Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 4/2017: Đường tròn pedal của $A$ ứng với tam giác $PKL$ tiếp xúc đường trung bình ứng với $A$ của tam giác $ABC$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 23-04-2017 - 20:27

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 3 tháng 4 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Trịnh Huy Vũ. Xin trích dẫn lại hai bài toán.

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên đường thẳng qua $O$ vuông gód với đường đối trung qua $A$ lấy các điểm $M,N$ sao cho $AM \perp AB, AN \perp AC$. Trên trung trực của $CA,AB$ lần lượt lấy các điểm $K,L$ sao cho $KC,LB$ cùng vuông gcc với $BC$. $KN$ cắt $LM$ tại $P$. Chứng minh rằng đường tròn pedal của $A$ ứng với tam giác $PKL$ tiếp xúc đường trung bình ứng với $A$ của tam giác $ABC$.

 

Screen Shot 2017-04-23 at 11.23.20 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ có tem nội tiếp $I$ và tâm ngoại tiếp $O$. Đường thẳng $OI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IAB$ lần thứ hai tại $D$. Lấy điểm $J$ thuộc đường tròn $(IAB)$ sao cho $IJ \perp BD$. Chứng minh rằng đối xứng của $J$ qua $OI$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $IAC$.

 

Screen Shot 2017-04-23 at 11.25.09 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 23-04-2017 - 20:45
Sửa tên tác giả

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

#2 xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 23-04-2017 - 21:57

Mình xin phép giải bài 2:

Chuyển mô hình bài toán về bài toán sau đây:

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $H$ là trực tâm. 3 đường cao $AD, BE, CF$. Đường thẳng $HO$ cắt $(FHD)$ tại $V$. $Y$ là điểm thuộc $(FHD)$ sao cho $HY$ vuông góc $FV$. Chứng minh rằng điểm đối xứng của $Y$ qua $HO$ thuộc đường tròn $(DHE)$. 

Giải:

Gọi $K, L$ đối xứng với $F, E$ qua $BE, CF$. $KL$ giao $(FHD)$ và $(EHD)$ lần lượt tại $Y', X'$. Ta sẽ chưng minh $OH$ là đường trung trực của $X'Y'$ và $HY'$ vuông góc $FV$, và từ đó ta chứng minh được $X$ trùng $X'$ và $Y$ trùng $Y'$.

Gọi $B', C'$ đối xứng với $B, C$ qua $CF, BE$. $(I)$ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta HB'C'$. Theo $APMO-2010$ thì $I, H, O$ thẳng hàng. Dễ thấy theo phép đối xứng trục thì $B', H, L$ và $C', H, K$ thẳng hàng. và $\overline{HK}.\overline{HC'}=\overline{HF}.\overline{HC}=\overline{HE}.\overline{HB}=\overline{HL}.\overline{HB'}$ do đó theo phép nghịch đảo tâm $H$ phương tích $\overline{HA}.\overline{HD}$ thì $IH$ vuông góc $LK$ tức là $X'Y'$ vuông góc $OH$. Gọi $M, N$ là giao điểm $(I)$ và $AC, AB$ thì theo phép nghịch đảo tâm $H$ phương tích $\overline{HA}.\overline{HD}$ thì $CC' \leftrightarrow (FHD) $, $(I) \leftrightarrow X'Y'$ do đó $M \leftrightarrow Y'$, tương tự $N \leftrightarrow X'$. mà $\angle HC'M=\angle HCA=\angle HBA=\angle HB'N$ nên $HM = HN$. Do đó $HX'=HY'$. mà $OH$ vuông góc $X'Y'$ nên $OH$ là đường trung trực $X'Y'$.

Ta có $\angle HVF+\angle VHY'=\angle HBA+\angle IHM=\angle HC'M+\angle IHM=90$ nên $FV$ vuông góc $HY'$

Do đó $X$ trùng $X'$, $Y$ trùng $Y'$ nên ta có điều phải chứng minh

Hình gửi kèm

  • images.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 23-04-2017 - 23:26


#3 xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 24-04-2017 - 22:01

Bài 1:

Gọi $D, E, F$ là điểm đối xứng của $A$ qua $KL, KN, LM$, ta cần chứng minh $(DEF)$ tiếp xúc $BC$.

