Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 8/2017: $PQ$ chia đôi $CD$


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

#1 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 13-08-2017 - 21:58

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 8/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Đỗ Xuân Long. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

Bài 1: Cho lục giác $ABCDE$ nội tiếp có $AB=CD=EF$ và $BC=DE$.$P$ di chuyển trên cung nhỏ $AF$ của đường tròn ngoại tiếp lục giác. $PC,PD$ lần lượt cắt $AE,BF$ tại $M,N$.$K,L$ theo thứ tự là hình chiếu của $M,N$ lên cạnh $AF$. $ML$ cắt $NK$ tại $Q$. Chứng minh đường thẳng $PQ$ chia đôi $CD$

Hình vẽ:

ko7ppyI.png
Bài 2: Cho tam giác $ABC$ nhọn, $1$ đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $(I),(J)$ tiếp xúc $AR$ tại $R$ và tiếp xúc trong với $(K)$ theo thứ tự tại $M,N$ sao cho $I,J$ đều nằm trong các góc 
$\angle FRB$ và $\angle ERC$. Chứng minh $ME,NF$ cắt nhau trên đường thẳng $AR$

Hình vẽ: 

fhLYh0E.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 15-08-2017 - 19:50
sửa tên


#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 13-08-2017 - 22:13

Bài 2,

 

Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$. $SK$,$AR$ cắt $\left ( K \right )$ tại $P,Q,U,V$, Do $AR\perp SK$ nên $P,Q$ là 2 điểm chính giữa cung $UV$ Theo bổ đề quen thuộc ta có $\overline{M,R,Q},\overline{N,R,P}$

 

Từ A kẻ tiếp tuyến $AG$,$AH$ đến $\left ( K \right )$ thì $\overline{S,R,G,H}$ . Dễ có -1 = $ ( S,R,G,H )$ = $ Q( S,R,G,H )$ = $ ( P,M,G,H )$ nên $ GMHP$ điều hòa từ đó có  $\overline{M,A,P}$

 

Tương tự $\overline{N,A,Q}$.

 

Từ đó bằng chiếu xuyên tâm ta có $\overline{M,N,S}$

 

Suy ra $MN,EF,BC$ đồng quy, Gọi $ME$ cắt $NF$ tại $L$. Có $S$ và $L$ liên hợp với nhau qua $\left ( K \right )$ mà $AR$ là đối cực của $S$ qua $\left ( K \right )$ nên có đpcm

Hình gửi kèm

  • 0000000.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 13-08-2017 - 23:01

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


#3 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 15-08-2017 - 18:37

Lời giải bài 2 : ( tác giả bài này là Đỗ Xuân Long không phải Nguyễn Xuân Long :o )
Gọi $S,T$ là giao điểm của $AR$ với $(K)$ , $EF$ cắt $BC$ tại $G$
Theo định lý Brocard, ta có $GK \perp AT$ và $GS,GT$ là 2 tiếp tuyến tới đường tròn $(K)$
Gọi $X,Y$ là giao điểm của $GK$ với $(K)$. Do $GK \perp ST$ nên $X,Y$ là điểm chính giữa 2 cung tròn $ST$
Do $(I)$ tiếp xúc $ST$ và tiếp xúc $(K)$ nên $MR$ là phân giác $\angle SMT$ , dẫn đến $M,R,Y$ thẳng hàng, tương tự ta có $N,R,X$ thẳng hàng
Thật vậy , ta có $ -1 = N(ARST) = N(YX,ST)$ do $NY,NR$ là các phân giác ngoài nên $A,N,Y$ thẳng hàng . Một cách tương đương ta cũng có $A,M,X$ thẳng hàng
Khi đó , $A(RG,XY) = -1 = A(RG,MN)$ nên $MN$ đi qua $G$ , tức là $MN,XY,BC,EF$ đồng quy tại $G$
Ta có biến đổi tỉ số kép 
$N(SFRT) = (SFXT) = R(SFXT) = R(TCNS) = (TCNS) = A(TCNS) = A(SEYT)  = M(SEYT) = M(SERT)$ 
Điều này tương đương với $ME,NF$ cắt nhau trên $ST$ , hay chính là trên $AR$ , ta có điều cần chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 15-08-2017 - 18:43


#4 vda2000

vda2000

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{Bac Giang gifted High School}}$
  • Sở thích:$\boxed{\boxed{\rightarrow\bigstar\epsilon\delta\mu\bigstar\leftarrow}}$

Đã gửi 16-08-2017 - 17:27

Một cách tiếp cận khác: Xét phép nghịch đảo cực $R$, phương tích bất kỳ (bản chất chắc nó cũng không quá khác so với 2 lời giải trên), khi đó, ta có bài toán như hình vẽ:

 

Cho $4$ điểm $B,C,E,F$ thuộc một đường tròn $(O)$, $BE,CF$ cắt nhau tại $R$. $(RFB),(REC)$ cắt nhau tại $A$ (Chú ý, từ điều kiện này và tính chất $3$ trục đẳng phương, suy ra: $BF,CE$ đồng quy tại $K$). $M,N$ thuộc $(O)$ sao cho $2$ tiếp tuyến tại $2$ điểm này với $(O)$ cùng song song với $RK$.

