Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần $4$ tháng $9/2017$: $AP$ đi qua điểm cố định


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 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 24-09-2017 - 19:45

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 3 tháng 9/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và thầy Nguyễn Tiến Dũng. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

Bài 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $B,C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. $I$ là tâm nội tiếp, $BI,CI$ cắt lại $(O)$ tại $E,F$. Lấy $M,N$ để $AM,EM,AN,FN$ lần lượt vuông góc $AF,CF,AE,BE$. Đường qua trung điểm $AI$ song song $BC$ cắt $AB,AC$ tại $R,Q$. $K,L$ là hình chiếu của $A$ lên $FM,EN$. $QL$ cắt $RK$ tại $P$. Chứng minh $AP$ luôn đi qua điểm cố định khi $A$ thay đổi

Hình vẽ
B3tAIUU.png
Bài 2: Cho $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $2$ điểm Brocard $\Omega_1, \Omega_2$. Chứng minh nếu có $1$ trong $6$ góc $\angle A\Omega_1 O,\angle B\Omega_1O, \angle C\Omega_1O,A\Omega_2 O,\angle B\Omega_2O, \angle C\Omega_2O$ vuông thì có đúng $2$ trong $6$ góc là vuông
Hình vẽ:
4i3Hy4z.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 24-09-2017 - 19:58


#2 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 24-09-2017 - 20:12

Lời giải bài 1 của em

Goij $U,V$ lần lượt là đối xứng của $E,F$ qua $(O)$ .Gọi $D$ là giao điểm của $AI$ với đường tròn $(O)$ 
Khi đó ta có $A,M,U$ thẳng hàng và $A,N,V$ thẳng hàng . Hơn nữa , do $DE,DF , EF$ lần lượt là trung trực $IC,IB,IA$ nên $D,M,E$ thẳng hàng , $D,N,F$ thẳng hàng và $E,J,F$ thẳng hàng 
Gọi $Z,T$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $Q,R$ , suy ra $Z,T$ là giao điểm của đường thẳng qua $I$ song song $BC$ với $CA,AB$ 
Do $IZ \parallel BC$ nên $\angle ZIC = \angle ICB = \angle ZCI$ , suy ra $ZI = ZC$ nên $Z$ nằm trên trung trực $IC$ . Từ đây có $Z,D,E$ thẳng hàng
Chứng minh tương tự ta cũng có $F,T,D$ thẳng hàng
Ta có $CU \parallel ZM , CB \parallel ZT$ nên $\triangle AZT \cap M \sim \triangle ABC \cap U$ , từ đây có $M$ là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(AZT)$
Chứng minh tương tự ta nhận được $M,N$ là 2 điểm chính giữa cung lớn của $(AZT)$
Gọi $X,S$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $EN , FM$ và gọi $G$ là giao điểm của $ZX,ST$ , $H,L$ lần lượt là giao điểm của $FM,EN$ với $(AZT)$
Do $N$ là điểm chính giữa cung lớn nên $\angle NLA = \angle NLZ$ , từ đây ta suy ra $LZ$ đi qua điểm đối xứng của $A$ qua $LN$ , tức là $L,Z,X$ thẳng hàng
Chứng minh tương tự ta có $H,T,S$ thẳng hàng 
Untitled.png
Áp dụng định lý Pascal cho bộ $6$ điểm $(HNTZML)$ , ta có $HL,EF,BC$ đồng quy tại $Y$ 
Do $EF$ là trung trực $AI$ nên $Y$ chính là chân tiếp tuyến kẻ từ $A$ của $\triangle AZT$
$YA$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $Y,A$ liên hợp trong $(O)$ . $G$ là giao điểm của $HZ,L$ , $Y$ là giao điểm của $HL,ZT$ nên $G,Y$ liên hợp
Suy ra $AG$ là đường đối cực của $Y$ . Gọi $AG$ cắt $(AZT)$ tại $D_a$ thì $YD_a$ cũng là tiếp tuyến 
Từ đây có $AZD_aT$ là tứ giác điều hòa nên $AG$ là đường đối trung của $(AZT)$
Suy ra $AP$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ nên $AP$ đi qua điểm cố định là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$
1.png

 



#3 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 25-09-2017 - 22:35

lời giải bài 2 của em (có nhiều chỗ chưa chặc chẽ lắm)