Gọi $AP$ là đường đối trung của tam giác $ABC$ với $P$ thuộc $(ABC)$

Thấy rằng $D$ là giao điểm của đường tròn qua $A,B$ tiếp xúc $AC$ và đường tròn qua $A,C$ tiếp xúc $AB$

                 $E$ là giao điểm của đường tròn qua $A,C$ tiếp xúc $BC$ và đường tròn qua $A,P$ tiếp xúc $AC$

                 $F$ là giao điểm của đường tròn qua $A,B$ tiếp xúc $BC$ và đường tròn qua $A,P$ tiếp xúc $AB$

Sử dụng phép hợp phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ và phép đối xứng qua phân giác góc $\angle A$ ta được bài toán sau:

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, tiếp tuyến tại $B,C$ giao nhau tại $T$, $M$ là trung điểm BC. $H,G$ thuộc $TC,TB$ sao cho $MH // AC$ và $MG // AB$ . Chứng minh rằng $THG$ tiếp xúc $(O)$.

Chứng minh:

$AM,AT$ giao $(O)$ tại $F,I$. kẻ tiếp tuyến $Ix$ của $(O)$.

Dễ chứng minh $BMIG,CMIH,GTHI$ là các tứ giác nội tiếp

Biến đổi góc như sau ( để ý $IF//BC$)

$\angle HIx=\angle CIH-\angle CIx=\angle HMC-\angle FBT=\angle ACB-\angle FBT=\angle AFB-\angle FBT=\angle BTF=\angle HTI$

Do đó $Ix$ cũng là tiếp tuyến của $THG$, do đó $THG$ tiếp xúc $(O)$.

Hình gửi kèm

  • images.png


#4 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 24-04-2017 - 23:05

1 cách khác cho bài 2 

gọi $B_{1}, C_{1}$ là điểm đối xứng của $B$ $C$ qua $IC$ và $IB$ thì theo bổ đề 1 ở đây thì $B_{1}C_{1}$ vuông góc với $OI$

$OI$ cắt $(IAC)$ ở $D'$ $IJ'$ vuông góc với $CD'$ ($J'$ thuộc (IAC)) ta chứng minh $J$ và $J'$ đối xứng với nhau qua $OI$

ta có $\angle {DJI}=90-\angle {IBD}=90-\angle {BAI}$

tương tự ta có $\angle {DIJ'}= 90=\angle {IAC}$

từ đó ta có $\angle {DIJ}=\angle {DIJ'}$

ta có $\angle {JB_{1}C} =\angle {ABJ} =180 -\angle {AIJ}=180- \angle {AID} -90+ \angle {BAI}=90- \angle {B_{1}PI}$ ($OI$ cắt $AC$ tại $P$)

nên $B_{1}J$ vuông góc với $OI$

tương tự $C_{1}J'$ vuông góc với $OI$ nên $JJ'$ vuông góc với $OI$ ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 24-04-2017 - 23:20


#5 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

Đã gửi 24-04-2017 - 23:45

Lời giải bài 1 :

Quantrong 9''.png

. Đối trung $AG$của tam giác $ABC$.$MA$ cắt $BL$ tại $A'$ .  $BM$ cắt $CN$ tại $P'$

Ta sẽ chứng minh $AP' \perp  BC$  .Ta có $\widehat{NAB}=\widehat{MAC}$ .và $NBA=MCA=90$  Dựng $U$ nằm ngoài tam giác và $AU \perp BC$ sao cho $\frac{AU}{BC}=\frac{AB}{BN}=\frac{AC}{CM}=>\bigtriangleup NBC\sim \bigtriangleup BAU,\bigtriangleup MBC\sim \bigtriangleup CUA$ Từ đó $BU\perp CN ,CU\perp BM$ nên $P'$ là trực tâm tam giác $UBC$ . Khi đó $AP' \perp BC$.

