow $ $\tfrac{PM}{PD}$ $=$ $\tfrac{ST}{SP}$ $\cdot $ $\tfrac{PA}{TN}$ $=$ $\tfrac{TQ}{TN}$. Do đó $\triangle NTQ$ $\sim $ $\triangle DPM$ (cạnh - góc -cạnh) suy ra $\angle PMD$ $=$ $\angle NQT$. Gọi $Z$ là giao điểm của $EF$ với $BC$, $U$ là giao điểm của $QN$ với $BC$ thì tứ giác $ZPUQ$ nội tiếp một đường tròn. Do đó $SU\cdot SZ$ $=$ $SP\cdot SQ$ $=$ $ST\cdot SA$ suy ra tứ giác $AUTZ$ nội tiếp. Gọi $Y$ là hình chiếu của $K$ lên $EF$, do các cặp tam giác $KYE$ và $PFB$, $KYF$ và $PEC$ đồng dạng nên $\tfrac{YE}{YF}$ $=$ $\tfrac{BF}{CE}$ $=$ $\tfrac{ZB}{ZC}$ (theo định lý Menelaus trong tam giác $ABC$ với cát tuyến $\overline{ZEF}$). Gọi $V$ là điểm trên đoạn $BC$ sao cho $\tfrac{VB}{VC}$ $=$ $\tfrac{ZB}{ZC}$ $=$ $\tfrac{YE}{YF}$, ta thu được cấu hình đồng dạng : $\triangle BNC\cup V$ $\sim $ $\triangle EAF\cup Y$. $G$ là giao điểm khác $T$ của $TZ$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, do $T$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $G$ nên $GZ$ là phân giác ngoài $\angle BGC$, suy ra $GV$ là phân giác trong $\angle BGC$, do đó $G$, $V$, $N$ thẳng hàng. Từ đó $\angle YAM$ $=$ $\angle VNT$ $=$ $\angle SZT$ nên $A$, $Y$, $U$ thẳng hàng. Gọi $W$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. Đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ cắt $CA$, $AB$ lần lượt tại $I$, $J$. Do $\angle PIK$ $=$ $\angle PEK$ $=$ $\angle PEM$ $+$ $\angle FEK$ $=$ $\angle PAB$ $+$ $\angle FDP$ $=$ $\angle PAB$ $+$ $\angle PBA$ $=$ $\angle BPQ$ $=$ $\angle BQC$. Tương tự ta thu được cấu hình đồng dạng : $\triangle BQC\cup W$ $\sim $ $\triangle JPI\cup K$, do đó $\tfrac{WC}{WB}$ $=$ $\tfrac{KI}{KJ}$. Theo bổ đề hình thang, $A$, $K$, $W$ thẳng hàng. Do $Q(WRNT)$ $=$ $(WRUS)$ $=$ $A(KLYS)$ $=$ $-1$ và $QW$ $\parallel $ $TN$ nên $QR$ đi qua trung điểm $TN$. Từ đó $QR$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cố định. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 20-04-2017 - 19:16


#5 thailungvan123

thailungvan123

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 20-04-2017 - 22:09

Em có lời giải bài 1 :

$AK$ cắt $BC$ tại $J$ .Từ $K$ kẻ song song $BC$ cắt $AB,AC$ tại $B',C'$ từ đó $\widehat{CBQ}=\widehat{CPQ}=\widehat{KFP}=\widehat{C'B'P}$ nên ta có $V_{A}^{\frac{AB}{AB'}}:AB'C' \rightarrow ABC ,P\rightarrow Q,K\rightarrow J$ . nên $QJ \perp  BC$ . Gọi $G$ là điểm chính giữa cung $BC$ ,$KL$ cắt $FE$ tại $V$,$AV$ cắt $BC$ tại $U$

Ta sẽ chứng minh $QR$ đy qua $O$ là tâm ngoại $ABC$ . Mà lại có :$A(KLVQ)=-1 => Q(UPRJ)=-1$ nên ta cần chứng minh $QU$ đi qua $G$ .

Gọi $M$ đẳng giác với $P$ trong tam giác $ABC$ và $X,Y,Z$ là hc của $M$ trên $BC,CA,AB$

Bằng góc ta có thể chứng minh $\bigtriangleup KEF \sim \bigtriangleup MBC$ nên $\frac{XB}{XC}=\frac{VE}{VF}$

Mặt khác  $\bigtriangleup MBX \sim \bigtriangleup PBF$ nên ta cũng có $\frac{XB}{XC}=\frac{BF}{CE}$ nên khi $EF$ cắt $BC$ tại $W$ thì  $(WXBC)=-1$

Mặt khác $\frac{BU}{CU}=\frac{AB.Sin\widehat{BAV}}{AC.Sin\widehat{CAV}}=\frac{AB.CE}{AC.BF}=\frac{WE}{WF}=\frac{TE}{TF}$

(Do 2 đẳng thức trên +$Menelaus$ và $T$ là giao của $AX$ và $FE$)

 Ta có $\widehat{ABQ}=\widehat{AZX},\widehat{AYX}=\widehat{ACQ}$ nên $AZXY \sim ACQB$ , Gọi $GQ$ cắt $BC$ tại $U'$. $YZ$ cắt $AX$ tại $N$ tài có $\frac{U'B}{U'C}=\frac{NY}{NZ}=\frac{TE}{TF}=\frac{UB}{UC}$ nên $U \equiv U'$ 

