Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 1 tháng 7/2017: Trung điểm của $QR$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4227 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 02-07-2017 - 23:54

Như vậy hai bài toán Tuần 4 tháng 6/2017 đã được đưa lời giải tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Trịnh Huy Vũ. Xin trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $J$ là tâm bàng tiếp gód $A$. $M$ là trung điểm của $BC$. $MJ$ cắt $EF$ tại $P$. $PD$ cắt đường tròn $(BIC)$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng trung điểm của $QR$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Screen Shot 2017-07-03 at 2.50.52 AM.png

Bài 2. (Trịnh Huy Vũ) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có điểm Fermat là $F$. $FA,FB,FC$ cắt $(O)$ lần lượt tại $X,Y,Z$ khác $A,B,C$. Chứng minh rằng đường thẳng $OF$ chia đôi đoạn nối trực tâm của hai tam giác $ABC$ và $XYZ$.

 

Screen Shot 2017-07-03 at 2.52.36 AM.png

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 02-07-2017 - 23:54

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

#2 dangkhuong

dangkhuong

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 03-07-2017 - 00:53

Em xin nêu lời giải của mình, bài tuần này đổi mô hình khá là hay :)) 

 

hih291.png

 

Lời giải bài 1: Ta chỉ cần chứng minh $PD$ cắt trung trực $BC$ trên $(O)$. Lấy $K$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $EF\cap BC=S$, ta có: $(SD,BC)=-1$. Lấy $SK\cap (O)=X$, ta thấy $XY\perp XS$ mà $X(SD,BC)=-1$ do đó $XD$ đi qua trung điểm cung $BC$ lớn là $Y$. Ta cần chứng minh $X,D,P$ thẳng hàng hay là $EF,JM,YD$ đồng quy. Ta quy về chứng minh bài toán mới như sau:
 
Bài toán mới: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có $AK$ là đường kính. Các tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$. Kẻ $KL$ vuông $BC$. $PL\cap (OBC)=P,Q$ và $OQ\cap BC=S$. Chứng minh rằng: đường thẳng qua $S$ vuông góc $AO$ cùng $PL,AM$ đồng quy($M$ là trung điểm $BC$).
 
hih292.png
 
Bổ đềCho tam giác $ABC$  các đường cao $BD,CE$. $H$  trực tâm tam giác $ABC$. Gọi $I$  trung điểm đoạn $AH$  $K=AH\cap DE$. Khi đó: $K$  trực tâm tam giác $IBC$.
 
Chứng minh bài toán mới: Gọi đường thẳng qua $S$ vuông góc $AO$ cắt $PQ$ tại $H$. Gọi $AO\cap BC=R$, $TL\cap (OBC)=N,T$ , $PN\cap BC=E$, $PR\cap (OBC)=P,T$. Ta thấy rằng: $OT,BC,PN$ đồng quy theo tính chất trục đẳng phương. Lấy $S'$ là trung điểm $RE$. Ta áp dụng bổ đề thì: $L$ là trực tâm tam giác $SOP$ do đó $S',Q,O$ thẳng hàng thế nên $S\equiv S'$. Do đó $\dfrac{LH}{LP}=\dfrac{LS}{LE}$. Mà $LM.LS=LP.LQ=LB.LC=LR.LE$(đúng theo hệ thức $Maclaurin$ và hệ thức lượng trong đường tròn) suy ra:
$\dfrac{LH}{LP}=\dfrac{LR}{LM}$ hay là $RH\| MP$. Gọi $HS\cap AO=J, SA\cap (O)=I,A$. Ta xét phép nghịch đảo $I^S_{SB.SC}: L\leftrightarrow M, H\leftrightarrow J, A\leftrightarrow I$. Vậy $A,M,H$ thẳng hàng khi và chỉ khi $S,I,L,J$ đồng viên. Ta để ý rằng: $\angle JKL=\angle KLS=\angle KIS=90^\circ$ do đó $S,I,L,K,J$ đồng viên hay là ta thu được điều phải chứng minh. 
 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 03-07-2017 - 01:29

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#3 manhtuan00

manhtuan00

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 03-07-2017 - 02:35

Lời giải bài 1 của em ạ 

Ta có $E,F$ lần lượt là đối xứng của $D$ qua $IC,IB$ . Gọi $U,V$ là hình chiếu của $B,C$ lên $IC,IB$ , khi đó $U,V,E,F$ thẳng hàng . Gọi $H$ là trực tâm $\triangle IBC$ . $MH$ cắt $(IBC)$ tại $Z$ . Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle IBC$ , $UV$ cắt $BC$ tại $K$ . Khi đó $A,Z,K$ thẳng hàng . Gọi $UV$ cắt $(L)$ tại $X,Y$ 

