Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 2 tháng 8/2017: đường tròn $(D,DP)$ tiếp xúc với đường tròn $(AEF)$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4249 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 06-08-2017 - 19:03

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 1 tháng 8/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Nguyễn Tiến Dũng. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $(O)$. $P,Q$ là hai điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $BP=QC$. $AQ$ cắt trung trực $BC$ tại $R$. $H$ là hình chiếu của $Q$ lên $RP$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $PQR$. $L$ đối xứng với $A$ qua $OH$. $D$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $DL \perp PK$. Đường thẳng qua $P$ song song $OA$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Chứng minh rằng đường tròn $(D,DP)$ tiếp xúc với đường tròn $(AEF)$.

 

Figure5752.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có tâm nội tiếp $I$. $D$ và $E$ lần lượt là các điểm trên các cạnh $AB$ và $BC$ sao cho $DB+BE=BC$. Lấy $F$ đối xứng với $E$ qua $I$. $H$ là hình chiếu của $D$ trên đường thẳng $IB$. Chứng minh $\angle CHF=90^{\circ}$.

 

Screen Shot 2017-08-06 at 10.01.28 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 06-08-2017 - 21:11

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

#2 Nerus

Nerus

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:maths,english,reading light novel,playing games,...

Đã gửi 06-08-2017 - 20:47

Bài 2;

Có $\Delta IDB = \Delta IEC$ nên $IE=ID=IF$ do đó $\Delta FDE$ vuông tại $D$

lại có $\angle IDB$ =  $\angle IEC$ nên $IDBE$ nội tiếp suy ra $\angle IBD$ = $\angle IED$

nên $\angle FDI$ = $\angle DFI$ = $90^{0}$ - $\angle DEF$ = $90^{0}$- $\angle DBI$ = $\angle BDH$

suy ra $\angle FDH$ = $\angle IDB$ = $\angle FEC$

Mặt khác có $\Delta BDH\sim \Delta EFD$  nên $\frac{EF}{FD}= \frac{BD}{DH}= \frac{EC}{DH}$ nên $\Delta FDH\sim \Delta FEC$ suy ra $\Delta FDE\sim \Delta FHC$ nên $\angle FHC$ = $90^{0}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 06-08-2017 - 20:53

                 $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a^k\geq \left (\prod_{k=1}^{n}a^k \right )^{\frac{1}{n}}$


#3 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 176 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

Đã gửi 06-08-2017 - 22:07

Lời giải bài 1 :

 Hạ $PX,PY$ xuống $AB,AC$ Ta có $ \Delta PXF\sim \Delta PYC ,\Delta PXB\sim \Delta PYE =>XF.YC=PY.PX=BX.YE =>\frac{XF}{XB}=\frac{YE}{YC} $  nên $(ABC),(AEF),(AXY)$ đồng trục  nên $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì góc $ASP$ vuông

 

 Ta chứng minh $S$ cũng nằm trên $(D,DP)$

 

Gọi $T$ là trung điểm $AP$ ,

Thật vậy , Ta có : $(LA,LD)=(OH,KP)=(QA,QD)$ nên $ALDQ$ nội tiếp  . Gọi $AL$ cắt $BC$ tại $G$ suy ra $AGQ,LGD$ cân tại $A,D$

 GỌi $U,I,J,Z$ là trung điểm của $PQ,LG,LA,AG$ . đường thẳng qua $A,Z$ vuông góc với $AG$ lần lượt cắt  $UO$ tại $N,M$ . $ZM$ cắt $BC$ tại $V$.

- Do các trung điểm nên $\widehat{ZTU}=180-\widehat{AQG}=180-\widehat{AGQ}=\widehat{ZMU} $ nên  $TMUZ$ nội tiếp suy ra $\widehat{UTM}=\widehat{UZM}=\widehat{UGM}=>$ $TMUG$ nội tiêp nên $ \widehat{GTM}=90$

- Tiếp tục , Ta có $\frac{NM}{TU}=\frac{NM}{AQ/2}=\frac{NM}{AZ}=\frac{1}{cos\widehat{NMZ}}=\frac{VM}{VU}=>\frac{MN}{MV}=\frac{UT}{UV}$ và $\widehat{TUG}=\widehat{AQG}=\widehat{UMV}$ nên $\Delta VMN \sim \Delta VUT$ nên $\Delta VMU \sim \Delta VNT$ nên $\widehat{VTN}=90$

