Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 5 tháng 5/2017: Chứng minh rằng bốn điểm $R,H,J,K$ cùng thuộc một đường tròn.

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 29-05-2017 - 04:00

Như vậy lời giải cho hai bài toán tuần 4 tháng 5/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Trịnh Huy Vũ. Xin được trích dẫn lại hai bài toán.

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $K$ là hình chiếu của $H$ lên trung tuyến $AM$. $EF$ cắt $BC$ tại $G$. Lấy $L$ trên $AD$ sao cho $GL \perp GA$. $P$ là hình chiếu của $L$ lin $EF$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PLH$ cắt $LG$ tại $Q$ khác $L$. $QH$ cắt $PL$ tại $R$. $J$ thuộc $PK$ sao cho $RJ \parallel EF$. Chứng minh rằng bốn điểm $R,H,J,K$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Screen Shot 2017-05-29 at 6.56.47 AM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $MN$ là đường kính của $(K)$ sao cho $MN$ vuông gcc $EF$. Lấy $H$ thuộc $(AMN)$ sao cho $AH$ vuông góc $BC$. $L$ là trung điểm $BC$. Chứng minh rằng $AH =2KL$. 

 

Screen Shot 2017-05-29 at 6.58.20 AM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 29-05-2017 - 04:01

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

#2 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 29-05-2017 - 19:14

Lời giải bài 2 của mình

Bổ đề: Cho $\Delta ABC$, 2 điểm $P,Q$ sao cho $P$ nằm ở miền trong $\Delta ABC$ và $BPCQ$ là hình bình hành. khi đó $BP,CP$ đối song $\angle A$ khi và chỉ khi $AP,AQ$ đẳng giác $\angle A$

Chứng minh: Dựng hình bình hành $ACPR$

Giả sử $BP,CP$ đối song thì $\angle ABP=\angle ACP=\angle ARP$ khi đó $ARBP$ nội tiếp nên $\angle BAP=\angle BRP=\angle CAQ$ do đó $AP,AQ$ đẳng giác. 

Chiều ngược lại chứng minh tương tự 

Trở lại bài toán: 

Lấy $P,Q$ đối xứng với $N,M$ qua trung điểm $L$ của $BC$. Áp dụng bổ đề:

Do $BM,CM$ đối song góc $A$ nên $AM,AQ$ đẳng giác góc $A$.

Do $BP,CP$ đối song góc $A$ nên $AN,AP$ đẳng giác góc $A$. 

vậy nên $AM,AQ$ đẳng giác $\angle PAN$, áp dụng bổ đề 1 lần nữa được $PM,NM$ đối song góc $\angle PAN$.

Dựng hình bình hành $AH'MP$ được $H'AMN$ nội tiếp do $\angle AH'M=\angle APM=\angle ANM$

và $AH'$ vuông góc $BC$ nên $H$ trùng $H'$.

Vậy $AH=MP=2KL$

Hình gửi kèm

  • 1.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 29-05-2017 - 19:59


#3 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 30-05-2017 - 12:27

lời giải sai 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 30-05-2017 - 13:23


#4 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Vũng Tàu
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 30-05-2017 - 12:41

Lâu rồi mới tham gia lại diễn đàn  :luoi:

Lời giải bài 1: Dễ thấy $G,H,K$ thẳng hàng và $HM\perp AG$ nên $HM\parallel GL$

$AN,AD$ lần lượt cắt $EF$ tại $N,T$. Ta có hàng điều hòa cơ bản: $(AH,ND)=-1\Rightarrow (AK,TM)=-1\Rightarrow H(LG,TM)=-1$, kết hợp với $HM\parallel GL$ suy ra $HT$ đi qua trung điểm $X$ của $GL$

Ta có: $\angle DPT=\angle GLA=\angle AGM=180^{\circ}-\angle DKT\Rightarrow 4$ điểm $D,P,T,K$ đồng viên. Gọi giao điểm thứ $2$ của $AD$ và $(DPTK)$ là $S$. Khi đó: $\angle ATS=\angle ADK=\angle AMH\Rightarrow ST\parallel MH\parallel GL\Rightarrow T(SX,GL)=-1\Rightarrow (SH,NL)=-1\Rightarrow P(SH,NL)=-1$, kết hợp với $PN\perp PL$ suy ra $PN$ là phân giác của $\angle SPH$

Từ đó ta có biến đổi góc: $\angle RHK=180^{\circ}-\angle GHQ=180^{\circ}-\angle PHQ+\angle PHG=180^{\circ}-\angle PLG+\angle PHG=180^{\circ}-\angle AGT+\angle HPK+\angle GKP=180^{\circ}-\angle AGT+\angle HPK+\angle KPT-\angle KGT=180^{\circ}-\angle ADK+\angle HPK+\angle KDT=180^{\circ}-\angle ADT+\angle HPK=180^{\circ}-\angle HPT+\angle HPK=\angle GPH+\angle HPK=\angle GPK=\angle RJK\Rightarrow$ đpcm

