Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 2 tháng 6/2017: Chứng minh rằng $UV \perp AD$.

hình học

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

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 1 tháng 6/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Nguyễn Hoàng Nam.

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. Trung trực $CA,AB$ cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc $AD$ tại $E,F$. $J$ là trung điểm $AK$. $JE,JF$ cắt trung trực $AD$ tại $M,N$. $P,Q$ là đối xứng của $D$ qua $KM,KN$. Trên $OF,OE$ lần lượt lấy $U,V$ sao cho $MU \perp AP, NV \perp AQ$. Chứng minh rằng $UV \perp AD$.

 

Screen Shot 2017-06-11 at 9.06.15 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ với $P,Q$ là hai điểm đẳng giác trong tam giác. Giao điểm $AP,CQ$ với $(ABC)$ lần lượt là $D,E$. Giao điểm của $DE$ và $BQ$ là $F$. Trung trực của $AB$ cắt $PQ$ tại $T$. Giao điểm của $TE$ và $AB$ là $G$. Chứng minh rằng bốn điểm $B,E,F,G$ cùng thuộc một đường tròn. 

 

Screen Shot 2017-06-11 at 9.06.07 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 11-06-2017 - 18:06

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
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Lời giải bài 1:

Đầu tiên ta có 1 phát biểu (!) : Cho $O(ABCD)=-1$ .  $OA\perp O'A', OB\perp O'B', OC\perp O'C', OD\perp O'D'$ thì $O'(A'B'C'D')=-1$

 

quantrong14.png

 GỌi $(K)$ cắt $AB,AC$ tại $R,S$ . $(ARS)$ cắt $(O)$ tại $G,A$ 

Ta có $AG,EF$ , tiếp tuyến tại $D$ đồng quy tại $Y$ do là TDP của các cặp 3 đường tròn $(O),(K),(ARS)$

 Nếu $AD$ cắt $(K)$ tại $X$ thì $XRDS$ là tứ giác điều ghòa , và  tiếp tuyến tại $X,D$ và $AG,EF$ đồng quy nên $A(GDRS)=-1$

 vậy nên  theo (!)  $O(EFJM)=-1$ . điều đó chứng tỏ $O$ là trung điểm $MN$ 

Ta có $K(MNOY)=-1$ vậy nên theo (!) : $D(PQXY)=-1$ . khi đó $PQDX$ điều hòa , nên $PQ$ đi qua $Y$

Từ đó ta lại có $A(PQXY)=-1$ . Gọi  $MU$ cắt $NV$ tại $T$ . $Z$ sao cho $TZ$ vuông $AD$ .  Dựng $O'$ sao cho $TO'$ vuông $AG$ . Vậy theo (!)  thì $T(ZO'MN)=-1$ nên $TO'$ đi qua $O$ . mà $TO$ vuông $AG$ nên $TO$ đi qua $J$

Tóm lại ta có $T(UVZO)=-1,O(UVMT)=-1$ và $TZ$ song song  $MO$ nên $UV$ song song $OM$ , tức vuông góc với $AD$

 

 


~O)  ~O)  ~O)


#3
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

mở rộng bài 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$.$J$ là trung điểm $AK$.Trên $OJ$ lấy $X$. Đường thẳng qua $X$ vuông $AB,AC$ lần lượt cắt đường thẳng qua $A$ vuông $AD$ tại $E,F$.  $JE,JF$ cắt trung trực $AD$ tại $M,N$. $P,Q$ là đối xứng của $D$ qua $KM,KN$. Trên $XE,XF$ lần lượt lấy $U,V$ sao cho $MU \perp AP$, $NV \perp AQ$. Chứng minh rằng $UV \perp AD$

chứng minh

 

Ta gọi trung trực $AB,AC$ cắt $EF$ tại $Y,Z$ thi theo lời giải của ecchi123 ta suy ra $OJ$ đi qua trung điểm của $YZ$ vậy theo talet ta có $OX$ đi qua trung điểm của $EF$ vậy $O$ là trung điểm $MN$ 

Do $M$ thuộc trung trực $AD,DP$ nên $M$ thuộc trung trực $AP$ tương tự $N$ thuộc trung trực $AQ$

Ta gọi giao của $(K)$ và $AB,AC$ là $R,S$. Giao của $(KRS)$ và $O$ là $T$ thì $AT,RS$ tiếp tuyến tại $D$ đồng qui tại L áp dụng hàng điểm ta có $-1=K(MNOL)=D(PQLA)$ gọi giao của $AD$ và $(K)$ là $G$ thì $G,P,Q,D$ là tứ giác diều hòa vậy $PQ$ đi qua $L$ vậy ta có $A,P,Q,T$ thuộc 1 đường tròn tâm là $H$ thi ta đễ có $H$ thuộc $OJ$

Cuối cùng do $H$ là giao của $MU$ và $NV$ vậy $UV$ song song $EF$ vậy $UV \perp AD$ 

https://www.geogebra.org/o/RhBAqWAH



#4
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

Một hướng tiếp cận khác cho bài 1 ạ 

Do $P$ đối xứng $D$ qua $KM$ nên $MP = MD = MA$ suy ra $M$ nằm trên trung trực $AP$, tương tự $N$ nằm trên trung trực $AQ$. Sử dụng phép vị tự tâm $A$ tỉ số 2, ta đưa về bài toán

$\triangle ABC, A'$ đối xứng $A$ qua $O$ , $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $D$. $A'B,A'C$ cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc $AD$ tại $F,E$. $EK,FK$ cắt $A'D$ tại $M,N$. Đường tròn $(AM),(AN)$ cắt $(K)$ tại $P,Q$. $NQ,MP$ lần lượt cắt $A'E, A'F$ tại $U,V$. Khi đó $UV \perp AD$. Gọi $R,S$ là 2 tiếp điểm của $(K)$ với $CA,AB$. Đường tròn $(AK)$ cắt $(O)$ tại $G$. Khi đó $K,G,O$ thằng hàng . 

Gọi $H$ là giao của tiếp tuyến tại $D$ với $BC$ , khi đó $GH$ cũng là tiếp tuyến của $(O)$ nên tứ giác $(GBDC)$ điều hòa . Từ đây ta có $A'(KD,EF) = (GD,BC) = -1$ nên $A'K$ chia đôi $EF$, suy ra $A'$ là trung điểm $MN$ do $EF \parallel MN$ 

Gọi $T$ là giao của $NQ$ và $MP$, do 3 trục đẳng phương của $(AT) , (K) , (O)$ đồng quy nên $PQ, DH, AG$ đồng quy , và trục đẳng phương của 3 đường tròn $(AK) , (K), (O)$ đồng quy nên 4 đường thẳng $AG,PQ,RS,DH$ đồng quy tại $W$ . 

Ta sẽ chứng minh  $G,T,A',K$ thẳng hàng , điều này tương đương với $T(\parallel MN , A',M,N) = A(DG,PQ)$. Thật vậy , ta có $T(\parallel MN , A',M,N) = -1$

Gọi $AD$ cắt $(K), PQ$ lần lượt tại $J,X$. Do tứ giác $JSDR$ điều hòa nên $WJ$ cũng là tiếp tuyến của $(K)$ . Vậy ta có $A(DG,PQ) = (WXPQ) = -1$. Vậy suy ra $T,A',K,G$ thẳng hàng 

Thật vậy, do $T,G,A'$ thẳng hàng thì theo phần trên ta có $A'(DT,VU) = -1$ nên $MV,NU , A'T$ đồng quy . Mà $A'$ lại là trung điểm $MN$ nên $UV \parallel MN$

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 12-06-2017 - 22:05






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