Gọi $LM$ cắt $AP'$ tại $P_1$.Do $L$ là trung điểm của $A'B$ nên $P_1$ là trung điểm $AP'$. trương tự suy ra $P'=P_1$ và là trung điểm $AP'$

$V_{A}^{2} :K,L,X,Y,Z,P \mapsto  K',L',X',Y',Z',T',P'$ Khi đó $P'$ là giao của $BM,CN$ ta chứng minh $(X'Y'Z')$ tiếp xúc $BC$

 

Ta sẽ chứng minh $AP' \perp  BC$  .Ta có $\widehat{NAB}=\widehat{MAC}$ .  Dựng $U$ nằm ngoài tam giác và $AU \perp BC$ sao cho $\frac{AU}{BC}=\frac{AB}{BN}=\frac{AC}{CM}=>\bigtriangleup NBC\sim \bigtriangleup BAU,\bigtriangleup MBC\sim \bigtriangleup CUA$ Từ đó $BU\perp CN ,CU\perp BM$ nên $P'$ là trực tâm tam giác $UBC$ . Khi đó $AP' \perp BC$

 

Tiếp theo ta có : $(AX'Z'BL')(AX'Y'CK')$ tiếp xúc với $BC$,.Mặt khác , Gọi tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$ . Khi đó : $MN$ đy qua $T$ . $AO$ cắt $(O)$ tại $J$ .Khi đó , do $(TGBC)=-1$ nên $J,G,P'$ thẳng hàng

 

Nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì : ( tên điểm vẫn giữ nguyên khi nghịch đảo )

Cho tam giác $AB$  nội tiếp $(Q)$ có đường cao $AJ$ . tiếp tuyến tại $B,C$ của $(ABC)$ cắt nhau tại $X'$. trung tuyến đỉnh $A$ cắt $(ABC)$ tại $G$. $(AGJ)$ cắt $AQ$ tại $P'$ . Đường thẳng qua $P'$ vuông góc với $AQ$ cắt $BX',CX'$ tại $Z',Y'$ . Chứng minh :$(X'Z'Y')$ tiếp xúc $(Q)$

Giải : ,

quantronmg9.2.png

Gọi đường kính $AE$ . $GE$ cắt $BC$ tại $F$ . $R$ là trung điểm $BC$.  

Giả sử : $(BRG)(CRG)$ cắt $BX',CX'$ tại $Z_1,Y_1$ khi đó $\frac{RZ_1}{RY_1}=\frac{GZ_1}{GR}=\frac{GB}{GC}=\frac{AC}{AB}$

Suy ra $\bigtriangleup ABC \sim \bigtriangleup RY_1Z_1 \Rightarrow \widehat{RY_1Z_1}=\widehat{RY_1C}$ nên $R$ là tâm bàng tam giác $X'Y_1Z_1$ . Suy ra $(Q)$ là đường tròn $Mixtilinear$ của tam giác $X'Y_1Z_1$ nên $(X'Y_1Z_1)$ tiếp xúc $(Q)$

 

Ta cần chứng minh $Y_1,Z_1\equiv Y',Z'$ . Gọi $I$ là trung điểm cung $Y_1Z_1$ của $(X'Y_1Z_1)$  , khi đó Ta có các tc sau của dường tròn $Mixtilinear$ được cm ở đây ( https://nguyenvanlin...mixtilinear.pdf )

1) $IG\perp GR$

2) $IG,BC,Y_1Z_1$ đồng quy

 Khi đó $Y_1Z_1$ đy qua $P'$ và $Y_1Z_1$ vuông góc $AQ$( cộng góc ) nên $Y_1,Z_1\equiv Y',Z'$ . Ta có dpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 25-04-2017 - 06:33

~O)  ~O)  ~O)


#6 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 25-04-2017 - 08:41

Nghịch đảo là cách mình tạo ra bài toán 1, chú ý rằng trong lời giải của Đồng thì $(O)$ tiếp xúc $(TGH)$ đơn giản vì $M$ là tâm bàng tiếp của $TGH$ khi đó $(O)$ là đường tròn mixtilinear ngoại của tam giác $TGH$.

 

Chú ý bài toán 2 sẽ đúng với $P$ bất kỳ trên phân giác góc $\angle BAC$ như sau

 

Cho tam giác $ABC$ tâm ngoại tiếp $O$. $P$ nằm trong tam giác sao cho $\angle PAB=\angle PAC$. $PO$ cắt $(PAB)$ tại $D$ khác $A$. $J$ thuộc $(PAB)$ sao cho $PJ\perp BD$. Chứng minh rằng đối xứng của $J$ qua $OP$ nằm trên $(PAC)$.

 

Cách giải của Hoàng vẫn hiệu lực trong bài toán này.



