Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 1 tháng 6/2017: Chứng minh rằng $XB=XC$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

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

 

Bài 1. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $M,N$ là đối xứng của $D$ qua $CA,AB$. $Q,R$ là trung điểm $HC,HB$. $K,L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $FNR$ và $EMQ$. $EK$ cắt $FL$ tại $P$. Đường thẳng qua tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ song song với $DP$ cắt $CA,AB$ tại $U,V$. $O,H$ cắt $AB,AC$ tại $S,T$. $SU$ cắt $TV$ tại $X$. Chứng minh rằng $XB=XC$.

 

Screen Shot 2017-06-03 at 9.19.03 AM.png

 

Bài 2. (Trần Quang Hùng, Ngô Quang Dương) Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác trong tam giác. Đường nối tâm các đường tròn $(PAB),(QAC)$ và $(PAC),(QAB)$ cắt nhau tại $D$. $X$ là tâm đường tròn đi qua tâm các đường tròn $(PAB),(QAC),(PAC),(QAB)$. Tương tự có $E,Y,F,Z$. Chứng minh rằng các đường thẳng $DX,EY,FZ$ đồng quy trên đường thẳng song song với $PQ$ đi qua tâm đường tròn $(ABC)$.

 

Screen Shot 2017-06-03 at 9.21.51 AM.png


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết

Mình xin giải bài 2:

Bổ đề: Cho $\Delta ABC$ tâm ngoại tiếp $O$ và 2 điểm $P,Q$ đẳng giác. $H, I, K$ là tâm ngoại tiếp của các tam giác $PBC, PCA,PAB$. $D, E, F$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $QBC, QCA, QAB$. Gọi $(O_{1}),(O_{2})$ là các đường tròn ngoại tiếp tam giác $HIK, DEF$. Khi đó  $O, O_{1}, O_{2}$ thẳng hàng và đường thẳng $O_{1}O_{2}$ song song với $PQ$.

Chứng minh bổ đề: Dễ chứng minh các tứ giác $KFIE, EIHD, DHFK$ là các tứ giác nội tiếp và $O$ là tâm đẳng phương của các đường tròn  $(KFIE), (EIHD), (DHFK)$. Xét phép nghịch đảo phương tích $OH.OD=OI.OE=OF.OK$ biến đường tròn $(HIK)$ thành đường tròn $(DEF)$ nên $O, O_{1}, O_{2}$ thẳng hàng. $KI, EF$ giao nhau tại $X$, $DF, HK$ giao nhau tại $Y$. Thì $XK.XI=XE.XF$ và $YD.YF=YH.YK$ nên đường thẳng $XY$ là trục đẳng phương của  $(O_{1}),(O_{2})$ nên $XY$ vuông góc $O_{1}O_{2}$. Hơn nữa do $X, Y$ là tâm ngoại tiếp của các tam giác $APQ, BPQ$ nên $X, Y$ thuộc trung trực của đoạn thẳng $PQ$ nên $XY$ vuông góc $PQ$ do đó $XY$ song song với đường thẳng qua  $O, O_{1}, O_{2}$.

Trở lại bài toán:

Gọi $I, J, K, G, H, L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PBC, PCA, PAB, QBC, QCA, QAB$. Gọi $U, V$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $IJK, GHL$. Theo bổ đề ta cần chứng minh $DX, EY, FZ, UV$ đồng quy. $UV, AD$ giao nhau tại $R$; $KJ, HL$ giao nhau tại $M$. Ta có:

$(ROUV)=X(R,O,U,V)=M(O,R,J,L)=-1$ ( áp dụng định lý $Brocard$ và chùm trực giao ). 

Do đó nếu $EY, FZ$ giao $UV$ tại $R', R''$ thì ta có $(ROUV)=(R'OUV)=(R''OUV)=-1$ nên $R, R', R''$ trùng nhau. 

Ta có điều phải chứng minh

Hình gửi kèm

  • 1.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 03-06-2017 - 12:55


#3
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bài 1.

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác $BB', CC'$ cắt $(O)$ tại $M, N$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy $E$ thỏa mãn $BE=BA$, trên tia đối của tia $CB$ lấy $F$ thỏa mãn $CF=CA$. Gọi $K, L$ là tâm của $(ENB)$ và $(FMC)$. $P$ là giao điểm của $BL$ và $CK$. Khi đó $AP \perp B'C'$

Chứng minh bổ đề.

Ta nhìn thấy $\Delta ANB \sim \Delta ACF$ và $\Delta AMC \sim \Delta ABE$. Từ đó $\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{AB}{AF}$  và $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AC}{AE}$

Do đó ta có $\dfrac{AN}{AM}=\dfrac{AE}{AF}$ nên $\Delta ANE\sim \Delta AMF$, từ đó chứng minh được $KB$ và $LC$ cắt nhau tại một điểm $Q$ thuộc $(O)$

Dùng phép nghịch đảo đối xứng ta suy ra $AK, AL$ đẳng giác góc $A$, tam giác $ABC$. Từ đó suy ra $AP, AQ$ đẳng giác.
Chọn $P'$ trên $CN$ thỏa mãn $BP' || EN$ thì $\dfrac{NP'}{P'C}=\dfrac{AB'}{B'C}$. Mà $\Delta CC'A \sim \Delta CBN$ nên $\widehat{AC'B'}=\widehat{NBP'}=\widehat{ENB}=90^o-\widehat{KBE}=90^o-\widehat{QAC}=90^o-\widehat{PAB}$
Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2. Cho tam giác $ABC$, dường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại trực tâm $H$. $HB$ cắt $DF$ tại $B'$ và $HC$ cắt $DE$ tại $C'$. Gọi $O'$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Khi đó $AO'\perp B'C'$
Chứng minh bổ đề.
Sử dụng phương tích điểm $H$ cho hai đường tròn $(DEF)$ và $(HBC)$ cho ta điều phải chứng minh.
Trở lại bài toán ban đầu.
Gọi $B', C'$ lần lược là giao của $HB$ với $DF$, $HC$ với $DE$
Trung trực $BC$ cắt $AB, AC$ tại $Y, Z$. Gọi $O'$ đối xứng với $O$ qua $BC$ và $O''$ đối xứng với $O'$ qua $O$
Khi đó ta có $AO''OH$ là hình bình hành nên $AO'' || OH$
Áp dụng bổ đề $1$ cho tam giác $DEF$ ta được $DP \perp B'C'$
Áp dụng bổ đề $2$ ta suy ra $DP || AO'$
Từ đó ta có $(SV, YA)=O(SV, YA)=A(O''O', DO)=-1$, tương tự ta có $(UT, ZA)=-1$
Do đó $(SV, YA)=(UT, ZA)$ nên $SU, VT, YZ$ đồng quy tại $X$ nên $XB=XC$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 03-06-2017 - 17:11

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

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