Hình gửi kèm

  • tuan5thang5.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 30-05-2017 - 12:44


#5 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 30-05-2017 - 13:14

Lời giải bài 1 của em khá dài

Lời giải bài 1 :  Gọi $I$ là đối xứng của $A$ qua $O$. $S$ là giao của $HM$ với $EF$. $T$ là giao của $HM$ với $(O)$ . Theo một tính chất quen thuộc thì $SD$ đi qua giao 2 tiếp tuyến tại $B$ và $C$ ( kí hiệu là $V$ )  và $H,K,G$ thẳng hàng . Gọi $W$ là chân đường đối trung nằm trên $(O)$ . Khi đó $K,W$ đối xứng nhau qua $BC$ . Gọi $N$ là chân đường cao tại $A$ nằm trên $(O)$.Gọi $U$ là giao của $HQ$ với $BC$ thì $\angle PHQ  = \angle PLQ = \angle PDG$ . Suy ra $U \in (PHD)$ . Lại có $\angle SHD = 180^{\circ} - angle DLG = \angle DPG$ nên $S,H,D,P,U$ đồng viên. Gọi giao của $AO$ với $EF$ là $Y$

Ta cần chứng minh $R,H,J,K$ đồng viên, điều này tương đương với $\angle KJR = \angle GHU = \angle YPK$

Ta có $T(HA,XD) = -1$ mà $TH \perp TA$ nên $TH$ là phân giác trong $\angle DTK$. Từ đây có $\angle ITK = \angle DTH = \angle DGH$.  

Ta có $\angle SDT = \angle SDG - \angle GDT = \angle SYM - \angle TAK = \angle SYM - \angle THG = \angle SYM - \angle SYK = \angle MYK = \angle TIK$

Kết hợp 2 điều tển ta có $\triangle TSD \sim \triangle TKI \implies \angle TSD = \angle TKI = \angle HUG \implies \triangle HUG \sim \triangle IKT \implies \angle GHU = \angle KIT$

Gọi $A'$ là giao của $AM$ với $EF$. Ta có $\angle KDP = \angle KDH + \angle HDP = \angle KMH + \angle MHA' = \angle MA'Y$ nên $PDKA'$ nội tiếp

Ta có biến đổi góc $\angle  SDK = 180 -\angle SDG - \angle KDC = 180 - \angle SA'M - \angle GAA' = 180 - \angle AGA' - 2\angle GAA' $ và $\angle TDA' = 180 -\angle TDG - \angle A'DM = 180 - \angle GAM - \angle GAA'$. Suy ra $\angle TDA' = \angle SDK$, tức là $\angle TDS = \angle A'DK = \angle KPE = \angle GHU$. Ta có điều cần chứng minh

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 30-05-2017 - 13:20


#6 Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 389 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\star \int_{CQT}^{11T}\star$
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 02-06-2017 - 09:14

Lâu rồi mới tham gia lại diễn đàn  :luoi:

Lời giải bài 1: Dễ thấy $G,H,K$ thẳng hàng và $HM\perp AG$ nên $HM\parallel GL$

$AN,AD$ lần lượt cắt $EF$ tại $N,T$. Ta có hàng điều hòa cơ bản: $(AH,ND)=-1\Rightarrow (AK,TM)=-1\Rightarrow H(LG,TM)=-1$, kết hợp với $HM\parallel GL$ suy ra $HT$ đi qua trung điểm $X$ của $GL$

Ta có: $\angle DPT=\angle GLA=\angle AGM=180^{\circ}-\angle DKT\Rightarrow 4$ điểm $D,P,T,K$ đồng viên. Gọi giao điểm thứ $2$ của $AD$ và $(DPTK)$ là $S$. Khi đó: $\angle ATS=\angle ADK=\angle AMH\Rightarrow ST\parallel MH\parallel GL\Rightarrow T(SX,GL)=-1\Rightarrow (SH,NL)=-1\Rightarrow P(SH,NL)=-1$, kết hợp với $PN\perp PL$ suy ra $PN$ là phân giác của $\angle SPH$

Từ đó ta có biến đổi góc: $\angle RHK=180^{\circ}-\angle GHQ=180^{\circ}-\angle PHQ+\angle PHG=180^{\circ}-\angle PLG+\angle PHG=180^{\circ}-\angle AGT+\angle HPK+\angle GKP=180^{\circ}-\angle AGT+\angle HPK+\angle KPT-\angle KGT=180^{\circ}-\angle ADK+\angle HPK+\angle KDT=180^{\circ}-\angle ADT+\angle HPK=180^{\circ}-\angle HPT+\angle HPK=\angle GPH+\angle HPK=\angle GPK=\angle RJK\Rightarrow$ đpcm

Mình muốn hỏi về cách kí hiệu hàng điểm điều hoà này nghĩa là gì, trong các tài liệu trên mạng không đề cập đến. Và cũng xin hỏi thêm về định nghĩa đối song và đẳng giác. Cảm ơn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 02-06-2017 - 09:26

$\mathbb{ThanhLong-11T-LQD-QT}$






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