Vậy $Q,U,G$ thẳng hàng , kết hợp hàng điều hòa nên $Q,R,O$ thẳng hàng

(Hình gửi kèm)

quantrong 8.png

 


                    :ukliam2:    :ukliam2:     :ukliam2:

           :ukliam2:                                      :ukliam2:

  :ukliam2:             :ukliam2:              :ukliam2:         :ukliam2:

  :ukliam2:                                                        :ukliam2:

:ukliam2:            :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:           :ukliam2:

          :ukliam2:                                     :ukliam2:

                   :ukliam2:    :ukliam2:     :ukliam2:


#6 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Hình học, số học, phương trình hàm, tổ hợp

Đã gửi 21-04-2017 - 20:18

Lời giải bài 1 : Ta sẽ chứng minh $QR$ đi qua $O$. Ta sẽ chứng minh $AL,OQ,BC$ đồng quy

Gọi $X,Y,Z$ tam giác Pedal của $Q$ lên $\triangle ABC$.G ọi $N$ là giao điểm của $QX$ với $(XYZ)$, ta có : $\angle NQZ = \angle ZBX = \angle DPF$

Mặt khác ta có $\angle DFP = \angle DBP = \angle CQP = 180^{\circ} - \angle AQC = \angle QAY + \angle QCY = \angle QZY + \angle QXY = \angle QZY + \angle NZY = \angle NZQ$

Từ hai điều trên ta có $\triangle NZQ \sim \triangle DFP$. Vậy phép vị tự tâm $A$ biến $Y$ thành $E$, biến $Z$ thành $F$, biến $Q$ thành $P$ sẽ biến $N$ thành $D$, biến $X$ thành $K$.

$DP$ cắt $OQ$ tại $G$, $I,J$ là trung điểm cung nhỏ, cung lớn $\overarc {BC}$, $J$ là hình chiếu của $K$ lên $EF$, $KD$ cắt $EF$ tại $R$.

Gọi $B',C'$ là các điểm nằm trên phân giác ngoài sao cho $XB' \perp CQ$ và $BC' \perp BQ$ và $M$ là trung điểm $YZ$
Khi đó $V$ là trung điểm $B'C'$ . Lại có $\angle QB'A = \angle QCA = \angle NZY$. Vậy $\triangle NYZ \cap M \sim \triangle QC'B' \cap V \implies QV \parallel NM$
Gọi $A'$ là chân đường phân giác trong . Ta có $A'B.A'C = A'I.A'A = A'P.A'Q =\implies \frac{A'I}{IP} = \frac{A'P}{PA}$.Lại có $\triangle VIB \sim \triangle AQZ$ nên $\frac{QM}{QA} = \frac{IB^2}{IV^2}$
Mà $\triangle QA'X \sim \triangle IVA \implies \frac{QA'}{QX}= \frac{IV}{IA}$ nên từ đây ta có $\frac{QM}{QA} .\frac{QA'}{QX} = \frac{IB^2}{IV.IA} = \frac{IA'.IA}{IV.IA} = \frac{IA'}{IV} \implies \frac{QM}{QX} = \frac{A'T}{A'Q}.\frac{QA}{IV} = \frac{IP}{IV}$. Suy ra $\triangle MQX \sim \triangle PIV$ nên $VP \parallel MX$
Gọi $H,T$ là giao điểm của $PD$ với phân giác ngoài và $VQ$. Khi đó $\frac{KD}{KR} = \frac{XN}{XT} = \frac{PT}{PH} = \frac{AI}{AP}.\frac{QP}{QI}$

Ta có $\frac{PG}{PA} = \frac{OI}{PA}.\frac{QP}{QI} = \frac{IV}{2IA}.\frac{IA}{PA}.\frac{QP}{QI} =  \frac{1}{2}\frac{KR}{KJ}.\frac{KD}{KR}= \frac{KD}{KL}$. Suy ra $AG \parallel LD$

Đường thẳng qua $D$ song song $AP$ cắt $AL$ tại $W$. Ta chứng minh $GW \parallel UQ$. 

Lấy điểm $V$ trên tia đối của $AP$ thỏa mãn $\frac{AV}{AP} = \frac{AW}{AL}$. Khi đó $VW \parallel LP$. Ta cần chứng minh $V,W,G$ thẳng hàng. Điều này tương đương với $\frac{PV}{PG} = \frac{KL}{PL}$, hay $\frac{PA}{PG} . \frac{KD}{KP} = \frac{KL}{KD}.\frac{KD}{KP}$, hay $\frac{PA}{PG} = \frac{KL}{KD}$. Điều này đúng do $\triangle AGP$ và $\triangle LDK$ có các cạnh tương đối song song. Vậy $GW \parallel PL \parallel UQ$

Xét $\triangle WGD$ và $\triangle UQX$ có các cạnh tương đối song song nên $WU,QG,XD$ đồng quy, tức là $AL,OQ,BC$ đồng quy. Ta hoàn tất chứng minh

 

 

123.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 23-04-2017 - 20:22






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