Ta có : $Z(PK,XY) = Z(JI,XY) = (JI,XY) = -1$ do $IJ$ là trung trực $XY$ . Mà ta lại có $(DKBC) = -1$ nên $PD$ là đường đối cực của $K$ với $(L)$ . Khi đó $\overline{P,D,Q,R}$ đi qua $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(IBC)$ . Khi đó trung điểm $QR$ chính là hình chiếu của $L$ lên $PW$ sẽ thuộc $(LBC)$, chính là đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ do $L$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ , nên trung điểm $QR$ nằm trên $(ABC)$

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 03-07-2017 - 02:47


#4 NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 58 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:miền nam
  • Sở thích:tìm link

Đã gửi 03-07-2017 - 12:43

lời giải bài 2

 bổ đề 1: Cho tam giác đều $ABC$, điểm $P$ bất kì, $P$-pedal là $XYZ$ tâm của $ABC$ là $O$, trọng tâm của $XYZ$ là $G$ thì $G$ là trung điểm của $OP$

chứng minh.(Ngô Quang Dương)

https://artofproblem...1298402p6904405

 

 

 bổ đề 2 : cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, điểm Fermat thứ nhất là $F$, circumcevian của $F$ là $A'B'C'$ Trực tâm cũa $A'B'C'$ là $H'$ tâm Euler cũa $ABC$ là $N$ thì $N,F,H'$ thẳng

chứng minh.

dựng $F$-antipedal wrt $ABC$,$A'B'C'$ là $XYZ,X'Y'Z'$ thì ta đễ có $XYZ$ đều mà tam giác $X'Y'Z'$ có các cặp cạnh tương ứng song song $XYZ$ nên $X'Y'Z'$ cũng là tam giác đều và ta cũng có $\triangle XYZ=\triangle X'Y'Z'$

gọi điểm dẳng giác của $F$ wrt $XYZ$ là $F'$, trọng tâm của $XYZ,X'Y'Z'$ là $G,G'$ thì ta có $XYZ\cup F\cup G\cup F'=X'Y'Z'\cup F'\cup G'\cup F$ 

Vậy $FGF'G'$ là hình bình hành

Gọi trọng tâm của $ABC,A'B'C'$ là $T,T'$ thì theo bổ đề 1 ta có

$F,G'$ đối xứng qua $T'$

$F,G$ đối xứng qua $T$

mà ta cũng có $F,F'$ đối xứng qua $O$ do 2 điểm này dẳng giác

vậy $FT'OT$ là hình bình hành vậy $FT=T'O$ mà ta cũng có $\frac{FT}{OH'}=\frac{T'O}{OH'}=\frac{1}{3}=\frac{NT}{TO}$ vậy ta có $N,F,H'$ thẳng

 

 

Quay lại bài toán.

Vậy theo bổ đề 2 ta có $HF'$ là đường trung tuyến của $\triangle HH'O$ mà cũng theo bổ đề 2 ta thấy $F$ cũng là điểm Fermat thứ nhất trong $XYZ$ vậy áp dụng bổ đề 2 ta cũng có $HF$ là đường trung tuyến của $\triangle H'HO$ vậy ta có $F$ là trọng tâm của $HH'O$ vậy $OF$ chia đôi $HH'$ 

(hình vẽ em sẽ gửi sau)

Hình gửi kèm

  • MỚI.PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 04-07-2017 - 19:22


#5 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1556 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 03-07-2017 - 13:21

Bài 1.

Gọi $K, L$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ và không chứa $A$ của $(O)$, ta có $KX\perp QR$.

Do đó ta cần chứng minh $PD$ đi qua $L$. Ta còn có $L$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(IBC)$

Gọi $B', C'$ là giao điểm của $BI, CI$ với $EF$, ta có $\widehat{BB'C}=\widehat{BC'C}=90^o$, ta chuyển về bài toán sau.

Cho tam giác $ABC$ với ba đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại trực tâm $H$. $T$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$. $M$ là trung điểm $BC$.

$HM$ cắt $EF$ tại $S$. Chứng minh rằng $D, T, S$ thẳng hàng.

 

Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $K$ khác $A$, khi đó $K, H, M, S$ thẳng hàng và $(KH, SM)=-1$

$AD$ cắt $(O)$ tại $D'$ khác $A$ thì $A(KD', BC)=-1$ nên $KD'$ đi qua $T$. Mà $D$ là trung điểm $HD'$ nên $KD$ chia đôi $MT$

Do đó $D(KA, MT)= -1 = D(KH, MS)\Rightarrow D, S, T$ thẳng hàng.


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


#6 Donald Trump

Donald Trump

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:White House
  • Sở thích:Làm nước Mỹ vĩ đại trở lại

Đã gửi 03-07-2017 - 17:23

Bài 2 có thể tham khảo cách chứng minh khác tại đây. (Result 1)







0 người đang xem chủ đề

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