Bổ đề 1: Cho tam giác $ABC$ có 2 điểm Brocard là $\Omega_1$ và $\Omega_2$ điểm Lemoine là $L$ và tâm ngoại là $O$. Chứng minh rằng $\Omega_1$, $\Omega_2$, $L$, $O$ thuộc 1 đường tròn có đường kính $OL$ 

Bổ đề 2: Tam giác Brocard thứ nhất nội tiếp $(OL)$ với $O$ là tâm ngoại và $L$ là diểm lemoine

Cả 2 bổ đề đều được chứng minh trong http://jl.ayme.pages... de Brocard.pdf (trang 19 và trang 32)

Quay lại bài toán: Gọi điểm Lemoine là $L$. Ta có nhận xét rằng $\angle{X\Omega_aO}=90$ thì $X$, $L$, $\Omega_a$ thẳng với $X\in \{A,B,C\}$ và $a\in\{1;2\}$. Gỉa sử $\angle{A\Omega_1O}=90$ vậy $A$, $L$, $\Omega_1$ thẳng mà theo bổ đề 2 thì ta có $L$ là 1 đỉnh của tam giác Brocard thứ nhất. Vậy ta có thể giả sử là $B$, $L$, $\Omega_2$ thẳng vậy ta có $\angle{B\Omega_2O}=90$. 

Giả sử tồn tại ít nhất thêm 1 góc nữa bằng 90

Trường hợp 1:  $\angle{A\Omega_2O}=90$ (tương tự $\angle{B\Omega_1O}=90$)

Thì $A$, $L$, $\Omega_2$ thẳng vậy $A$, $L$, $\Omega_2$, $B$ thẳng vô lí

Trường hợp 2: $\angle{C\Omega_1O}=90$ (tương tự $\angle{C\Omega_2O}=90$)

Thì $C$, $L$, $\Omega_1$ thẳng vậy $C$, $L$, $\Omega_1$, $A$ thẳng vô lí 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 25-09-2017 - 22:39


#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 27-09-2017 - 14:39

Lời giải bài 1 của em: 

Như trên hình, em chỉ xét những điểm liên quan đến $N$.

Gọi $S, D$ lần lượt là điểm chính giữa cung $ABC, BC$ của $(O)$. Gọi $V$ là trung điểm $AC$ và $SE$ cắt $DF$ tại $U$. Gọi $AI$ cắt $BC$ tại $G$. Gọi $J$ là trung điểm của $AI$

Bằng cách định nghĩa ta dễ có: $N\in AS$

abc.jpg

Nhận xét 1: $NQ$ vuông góc $AC$.

Chứng minh: Điều này tương đương với $NQ//SV$ hay theo định lý Ta-lét, ta cần chứng minh:

$\frac{AN}{AS}=\frac{AQ}{AV}$. Do: $\frac{AQ}{AV}=\frac{AI}{AG}$ dựa trên $JQ//AC$ và $J,V$ lần lượt là trung điểm của $AI,AC$.

Do đó, ta cần chứng minh: $\frac{AN}{AS}=\frac{AI}{AG}\Leftrightarrow\frac{NA}{NS}=\frac{IA}{IG}$, luôn đúng.

Do

 

Nhận xét 2: $AP$ là đường đối trung trong tam giác $\Delta RAQ$.

Ta chứng minh điều này dựa vào định lý Ceva-sin.

Ta tính được: $\frac{\text{sin}\widehat{LQR}}{\text{sin}\widehat{LQA}}=\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{cos}(\frac{C}{2})}{\text{sin}(\frac{B}{2})}$ $(1)$

Thiết lập, tương tự, ta có: $\frac{\text{sin}\widehat{KRA}}{\text{sin}\widehat{KRQ}}=1:\text{cos}(\frac{A}{2}).\frac{\text{sin}(\frac{C}{2})}{\text{cos}(\frac{B}{2})}$.

Nhân lại, sử dụng định lý sin và định lý Ceva-sin, ta có ngay:

$\frac{\text{sin}\widehat{RAP}}{\text{sin}\widehat{QAP}}=\frac{\text{sin}\widehat{AQR}}{\text{sin}\widehat{ARQ}}$, đủ để suy ra nhận xét.

 

Do đó, ta chứng minh $(1)$.

 

Cuối cùng, vì $AP$ là đường đối trung tam giác $RAQ$ nên cũng là đối trung tam giác $ABC$ nên đi qua điểm cố định là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vda2000: 01-10-2017 - 08:44

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

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





0 người đang xem chủ đề

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