Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 6/2017: Chứng minh rằng $\angle ADO= \angle OAG$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 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 18-06-2017 - 21:10

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 6/2017 đã được đưa tại đây kèm theo là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và các anh Ngô Quang Dương, Trần Quang Huy. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ có các điểm $E,F$ lần lượt nằm trên các cạnh $CA,AB$. $O,K$ lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác $ABC,AEF$. $AK$ cắt $BC$ tại $L$ và cắt đường tròn $(KEF)$ tại $J$ khác $K$. $EF$ cắt $BC$ tại $D$. $OD$ cắt đường tròn $(DLJ)$ tại $G$ khác $D$. Chứng minh rằng $\angle ADO= \angle OAG$.

 

Bài 2. (Ngô Quang Dương, Trần Quang Huy) Cho tam giác $BC$ với $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. $PA$ cắt đường tròn $(PBC)$ tại $X$ khác $P$. $QA$ cắt đường tròn $(QBC)$ tại $Y$ khác $Q$. Chứng minh rằng $QX,PY,BC$ đồng quy tại $D$ và $AD$ chia đôi $PQ$.

 

Screen Shot 2017-06-19 at 12.10.25 AM.png


“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 18-06-2017 - 21:22

Bài 2

Hình gửi kèm

  • 1.png


#3 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 154 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Hàm

Đã gửi 18-06-2017 - 21:48

 Lời giải bài 1 :

Diều cần Cm tường đương $OA^2=OG.OD$ . tức là $(O)$ trực giao với $(DLJ)$

 

Ngịch đảo tâm A phương tích bất kì , ta biến thành bài toán sau : Cho tam giác $ABC$. $E,F$ bất kì trên $AC,AB$ . $(AEF),(ABC)$ cắt nhau tại $D$. $J$ là trực tâm tam giác $AEF$ .$AJ$ cắt $ABC$ tại $L$ . Chứng minh  : tâm $(DJL)$ thuộc $BC$

Untitledddddd.png

 

Giải : $EF$ cắt $BC$ tại $P$

 Lấy $G$ đối xứng với $L$ qua $BC$ . dễ thấy $\Delta  GBC \sim  \Delta JFE$

Vị tự tâm $D$ tỉ số $DF/DB$ và xoay góc $(DB,DF)$ biến $B,C  \mapsto F,E$ . nên  $G  \mapsto J$ từ đó

 $ \widehat{GLJ}=\widehat{GLC}-\widehat{JLC}=\widehat{AFE}-\widehat{ABC}=\widehat{BPF}=\widehat{FDB}=\widehat{JDG} $ ($D$ là đ miquel )

nên $(DGJL)$ nội tiếp . có tâm thuộc trung trực $GL$ tức $BC$ , ta có dpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 18-06-2017 - 21:52


#4 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 154 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Hàm

Đã gửi 19-06-2017 - 07:43

Lời giải  bài 2 :

quangtrong15b.png

 Gọi $(BPC),(QBC)$ cắt $AB$ tại $F,E$ Có $\widehat{FXP}=\widehat{FBP}=\widehat{QBC}=\widehat{QYC}$ nên $ \Delta  AFX \sim \Delta ACY$ . từ đó $\frac{AX}{AY}=\frac{AF}{AC}$

Mặt khác $\widehat{AFP}=\widehat{PCB}=\widehat{QCA}$ nên  $ \Delta  AFP \sim \Delta ACQ$ từ đó $\frac{AP}{AQ}=\frac{AF}{AC}$

 Suy ra dc $PQ$ song song $XY$ , nên $AD$ chia đôi $PQ$

Giờ ta cm $D$ thuộc $BC$

 Gọi $ AP,AQ$ cắt $BC$ tại $M,N$

Ta có $ \widehat{YQC}=\widehat{FPX}    ,     \widehat{FBP}=\widehat{QBC}   ,     \widehat{QBE}=180-\widehat{ABQ}=180-\widehat{PBC}   ,       \widehat{YBA}=\widehat{YBC}+\widehat{ABC}=\widehat{ABC}+\widehat{FPX}=180-\widehat{XPC}$

nên 2 tứ giác $PFXC,QCYE$ đồng dạng với nhau nên $B(PFXC)=B(QCYE) => (PAXM)=(QNYA)=(YAQN)$ . từ đó $MN,PY,QX$ đồng quy


