Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 1 tháng 9/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $SEF$ tiếp xúc $(O)$.

hình học

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

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4247 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 03-09-2017 - 20:23

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 5, 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 $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $M$ là trung điểm $BC$. Tiếp tuyến qua $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. Trên $TB,TC$ lấy các điểm $F,E$ sao cho $MF \parallel AB, ME \parallel AC$. $TM$ cắt $EF$ tại $D$. $ME,MF$ lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác $TED, TFD$ tại $N,P$ khác $E,F$. $OE,OF$ lần lượt cắt $TN,TP$ tại $Q,R$. $S$ đối xứng $T$ qua $QR$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $SEF$ tiếp xúc $(O)$.

 

Screen Shot 2017-09-03 at 11.20.08 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$. Tiếp tuyến của $(I)$ song song với $BC$ tiếp xúc $(I)$ tại $D$> Lấy các điểm $E,F$ trên $IA$ sao cho $DE \parallel IC$ và $DF \parallel IB$. Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm các đoạn thẳng $BE,CF$ đi qua $I$.

 

Screen Shot 2017-09-03 at 11.21.44 PM.png


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

#2 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 03-09-2017 - 21:27

bài 2

giao của $AI$ và BC là X, giao $AI$ và tiếp tuyến tại $D$ của $(I)$ là $Y$ thì theo thales $I$ là trung điểm $XY$. 

$\frac{XB}{XC}=\frac{sin{BIX}.sin{ICB}}{sin{IBC}.sin{CIX}}=\frac{sin{DFY}.sin{EDY}}{sin{FDY}.sin{DEF}}=\frac{YE}{YF}$ vậy theo E.R.I.Q ta có dpcm



#3 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 03-09-2017 - 22:50

Lời giải bài 1 của em ạ 

Ta có $M$ chính là tâm bàng tiếp của $\triangle TEF$ . Gọi $G$ là giao điểm của $AM$ với $(O)$ , theo bài toán Iran TST 2017 thì $(TEF)$ tiếp xúc $(O)$ tại $G$ , suy ra $(O)$ chính là đường tròn mixtilinear ngoại của $\triangle TEF$ . Nghịch đảo cực $T$ với phương tích bất kì , ta nhận được bài toán sau 

 

Cho $\triangle TEF$ với $M$ là tâm đường tròn nội tiếp . $B,C$ lần lượt là tiếp điểm của $(M)$ với $TF,TE$ . $BC$ cắt $TM$ tại $O$ . $TM$ cắt $(TEF)$ tại $D$ , $(TMF)$ cắt $FD$ tại $P$ , $TP$ cắt $(TOF)$ tại $R$ . Tương tự ta có điểm $(Q)$ . Gọi $S$ là tâm ngoại tiếp $\triangle TQR$ . Khi đó $(SEF)$ tiếp xúc $M$ 

 

Thật vậy, gọi $G$ là tiếp điểm của $(K)$ với $BC$ , gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $\angle T$ của $\triangle TEF$ , gọi $U$ là trung điểm $RJ$. Ta sẽ chứng minh $U$ chính là tâm của $TQR$ , khi đó $(EUF)$ sẽ tiếp xúc $(M)$ . Thật vậy , ta gọi $X,Y$ là hình chiếu của $S,U$ lên $TP$ ; $Z,T$ là hình chiếu lên $MF$ . Ta có $TMFP$ là hình thang cân nên $XP = XT$. Ta cần chứng minh $\overline{YT} = \overline{RY}$ , điều này tương đương $\overline{YX}+\overline{XT} = \overline{RP}+\overline{PX} +\overline{XY}$ , tức là $PR = 2XY = 2ZT$ 

Thật vậy , ta có $\triangle FPR \sim \triangle FMO$ nên $PR = \frac{FP.OM}{FM} = \frac{MO.MT}{MF} = \overline{ML} = \overline{MF}+\overline{FL} = 2(\overline{ZF}+\overline{FT}) = 2\overline {ZT}$ nên ta có điều cần chứng minh là đúng 