#7 Donald Trump

Donald Trump

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 29 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:White House
  • Sở thích:Làm nước Mỹ vĩ đại trở lại

Đã gửi 24-05-2017 - 17:43

Lời giải không sử dụng nghịch đảo cho bài toán 1. Do $MN$ vuông góc với đối trung qua $A$ của $\triangle ABC$ nên $MN$ cắt $BC$ tại $S$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(O)$ với $BC$. Lấy $T$ thuộc $BC$ sao cho $AT$ là đối trung của $\triangle ABC$, $K$ là giao điểm của $MN$ với $AT$. Do $K(S,T;B,C)$ $=$ $-1$ và $\angle TKO$ $=$ $90^\circ$ nên $KO$ là phân giác ngoài $\angle BKC$, mặt khác do $O$ thuộc trung trực $BC$ nên tứ giác $BKOC$ nội tiếp. Do đó $\angle BKC$ $=$ $\angle BOC$ $=$ $2 \angle BAC$ suy ra $\angle BKT$ $=$ $\angle BAC$, từ đó $\angle ABK$ $=$ $\angle KAC$ $=$ $\angle ANK$ nên tứ giác $ANBK$ nội tiếp. Từ đó $\angle ABN$ $=$ $90^\circ$, tương tự ta thu được $\angle ACM$ $=$ $90^\circ$. Gọi $Q$ là giao điểm khác $A$ của đường tròn $(L,LB)$ với $AS$, $Q'$ là trung điểm $AQ$. Do $\angle QBS$ $=$ $\angle SAB$ $=$ $\angle ACB$ nên $BQ$ $\parallel $ $AC$, do đó $\angle Q'LA$ $=$ $\angle QBA$ $=$ $\angle BAC$ $=$ $\angle AMC$ suy ra $\triangle AMC$ $\sim$ $\triangle ALQ'$, từ đó $\tfrac{AM}{AL}$ $=$ $\tfrac{AQ'}{AC}$ $=$ $\tfrac{AQ}{2AC}$. Gọi $G$ là giao điểm của $QT$ với $AC$, do $\tfrac{TB}{TC}$ $=$ $\tfrac{SB}{SC}$ nên theo định lý Thales ta thu được $AS$ $=$ $2AC$, do đó $\tfrac{AM}{AL}$ $=$ $\tfrac{AQ}{AS}$. Mặt khác do $\angle QAG$ $=$ $\angle LAM$ nên các tam giác $LAM$ và $QAG$ đồng dạng suy ra $\angle TQA$ $=$ $\angle ZLA$, từ đó $AZ$, $TQ$ cắt nhau trên đường tròn $ABQ$. Gọi điểm đó là $Z'$ thì $Z'$ là đối xứng của $A$ qua $ML$. Tương tự ta xác định các điểm $R$ và $Y'$. Gọi $X'$ là giao điểm của hai đường tròn $(L,LB)$ và $(K,KC)$ thì $X'$ là đối xứng của $A$ qua $KL$, do $SA$ $=$ $SX'$ nên $X'$ thuộc đường tròn Apollonius chia $BC$ theo tỉ số $\tfrac{AB}{AC}$, từ đó $\tfrac{X'B}{X'C}$ $=$ $\tfrac{AB}{AC}$. Mặt khác do $\tfrac{TB}{TC}$ $=$ $\tfrac{AB^2}{AC^2}$ $=$ $\tfrac{X'B^2}{X'C^2}$ nên $X'T$ là đối trung của $\triangle X'BC$. Ta có biến đổi góc : $\angle Z'X'Y'$ $=$ $\angle BX'C$ $-$ $\angle BQT$ $-$ $\angle CRT$ $=$ $\angle BQR$ $+$ $\angle CRQ$ $-$ $\angle BQT$ $-$ $\angle CRT$ $=$ $180^\circ $ $-$ $\angle RTQ$ nên tứ giác $X'Y'TZ'$ nội tiếp. Gọi $U$ là trung điểm $BC$, do $UB^2$ $=$ $UC^2$ nên $U$ thuộc trục đẳng phương của $(L,LB)$ và $(K,KC)$, do đó $A$, $X'$, $U$ thẳng hàng. Do $X'T$ là đối trung của $\triangle BX'C$ nên $\angle BX'T$ $=$ $\angle UX'C$. Do đó $\angle Z'X'T$ $=$ $\angle QRC$ $-$ $\angle BQT$ $=$ $\angle QTB$. Do đó $(X'Y'Z')$ tiếp xúc $BC$, từ đó bài toán được chứng minh. $\square$

 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh