Đến nội dung


Thông báo

Thời gian vừa qua do diễn đàn gặp một số vấn đề về kĩ thuật nên thỉnh thoảng không truy cập được, mong các bạn thông cảm. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết triệt để. Nếu các bạn gặp lỗi trong lúc sử dụng diễn đàn, xin vui lòng thông báo cho Ban Quản Trị.


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 5/2017: đường thẳng $AQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ that đổi.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4257 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 14-05-2017 - 21:18

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 5/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới. Xin trích dẫn lại hai bài đó:

 

Bài 1. (Trần Quang Hùng) Cho đường tròn $(O)$ cố định với day $BC$ cố định và $A$ di chuyển bên trong $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. Một đường tròn khác $(O)$ qua $B,C$ tiếp xúc $(K)$ tại $P$. $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. $M,N$ là trung điểm $BC,AH$. $MN$ cắt $JP$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường thẳng $AQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ thay đổi.

 

Bài 2.  (Trần Quang Hùng, Trịnh Huy Vũ, Trần Quang Huy, Ngô Quang Dương) Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$. $P$ là một điểm nằm trên đường thẳng qua $Q$ song song $BC$. $Q$ là đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $QB,QC$ cắt $EF$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $A,M,H,N$ cùng thuộc một đường tròn. 

 

Screen Shot 2017-05-15 at 12.14.50 AM.png


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

#2 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 14-05-2017 - 22:25

Lời giải bài 1 :

Gọi $(K)$ tiếp xúc với $(O)$ tại $Y$ . $I$ là tâm nội tam giác $ABC$.

Gọi $G$ là trung điểm cung $BC$ , $AG$ cắt $BC$ tại $T$ , ta có $M(GNAH)=-1$  nên  gọi $Q'$ là giao của $MN$ với $AG$ thì $(Q'GAT)=-1$. ta chứng minh $Q'$ trùng $Q$ , từ đó $AQ$ đy qua $G$ cố định

Thật vậy , tức là ta cần cm $X(PGAT)=-1$ với $X$ là giao của $PJ$ và $BC$

Gọi tiếp tuyến tại $P,Y$ cắt nhau tại $V$ thì xét trục đẳng phương $(K),(O),(PBC)$ thì $V$ thuộc $BC$ 

Suy ra $\frac{YB}{YC}=\sqrt{\frac{VB}{VC}}=\frac{PB}{PC}$ nên phân giác góc $BPC,BYC$ cắt nhau trên $BC$

Mặt khác , theo bài toán protassov thì $PJ$ là phân giác góc $BPC$ , từ đó suy ra $XY$ là phân giác góc $BYC$ 

Gọi $PL$ là phân giác ngoài $BPC$ suy ra $(LXBC)=-1$

$(K)$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$ , $YE,YF$ cắt $(O)$ tại $Z,S$

ta so $ZS$ song song $EF$ nên $\frac{ZE}{ZY}=\frac{SY}{SY}=>\frac{ZE}{ZB}.\frac{ZB}{ZY}=\frac{SY}{SC}.\frac{SC}{SY}=>\frac{BE}{FC}=\frac{BY}{YC}=\frac{XB}{XC}$ suy ra $EF$ đy qua $L$ theo menelaus

Ta có $L$ đối cực với $XA$ qua $(K)$ nên $KL$ vuông góc với $XA$ tại $W$ , mặt khác $KP,KY$ là tiếp tuyến của $(XL)$

Chính vì vậy tứ giác $WPLY$ là tứ giác điều hòa  nên $X(WLPY)=-1=>X(PGAT)=-1$ , khi đó $XP$ đy qua $Q'$ , nên $Q$ trùng $Q'$ có dpcm

zxvxcvxcvxcv.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 15-05-2017 - 21:08

~O)  ~O)  ~O)


#3 xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 15-05-2017 - 03:26

Lời giải bài $2$ của mình dài và chưa hay  

Bổ đề: Trên đường thẳng $d$, lấy các điểm $X,Y,E,F,M,N,I$ sao cho $(XYFE)=-1$, $I$ là trung điểm $EF$, $\overline{YM}.\overline{YN}=\overline{YX}.\overline{YI}$. Khi đó ta có $(MFIX)=(NEXI)$

Chứng minh bổ đề: Gọi tọa độ các điểm $X,E,F,M,N,I$ trên đường thẳng $d$ là $x,e,f,m,n,i$, chọn $Y$ làm gốc tọa độ.

Ta có (dễ thấy) :  $i=\frac{e+f}{2}$

                           $mn=x(\frac{e+f}{2})$

                           $x=\frac{2ef}{e+f}$

Biến đổi: $(MFIX)=(NEXI)\Leftrightarrow \overline{IM}.\overline{IN}.\overline{XE}.\overline{XF}=\overline{XM}.\overline{XN}.\overline{IE}.\overline{IF}\Leftrightarrow (m-\frac{e+f}{2})(n-\frac{e+f}{2})(x-e)(x-f)=-(x-m)(x-n)\frac{(e-f)^{2}}{4}\Leftrightarrow (\frac{(e+f)^{2}}{4}-\frac{(m+n)(e+f)}{2}+mn)=-(x^{2}-x(m+n)+mn)(\frac{(e-f)^{2}}{4})$

Thay  $mn=x(\frac{e+f}{2})$ vào ta có $\frac{e+f}{2}.(x-e)(x-f)=-x.\frac{(e-f)^{2}}{4}$, tiếp tục thay  $x=\frac{2ef}{e+f}$ vào ta được đẳng thức cuối cùng đúng, suy ra điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán

Gọi $K$ là trung điểm $AH$, $I$ là trung điểm $EF$, đường thẳng $EF$ giao $BC,AH$ tại $X,Y$, đường thẳng qua $K$ vuông góc $BK, CK$ giao $AC,AB$ tại $U,V$.

Dễ thấy $BKEU$ là tứ giác nội tiếp, nên $\angle KBU=\angle KEA=\angle KAE=\angle HBC\Rightarrow \angle KBE=\angle UBC$

Mà $\angle ABH=\angle OBC$ nên $\angle ABK=\angle OBU$, do đó $O,K$ đẳng giác trong $\Delta ABU$, nên $\angle OUB=\angle KUA=\angle KBE=\angle UBC$ do đó $OU$ song song $BC$. Mặt khác hai tam giác $BHA,BFE$ đồng dạng có $K,I$ là trung điểm của 2 cạnh tương ứng $HA,FE$ nên $\angle KBE=\angle IBA$ nên $\angle UBC=\angle IBA$

Chứng minh tương tự ta cũng được $\angle ICA=\angle VCB$

Do $OU,OV$ song song $BC$ nên $P,U,O,V$ thẳng hàng, nên $B(CUPV)=C(BUPV)$, xét phép đối xứng qua phân giác góc $B$ và phép chiếu xuyên tâm $B$ lên đường thẳng $EF$ thì $B(CUPV)=B(AIQC)=(FIMX)$, tương tự $C(BUPV)=C(ABQI)=(EXNI)$

Do đó $(FIMX)=(EXNI) \Rightarrow (MFIX) = (NEXI )$

Gọi đường tròn $(AMH)$ giao $EF$ tại $N'$ thì theo bổ đề ta có $(MFIX)=(N'EXI)$, vậy $N$ trùng $N'$

Dễ thấy $(XYFE)=-1$ do đó $(YXFE)=-1$, áp dụng hệ thức $Maclaurin$ thì $\overline{YI}.\overline{YX}=\overline{YE}.\overline{YF}$

Vậy $\overline{YM}.\overline{YN}=\overline{YX}.\overline{YI}=\overline{YH}.\overline{YA}$ nên $A,H,M,N$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Hình gửi kèm

  • 1.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 15-05-2017 - 16:58


#4 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 16-05-2017 - 22:37

Lời giải bài 1 : Gọi $G$ là tiếp điểm của $(K)$ với $(O)$. $X,Y,T$ lần lượt là giao của $AQ$ với $BC$, trung điểm cung lớn $BC$,  giao của tiếp tuyến tại $P$ với $BC$

Ta có $TP^2 = TB.TC$ nên $T$ nằm trên tiếp tuyến chung của $(K)$ và $(O)$. 

Áp dụng định lý Protassov cho $\triangle ABC$, đường tròn $(O)$ và đường tròn $(K)$, ta có $GI$ đi qua $Y$ do là phân giác . $GI$ cắt $BC$ tại $Z$

Áp dụng định lý Protassov cho $\triangle ABC$, đường tròn $(BPC)$ và đường tròn $(K)$, ta có $PJ$ là phân giác $\angle BPC$. Thật vậy, ta có $\frac{PB^2}{PC^2} = \frac{TB}{TC} = \frac{GB^2}{GC^2} = \frac{ZB^2}{ZC^2}$ nên $PZ$ là phân giác $\angle BPC$. Từ đây suy ra $P,Z,J$ thẳng hàng

Ta sẽ chứng minh $AQ$ đi qua $Y$. Thật vậy, ta giả sử $AY$ cắy $YP$ tại $Q$ thì ta cần chứng minh $MQ$ chia đôi $AH$. Gọi $L$ là giao điểm của $AJ$ với $BC$

Thật vậy ta cps : $M(AH,QY) = (AX,QY) =  Z(AX,QY) = Z(AL,JI) = (AL,JI) = -1$. Suy ra $MQ$ chia đôi $AH$. Vậy ta có điều cần chứng minh 

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 21-05-2017 - 17:22






0 người đang xem chủ đề

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