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 1 tháng 5/2017: Chứng minh rằng $JH \perp IO$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 30-04-2017 - 18:47

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 4 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 được trích dẫn lại hai bài toán.

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ và có tem nội tiếp $I$. $M$ là trung điểm $AI$. $N$ đối xứng $M$ qua $OI$. $K$ thuộc $BC$ sao cho $IK \perp IO$. $AK$ cắt $MN$ tại $J$. $H$ là trực lâm tam giác $AIN$. Chứng minh rằng $JH \perp IO$.

 

Screen Shot 2017-04-30 at 9.46.27 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$. $F_1,F_2$ lần lượt là điểm Fermat thứ nhất và thứ hai của tam giác $ABC$. $F_a,F_b,F_c$ lần lượt là điểm Fermat thứ hai của tam giác $F_1BC,F_1CA,F_1AB$. Chứng minh rằng $F_a,F_b,F_c,F_2$ đồng viên.

 

Screen Shot 2017-04-30 at 9.46.18 PM.png


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

#2 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 30-04-2017 - 20:07

Lời giải bài 1 của mình:

Gọi $S$, $T$ thứ tự là giao của $IC$, $IB$ với $(O)$. $X$ là trung điểm $ST$. 

Áp dụng định lý com bướm ta có $X, I, K$ thẳng hàng và $I$ là trung điểm $SK$. Gọi $Y$ là trung điểm $AX$ theo định lý Thales ta có $M$ là trung điểm $YJ$. 

Ta có $\angle AIM = 2\angle AXM = 2\angle MXY= 2(90^{\circ}-\angle MIX)$. Nên $AYIN$ nội tiếp dẫn đến $MY.MN= MA.MI$ hay $MA.MA= MJ.MN$ nên $AM$ là tiếp tuyến của $(AJN)$ hay ta chỉ cần chứng minh $AJIH$ nội tiếp. Đúng vì khi lấy đối xứng trục của $AJIH$ qua trục $AI$ thì trở thành $(AIN)$. Ta có $DPCM$ 



#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 30-04-2017 - 20:43

Ý tưởng định lý con bướm là chuẩn rồi, nhưng vẫn có cách khác :)!



#4 thailungvan123

thailungvan123

    Lính mới

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

Đã gửi 30-04-2017 - 21:14

Lời giải bài 1 :

Gọi $Q,Q',P,E,F$ là cung lớn và nhỏ $BC$ ,trung điểm $BC,AO,IQ$  . $JM\parallel  IK$ nên $J$ là trung điểm $AK$

Ta có $IOPK$ nội tiếp nên $\widehat{IKO}=\widehat{IPQ}=\widehat{AIQ}$ do $Q'I^2=Q'Q.Q'P=> \Delta IOK \sim \Delta KQI  =>\Delta MJE \sim \Delta MIF =>\Delta MJI\sim \Delta MEF$

 Ta có $OF\perp AQ$ nên $\Delta MEF$ cân tại $E$ nên tam giác $MIJ$ cân tại $J$

Hạ đường cao $NX,IY,AZ$ của tam giác $INA$, $XY$ cắt $AI$ tại $T$

Ta có $MT.MZ=MI^2=MJ.MN$ suy ra $TJ \perp MN$

Mặt khác $ZT.ZM=ZI.ZA=ZN.ZH$ nên $T$ là trực tâm tam giác $MNH$ $=>$ $HT \perp MN$ $=>T,H,J$ thẳng hàng và $\perp MN$

Nên $JH \parallel OI$

(Hình gửi kèm)

assssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssssss.png


                    :ukliam2:    :ukliam2:     :ukliam2:

           :ukliam2:                                      :ukliam2:

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

  :ukliam2:                                                        :ukliam2:

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

          :ukliam2:                                     :ukliam2:

                   :ukliam2:    :ukliam2:     :ukliam2:


#5 chuyenquangtrungbinhphuoc

chuyenquangtrungbinhphuoc

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:CQT
  • Sở thích:-.-

Đã gửi 01-05-2017 - 12:35

Lời giải bài 1 của mình:

Gọi $S$, $T$ thứ tự là giao của $IC$, $IB$ với $(O)$. $X$ là trung điểm $ST$. 

Áp dụng định lý com bướm ta có $X, I, K$ thẳng hàng và $I$ là trung điểm $SK$. Gọi $Y$ là trung điểm $AX$ theo định lý Thales ta có $M$ là trung điểm $YJ$. 

Ta có $\angle AIM = 2\angle AXM = 2\angle MXY= 2(90^{\circ}-\angle MIX)$. Nên $AYIN$ nội tiếp dẫn đến $MY.MN= MA.MI$ hay $MA.MA= MJ.MN$ nên $AM$ là tiếp tuyến của $(AJN)$ hay ta chỉ cần chứng minh $AJIH$ nội tiếp. Đúng vì khi lấy đối xứng trục của $AJIH$ qua trục $AI$ thì trở thành $(AIN)$. Ta có $DPCM$ 

kb đi cho mình hỏi bạn cái này!