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 19-06-2017 - 07:46


#5 Drago

Drago

    Sĩ quan

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

Đã gửi 20-06-2017 - 20:37

Lời giải  bài 2 :

attachicon.gifquangtrong15b.png

 Gọi $(BPC),(QBC)$ cắt $AB$ tại $F,E$ Có $\widehat{FXP}=\widehat{FBP}=\widehat{QBC}=\widehat{QYC} ^{(1)}$ nên $ \Delta  AFX \sim \Delta ACY$ . từ đó $\frac{AX}{AY}=\frac{AF}{AC}$

Mặt khác $\widehat{AFP}=\widehat{PCB}=\widehat{QCA}$ nên  $ \Delta  AFP \sim \Delta ACQ$ từ đó $\frac{AP}{AQ}=\frac{AF}{AC}$

 Suy ra dc $PQ$ song song $XY$ , nên $AD$ chia đôi $PQ^{(2)}$

Giờ ta cm $D$ thuộc $BC$

 Gọi $ AP,AQ$ cắt $BC$ tại $M,N$

Ta có $ \widehat{YQC}=\widehat{FPX}^{(3)}   ,     \widehat{FBP}=\widehat{QBC}   ,     \widehat{QBE}=180-\widehat{ABQ}=180-\widehat{PBC}   ,       \widehat{YBA}=\widehat{YBC}+\widehat{ABC}=\widehat{ABC}+\widehat{FPX}=180-\widehat{XPC}^{(4)}$

nên 2 tứ giác $PFXC,QCYE$ đồng dạng với nhau nên $B(PFXC)=B(QCYE) => (PAXM)=(QNYA)=(YAQN)$ . từ đó $MN,PY,QX^{(5)}$ đồng quy

Em học hình còn kém nên xin thắc mắc một số chỗ:

-Ở $(1)$, tại sao $\widehat{FBP}=\widehat{QBC}$?

-Ở $(2)$, tại sao $PQ$ song song $XY$ thì $AD$ chia đôi $PQ$?

-Ở $(3)$, tại sao $\widehat{YQC}=\widehat{FPX}$?

-Ở $(4)$, tại sao $\angle YBC=\angle FPX, \angle ABC+ \angle FPX=180-\angle XPC$

-Ở $(5)$, là theo đinh lí hay tính chất gì?

 

Em xin cảm ơn! 


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


#6 dangkhuong

dangkhuong

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 21-06-2017 - 11:34

Lời giải bài 2 của em(lâu lắm em mới làm bài trên chuyên mục) :))

 

hih276.png

 
Ta có: $\angle BAY=\angle PAC$ mà $\angle BYQ=\angle BCQ=\angle PCA$ do đó $\bigtriangleup BAY\sim \bigtriangleup PAC(g.g)$ suy ra $\dfrac{AB}{AP}=\dfrac{AY}{AC}$. Chứng minh tương tự thì: $\dfrac{AQ}{AC}=\dfrac{AB}{AX}$ do đó $AQ.AX=AP.AY$ hay là: $\dfrac{AP}{AQ}=\dfrac{AX}{AY}$ nên theo định lí $Thales$ đảo thì: $PQ\| XY$. Gọi $PY$ cắt $QX$ tại $D$ thì theo bổ đề hình thang ta có: $AD$ chia đôi $PQ$. Ta chứng minh $D\in BC$. Gọi $AP\cap BC=I, AQ\cap BC=J$. Theo định lí $Thales$ ta có: $\dfrac{DQ}{DX}=\dfrac{PQ}{XY}=\dfrac{AP}{AX}$.
Theo định lí hàm số $\sin$ thì: $\dfrac{QB}{QC}=\dfrac{\sin{\angle QCB}}{\sin{\angle PBA}}$ đồng thời: $\dfrac{AP}{AB}=\dfrac{\sin{\angle PBA}}{\sin{\angle APB}}=\dfrac{\sin{\angle PBA}}{\sin{\angle BPX}}=\dfrac{\sin{\angle PBA}}{\sin{\angle BCX}}$.
Do đó: $\dfrac{QB}{QC}.\dfrac{AP}{AB}=\dfrac{\sin{\angle QCB}}{\sin{\angle XCB}}$.
Lại có: $\dfrac{JA}{JQ}=\dfrac{AC}{QC}.\dfrac{\sin{\angle ACB}}{\sin{\angle QCJ}}$ đồng thời $\dfrac{IX}{IA}=\dfrac{XC}{CA}.\dfrac{\sin{\angle XCB}}{\sin{\angle ACB}}$ do đó $\dfrac{JA}{JQ}.\dfrac{IX}{IA}.\dfrac{DQ}{DX}=\dfrac{XC}{QC}.\dfrac{AP}{AX}.\dfrac{\sin{\angle XCB}}{\sin{\angle QCB}}=\dfrac{QB}{QC}.\dfrac{AP}{AB}.\dfrac{\sin{\angle XCB}}{\sin{\angle QCB}}=1$. Vậy theo định lí Menelaus đảo thì: $I,D,J$ thẳng hàng do vậy ta thu được $XQ,PY,BC$ đồng quy ở $D$ hay là ta hoàn tất chứng minh.
 