Chứng minh rằng: $(RFM), (REN)$ cắt nhau trên $RK$ (Điều kiện này cũng tương đương với $MF,NE$ cắt nhau tại $S$ thì $S$ thuộc $KR$).

Tóm lại, ta phải chỉ ra: $S$ thuộc $KR$.

Vì $2$ tiếp tuyến tại $M,N$ với $(O)$ song song với $RK$, nên theo định lý Brokard, suy ra: $EF,MN,BC$ đồng quy tại $T$.

Gọi $FN,ME$ cắt nhau tại $J$ thì $J$ thuộc đường thẳng cực của $T$, nên: $K,J,R$ thẳng hàng.

Cuối cùng, lại theo định lý Brokard một lần nữa, vì: $OT\bot SJ, KR$ nên $S$ thuộc $KR$. $\blacksquare$

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vda2000: 16-08-2017 - 17:29

$\boxed{\textrm{Silence is the peak of contempt!}}$

If you see this, you will visit my facebook.....!


#5 Min Nq

Min Nq

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP.HCM

Đã gửi 17-08-2017 - 19:09

Trong lúc khảo sát trường hợp suy biến của Bài 1 ($BC=DE=0$) thì em có một quan sát như sau:

Capture2.JPG

 

Gọi $P$ là điểm di động trên cung nhỏ AD của đường tròn ngoại tiếp hình thang cân $ABCD$ ( $AB=CD$ ). $PC$ giao $BD$ tại $N$, $PB$ giao $AC$ tại $M$. $K$ và $L$ lần lượt là hình chiếu của $M,N$ lên $AD$. $NK$ giao $ML$ tại $Q$. Khi đó $PQ$ qua điểm cố định.

 

Với điều kiện $AB=BC=CD$ thì điểm cố định là trung điểm $BC$.



#6 Namthemaster1234

Namthemaster1234

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 546 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K45 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Lịch Sử và Văn Hóa Trung Hoa

Đã gửi 17-08-2017 - 22:30

Bài 2:

 

Để ý rằng tiếp tuyến tại $M$ và $N$ cắt nhau tại trung điểm $AR$ và tiếp tuyến tại $E$ và $F$ cắt nhau tại $L$ thuộc $AR$.  Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $(MF,NE)$ và $(ME,NF)$

 

Áp dụng pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} MNE\\ NMF\end{pmatrix}$ suy ra $T,X,Y$ thẳng hàng

Áp dụng pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} MEF\\ NFE\end{pmatrix}$ suy ra $L,X,Y$ thẳng hàng

 

Vậy $T,L,X,Y,A,R$ thẳng hàng điều phải cm


Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)

Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56

:icon6: :icon6: :icon6: :icon6: :icon6:


#7 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1564 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 19-08-2017 - 17:21

Bài 1.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ với $E, F$ bất kỳ nằm trên $AC, AB$. $BE$ cắt $CF$ tại $P$. Gọi $Q, R$ là hình chiếu của $E, F$ trên $BC$. $ER$ cắt $FQ$ tại $K$. Khi đó $AK$ đi qua hình chiếu của $P$ trên $BC$.

Chứng minh.

Gọi $D$ là hình chiếu của $P$ trên $BC$, $S$ là giao điểm của $EF$ và $BC$. Theo định lý Menelaus, ta có:

$$  \dfrac{SR}{SQ}.\dfrac{CD}{CR}.\dfrac{BQ}{BD} =\dfrac{SF}{SE}. \dfrac{CP}{CF}. \dfrac{BF}{BP} = 1$$

Do đó mà: $E(FA, KD)=(SC, RD)=\dfrac{SR}{SD}.\dfrac{CD}{CR} = \dfrac{SQ}{SD}.\dfrac{BD}{BQ}=(SB, QD)=F(EA, KD)$

Do đó mà $AK$ đi qua $D$. Bổ đề được chứng minh.

 

Trở lại bài toán. Gọi $A', F'$ là giao điểm của $PD, PC$ với $AF$ thì $F'\in (PNF)$ và $A'\in (AMP)$.

Do đó $\angle NF'A'  = \angle NPF = \angle MPA = \angle MA'F'$. Do đó $A'M, F'N$ cắt nhau trên trung trực $A'F'$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $AQ$ đi qua trung điểm $A'F'$ nên $AQ$ chia đôi $CD$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 19-08-2017 - 17:35

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





0 người đang xem chủ đề

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