#6 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 02-05-2017 - 21:30

Mình tạo ra bài 1 từ bài vô địch Nga năm 2017, các bạn có thể xem bài toán đó ở đây

 

https://artofproblem...c6t48f6h1439916



#7 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 05-05-2017 - 01:07

Lời giải bài 1 : 

Gọi $BX,CY$ là các đường phân giác của $(O)$ với $X,Y \in (O)$. Gọi $R$ là giao điểm của $IK$ với $XY$. Theo định lý con bướm thì $I$ là trung điểm $KR$ nên $R$ là đối xứng của $K$ qua $OI$. Mà $M,N$ đối xứng nhau qua $OI$ nên $\angle RMI$ đối xứng $\angle KNI$ qua $OI$, tức là $\angle KNI = 90^{\circ}$

Gọi $Q$ là giap điểm của $KN$ với phân giác ngoài $\angle BAC$, $S$ là trung điểm $AN$. Khi đó $H$ chính là đối xứng của $Q$ qua $S$.

Gọi $P$ đối xứng $J$ qua $S$. Ta cần chứng minh $QP \parallel OI$.

Do $MN \parallel OI$ nên $J$ là trung điểm $AK$. Vậy nếu gọi $R$ là giao điểm của $AP$ với $KN$ thì $P$ là trung điểm $AR$, $N$ là trung điểm $KR$.

Ta có $\angle QAR = 90 - \angle IAR = 90 - \angle IMN = 90 - \angle INM = \angle MNQ = \angle ARQ$ nên $\triangle QAR$ can. Mà $P$ là trung điểm nên $QP \perp AR$

Lại có $AR \perp  OI$ nên $QP \parallel OI$. Suy ra $JH \parallel OI$

13r.png



#8 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 05-05-2017 - 21:15

Lời giải bài 2 của em ạ

Gọi $X_a,X_b,X_c$ là các đỉnh tam giác đều dựng ra bên ngoài $\triangle ABC$. $Y_a,Y_b,Y_c$ là các đỉnh tam giác đều dựng ra bên trong $\triangle ABC$

Gọi $U_a,V_a$ là các đỉnh tam giác đều dựng vào phía trong $\triangle F_1BC$. Tương tự ta có $U_b,U_c,V_b,V_c$

Do $F_a$ là điểm Fermat thứ hai của $\triangle F_1BC$ nên $F_1BF_aU_a, F_1CV_aF_a$ nội tiếp

Chứng minh tương tự ta có các tứ giác nội tiếp $F_bV_bCF_1,AF_bU_bF_1,AV_cF_cF_1,F_1U_cF_cB$

Do $\angle AF_1V_b = \angle V_bCF_1 = 60^{\circ}$ nên $AF_1$ tiếp xúc $F_bV_bCF_1$. Từ đây suy ra $AF_b.AV_b = AF_1^2$

Tương tự ta có $AF_1^2 = AU_c.AF_c$ nên tứ giác $F_cU_cF_bV_b$ nội tiếp. Tương tự ta cũng có các tứ giác nội tiếp $F_bU_bU_aF_a,V_aF_aF_cV_c$

Ta có $\angle BF_2C = \angle BY_aC = BU_cC = \angle BV_bC = 180^{\circ} - \angle BF_aC = 60^{\circ}$ nên các điểm $U_c,F_2,Y_a,V_b,C,F_a,B$ đồng viên

Tương tự ta có $A,F_b,C,V_a,Y_b,V_c,F_2$ đồng viên

Từ đây ta có biến đổi góc $\angle F_2F_bF_c = \angle AF_bF_c - \angle AF_bF_2 = \angle AU_cV_b - \angle AF_bF_2 $ 

Và $\angle F_2F_aF_c = \angle F_2F_aB - \angle F_cF_aB = \angle F_2F_aB - \angle BV_cV_a= \angle F_2CB - \angle BV_cV_a$

Ta cần chứng minh $\angle F_2F_aF_c = \angle F_2F_bF_c$. Điều này tương đương với $\angle AU_cV_b+ \angle BV_cV_a = \angle ACB $

18058037_1300066020029393_3408771786302823466_n.jpg

Khi và chỉ khi $\angle AU_cF_1 +\angle BV_cF_1 = \angle F_1BC+\angle F_1AC+\angle BAC = 120^{\circ}$

Điều này tương đương với $\angle U_cBV_c = \angle U_cAV_c$

Thật vậy ta có do $BF_cAF_1$ là hình bình hành nên $F_cA = BF_1 = BV_c$

Mà $V_cU_c = V_cF_c$ suy ra $\triangle U_cV_cB = \triangle V_cF_cA \implies \angle U_cBV_c = \angle U_cAV_c$. Vậy ta có điều cần chứng minh là đúng

Vậy $F_a,F_b,F_c,F_2$ đồng viên 

13r.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 06-05-2017 - 11:04


#9 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 05-05-2017 - 23:45

Lời giải bài 2 của Tuấn hay, khác hẳn đáp án :), hãy đón đọc cuối tuần này nhé.







1 người đang xem chủ đề

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