Bài này là tổng quát của bài sauhttps://l.facebook.c...Jgvwd9RzNIpOe0s

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 21-06-2017 - 12:01

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#7 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 154 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Hàm

Đã gửi 21-06-2017 - 18:24

Em học hình còn kém nên xin thắc mắc một số chỗ:

-Ở $(1)$, tại sao $\widehat{FBP}=\widehat{QBC}$?

-Ở $(2)$, tại sao $PQ$ song song $XY$ thì $AD$ chia đôi $PQ$?

-Ở $(3)$, tại sao $\widehat{YQC}=\widehat{FPX}$?

-Ở $(4)$, tại sao $\angle YBC=\angle FPX, \angle ABC+ \angle FPX=180-\angle XPC$

-Ở $(5)$, là theo đinh lí hay tính chất gì?

 

Em xin cảm ơn! 

(1) do $Q,P$ đẳng giác trong tam giác

(2) Định lí menelaus

(3) do 2 tam giác đồng dạng mình đã cm ở trên

(4) cái này cũng do tam giác đồng dạng $ABY$ và $APC$ làm tương tự , đoạn này bạn dể hiểu cộng cung $(PBC)$

(5) định lí về hàng điểm



#8 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 23-06-2017 - 18:59

Lời giải bài 1 của em ạ 

Điều cần chứng minh tương đương với $(DLJ)$ và $(O)$ trực giao. Sử dụng phép nghịch đảo $I^A_k$, ta đưa về bài toán : $\triangle ABC ; E,F \in CA,AB. H$ là trực tâm $\triangle AEF$. $(ABC) \cap AH, (AEF) \equiv D,M$. Khi đó tâm $(MDH)$ nằm trên $BC$

Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $T$, $AH$ cắt $(AEF)$ tại $Q$

Gọi $U,V$ lần lượt là đối xứng của $M$ qua $BC,EF$. Khi đó $M,H,UV$ thẳng hàng trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần $(EC,CB,BF,FE)$ . Khi đó ta có $\angle MUH = 180 - \angle MTF = \angle MBF = \angle MDQ$ ( do $\triangle MDQ \sim \triangle MBF$ ). Từ đây ta có tứ giác $MDUH$ nội tiếp . Mà $BC$ là trung trực $MU$ nên tâm ngoại tiếp $(MDH)$ nằm trên $BC$ . Ta có điều cần chứng minh

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 23-06-2017 - 19:02


#9 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 23-06-2017 - 19:29

Lời giải bài 2 của em ạ : $\triangle APB \sim \triangle ACY$ nên $AP.AY = AB.AC$. Tương tự ta có $AQ.AX = AB.AC$ nên $\frac{AP}{AX} = \frac{AQ}{AY}$. Suy ra $PQ \parallel XY$. 

$PY \cap BC \equiv D_1 \implies \frac{D_1B}{D_1C} = \frac{PB}{PC}.\frac{YB}{YC}$. Vậy cần chứng minh $\frac{PB}{PC}.\frac{YB}{YC} = \frac{QC}{QC}.\frac{XB}{XC}$

$\leftrightarrow \frac{PB}{PC}.\frac{sin \angle AQB}{sin \angle AQC} = \frac{QB}{QC}.\frac{sin \angle APB}{sin \angle APC}$

$\leftrightarrow \frac{PB}{sin \angle APB} : \frac{PC}{sin \angle APC} = \frac{QB}{sin \angle AQB} : \frac{QC}{sin \angle AQC}$

$\leftrightarrow \frac{AC}{AB}.\frac{sin \angle ACP}{sin \angle ABP}. \frac{sin \angle PCB}{sin \angle PBC} = \frac{AC}{AB}.\frac{sin \angle ACQ}{sin \angle ABQ} . \frac{sin \angle QCB}{sin \angle QBC}$ ( điều này đúng do $\angle ACP = \angle QCB , \angle ABQ = \angle PBC, \angle PCB = \angle ACQ, \angle ABP = \angle QBC , \angle PBC = \angle ABQ$). Vậy $PY,QX,BC$ đồng quy tại $D$

Thật vậy, theo chứng minh trên thì $PQ \parallel XY$ nên $AD$ chia đôi $XY$ theo Menelaus , suy ra $AD$ chia đôi $PQ$







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