 

Tóm lại $(UGM),(UNV)$ cùng đi qua $T$

 Ta lại có :$\frac{DG}{DV}=\frac{IG}{IZ}=\frac{JZ}{JA}=\frac{OM}{ON}$ nên $(UGM),(UNV), (UOD)$ đồng trục , từ đo $(UOD)$ cũng đi qua $T$ , tức là  $DT$ vuông $TO$ . mà $TO$ song song $PS$ vì cùng vuông với $AS$ và $TS=TP$ . suy ra $DS=DP$ nên $S$ thuộc $(D,DP)$

 

 Mặt khác , $\widehat{ESP}=\widehat{ESA}+90=EFA+90=\widehat{BAO}+90 =180-\widehat{ACB}$ nên $ESPC$ nội tiếp

Từ đó $180=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+\widehat{FSA}=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+90-\widehat{FSP}=>\widehat{FSP}=\widehat{FES}+\frac{\widehat{SDP}}{2}$

 Goi $Sx$ tiếp xúc với $(D)$ thì $Sx$ cũng tiếp xúc với $(AEF)$ do góc ở trên  

Từ đó $(AEF)$ tiếp xúc $(D,DP)$ tại $S$

2.png


~O)  ~O)  ~O)


#4 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1566 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 06-08-2017 - 23:02

Bài 1. Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua trung trực $BC$ ta suy ra $A', R, P$ thẳng hàng.

Mà $KO\perp AA'$, do đó $RP$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A'$ thì $D, T, L$ thẳng hàng và $DT=DP$

Tương tự như bước đầu của bạn ecchi123, ta có được $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì $\angle ASP=90^o$

$O'$ là tâm của $(AEF)$ thì $A', O', A$ thẳng hàng. Khi đó ta có góc $(SP, RK) = (SA, BC)=(SA, AO')=\angle O'AS = \angle STA'=(ST, RP)$
Do đó $\angle TSP = \angle PRK = \dfrac{\angle TDP}{2}$ nên $S$ thuộc $(D, DP)$
Ta có góc $(SD, BC)=2\angle STP = 2\angle O'AS = (SO', BC)$ nên $S, D, O'$ thẳng hàng. Suy ra $(D, DP)$ tiếp xúc với $(AEF)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 07-08-2017 - 00:15

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


#5 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 07-08-2017 - 19:14

Bài 2 : Gọi $R$ đối xứng $H$ qua trung điểm $M$ của $BC$ , $G$ đối xứng $D$ qua $H$ . Ta có $\angle MCR = \angle IBC = \angle ICB$ , $\frac{CR}{CE} = \frac{BH}{BG} = \frac{CM}{CI}$ nên $\triangle CRM \sim \triangle CEI$, từ đây suy ra $\triangle CMH \sim \triangle CIF $

Suy ra $\triangle CMI \sim \triangle CHF$ nên $\angle CHF = 90$



#6 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1222 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 08-08-2017 - 21:10

Bài 2:

Gọi $K$ là hình chiếu của $F$ trên $BC$.

Ta có: $F,E,K,D$ đồng viên.

Suy ra: $\angle FED=\angle FKD=\angle IBD$.

Nên $I,D,B,E$ đồng viên.

Ta có: $\triangle FDK \sim \triangle IDB$

Suy ra: $\frac{FK}{IB}=\frac{FD}{ID}=\frac{DK}{BK}=\frac{2HK}{BK}$.

Nên: $FK=\frac{2HK}{BK}.IB=\frac{2HK}{BK}.BC.\frac{BK}{BH}$.

Do đó: $\frac{FK}{BC}=\frac{HK}{BH}$ và $\angle FKH=\angle HBC$.

Nên $\triangle FHK \sim \triangle CHB$.

Suy ra: $\angle HFK=\angle HCK$.

Nên tứ giác $FHKC$ nội tiếp.

Do đó: $\angle CHF=\angle FKC=90$.


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#7 MacJimmito

MacJimmito

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Đã gửi 12-08-2017 - 14:27

Bài 1 đề sao sao vậy ạ?





0 người đang xem chủ đề

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