#4 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 03-09-2017 - 22:58

lời giải bài 2 của em ạ

Gọi $AI$ lần lượt cắt $BC$ và tiếp tuyên tại $D$ tại $M,N$ . Ta có 2 cặp tam giác có các cạnh tương ứng song song : $\triangle END , \triangle IMC$ và $\triangle FND , \triangle IMB$ nên $\frac{NE}{NF} = \frac{NE}{IM}.\frac{IM}{NF} = \frac{ND}{MC}.\frac{MB}{ND} = \frac{MB}{MC}$ nên đường nối trung điểm $BE,CF$ đi qua $I$ theo bổ đề ERIQ



#5 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4097 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 07-09-2017 - 18:34

Mở rộng bài 2:

Cho tam giác $ABC$ với $I$ là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng. Hạ $IJ \perp BC$ và lấy $D$ sao cho $I$ là trung điểm $DJ$. Lấy $E, F$ trên $AI$ sao cho $DE \parallel IC, DF \parallel IB$. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm $BE, CF$ sẽ chứa $I$.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#6 cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 07-09-2017 - 23:24

Dựa theo ý tưởng của hai bạn NHN và bạn manhtuan00, chúng ta có thể đưa ra một lời giải phù hợp với học sinh THCS như đính kèm dưới đây. Theo ý kiến chủ quan của tác giả bài toán 2, với lời giải khá tự nhiên này, bài toán 2 là một bài toán đủ tốt đối với học sinh giỏi THCS cho dù chưa hoặc ít quen thuộc với bổ đề E.R.I.Q. Tất nhiên, với những ai đã quen đến bổ đề, thì có thể ta lại có một góc nhìn khác.

Nhận xét. Bài toán vẫn đúng với điểm D bất kỳ trên tiếp tuyến song song và khác BC của (I).

Hình gửi kèm

  • Hinh moi tuan.png
  • Loi giai moi tuan.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cleverboy: 08-09-2017 - 00:42


#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 10-09-2017 - 18:25

Bài 1. Em xin trình bày lời giải trực tiếp.

 

Khi chuyển qua cấu hình tâm nội tiếp, ta được bài toán:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác $AD$, tâm nội tiếp $I$ và đường tròn A-Mixitilinear $(K)$. $BI$ cắt $(ABD)$ tại $P$, $CI$ cắt $(ACD)$ tại $Q$. $BK$ cắt $AP$ tại $R$, $CK$ cắt $AQ$ tại $S$. $A'$ đối xứng với $A$ qua $RS$. Chứng minh rằng $(A'BC)$ tiếp xúc với $(K)$

 

Ta thấy rằng $PQ$ là trung trực của $AD$ nên $PQ$ cắt $BC$ tại $T$ thỏa $TA$ tiếp xúc với $(O)$.

Bằng định lý Desargues cho hai tam giác $BPR$ và $CQS$ ta suy ra $T, S, R$ thẳng hàng.

 

Gọi $J$ là tiếp điểm của đường tròn $(K)$ và $(O)$. $V$ thuộc $BC$ thỏa mãn $VJ$ tiếp xúc với $(K)$, từ $V$ kẻ $UV$ là tiếp tuyến thứ $2$ của $(K)$.

Khi đó $(UBC)$ tiếp xúc với $(K)$. Gọi $(O')$ là đường tròn qua $A$, tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc trong với $(UBC)$ tại $A'$

Sử dụng trục đẳng phương ta suy ra $TA'$ là tiếp tuyến của $(O')$.

 

Ta có $\dfrac{UB}{UC}.\dfrac{A'B}{A'C}=\dfrac{VB^2}{VC^2}.\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{JB}{JC}.\dfrac{AB}{AC}$. Do đó $JA, BC$ và $UA'$ đồng quy. Gọi $N$ là tâm vị tự ngoài của $(K)$ và $(O')$

Áp dụng định lý Monge - D'Alembert cho $(K), (O'), (UBC)$ ta suy ra $N$ thuộc $UA'$ và cho $(K), (O'), (O)$ ta suy ra $N$ thuộc $AJ$

Suy ra $N$ thuộc $BC$. Do đó ta có biến đổi tỉ số kép:

$A(KO', SR) = A(IO, QP) = I(||BC, \perp AI, C, B) = \dfrac{JB}{JC} = \dfrac{NB}{NC}.\dfrac{DC}{DB} = (DN, CB) = K(AO', SR)$

Do đó $O', S, R, T$ cùng thuộc một đường tròn nên $SR$ là trung trực $AA'$ nên $AA'$ đối xứng nhau qua $SR$

 

Ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 10-09-2017 - 18:39

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