Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên $(O)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 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 08-10-2017 - 18:38

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 1, tháng 10/2017 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 $ABC$ có tâm nội tiếp $I$, phân giác $AD$. $K,L$ là tâm nội tiếp $ABD,ACD$.$J$ là tâm $(AKL)$.$IJ$ cắt $(IKL)$ tại $P$ khác $I$.Chứng minh tâm $(PBC)$ nằm trên $(O)$

Hình vẽ:

D1IjxvU.png

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $D,E$ thuộc $CA,AB$ sao cho $O$ là trung điểm $DE$ và $DE=OA$.$K$ đối xứng $O$ qua $BC$. Lấy $M,N$ để $OM,ON$ lần lượt song song $CA,AB$, $K$ là trung điểm $MN$. $BN$ cắt $CM$ tạp $P$. Chứng minh $(PMN)$ tiếp xúc $(O)$

Hình vẽ:

uM3GYxt.png

 

 


#2 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 08-10-2017 - 20:17

lời giải bài 2 của em 

Bổ đề 1 : Cho tam giác $ABC$,trung điểm cung $AC$ không chứa $B$ là $X$ trung điểm $BC$ là $M$. Đường đối trung $AK$. Chứng minh rằng nếu $X$ là tâm của $\odot (ACM)$ thì $AX \perp AK$

Chưng minh. Ta có $BX$ là phân giác $\angle{ABC}$. Mà $\angle{BMA}=\frac{\angle{AXC}}{2}=90-\frac{\angle{ABC}}{2}=90-\angle{XBM}$ vậy $BX \perp AM$ 

Vậy $90-\angle{CAX}=\frac{\angle{AXC}}{2}=\angle{BMA}=\angle{MAB}=\angle{KAC}$ Suy ra $AK \perp AX$

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot(O)$. Đường kính $AX$, tiếp tuyến tại $X$ cắt $BC$ tại $K$. Giao của $KO$ và $AB,AC$ là $D,E$. Chứng minh rằng $O$ là trung điểm $DE$.

Chứng minh. (Bổ đề này quen thuộc)

Quay lại bài toán:

Ta gọi đường kính của $\odot(O)$ là $AX$. Tiếp tuyến tại $X$ cắt $BC$ tại $L$. Vậy theo bổ đề 2 thì $E,D,O,K$ thẳng.

Gọi giao của $DE$ và $\odot(O)$ là $Y,Z$ sao cho $Y$ nằm trên cung $AC$ từ gia thiết $DE=OA$ suy ra $OD=DY$. Giao của $YC$ và đường thẳng qua $O$ song song $AC$ thì $M'$ thì ta có $CM'=CY$ tương tự ta có điềm $N'$ và $BN'=BZ$. Vậy theo E.R.I.Q thì $K$ là trung điểm $M'N'$. Gỉa sử tồn tại $U,V$ khác $M',N'$ và nhận $K$ là trung điểm suy ra hình bình hành vố lí vậy $M'$ trùng $M$ và $N'$ trùng $N$.

Vậy ta có $\angle{OMC}=\angle{ACY}=\angle{AXY}$. Vậy $O,X,M,Y$ thuộc 1 đường tròn tương tự $O,X,N,Z$ thuộc 1 đường tròn.

Vậy theo Miquel thì $P,M,N,X$ thuộc 1 đường tròn.

Áp dụng Pascal cho 5 điểm $X,B,C,Y,Z$. Gọi giao của $BY$ và $XC$ là $G$. Giao của $CZ$ và $XB$ là $H$ thì $G,K,H$ thẳng. Gọi giao của $BY$ và $CZ$ $T$ vậy áp dụng Desargues suy ra $TX$,$YC$,$BZ$ đồng qui.tại $P$. Vậy $PX \perp DE$ suy ra $\angle{CPX}=90-\angle{OYC}=\angle{CXY}$

Áp dụng bổ đề 1 cho $\triangle YXM$ thì ta suy ra $XK$ là đường đối trung của vậy $\angle{MXL}=\angle{CXY}=\angle{CPX}$  vậy ta suy ra $LX$ là tiếp tuyến của $\odot(PMN)$ mà $LX$ là tiếp tuyến của $\odot(O)$ vậy ta suy ra $\odot (O)$ tiếp xúc $\odot (PMN)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 09-10-2017 - 16:55


#3 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 08-10-2017 - 20:22

em nghĩ có thể mở rộng bài 2 như sau (chứng minh bằng vị tự quay)

Cho tam giác $ABC$. Đương tròn $\odot(K)$ qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $D,E$. Giao của $DE$ và $BC$ là $T$. Đối xứng của $B$ qua $D$ là $X$ tương tự $Y$. Chứng minh rằng $T$ thuộc trục đẳng phương của $\odot(K)$ và $\odot (AXY)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 08-10-2017 - 20:33


#4 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 08-10-2017 - 22:24

Lời giải bài 1 :

Gọi $S$ là điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$ thì $KSDL$ nội tiếp 

Ta sẽ chứng minh $P$ thuộc đường tròn $(BKS)$ và $(CLS)$ . Thật vậy , ta sẽ giả sử $P$ là giao điểm của 2 đường tròn này và sẽ chứng minh $P \in (IKL)$ , P \in IJ$

Bằng cộng góc ta có $\angle KPL = \angle IBC + \angle ICB = 180^{\circ} - \angle BIC$ nên $I \in (IKL)$ . 

Gọi $U$ là điểm chính giữa cung nhỏ của $(J)$ . Khi đó thì $\angle ULS = \angle KLS - \angle KLU = \angle KDB - \angle KAD = \angle LCS$ nên $UL$ là tiếp tuyến của $(LSC)$ . Tương tự có $UK$ là tiếp tuyến của $(KSB)$ . Mà $UL = UK$ nên $U$ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này , suy ra $\overline{U,S,P}$

Khi đó ta có $\frac{PL}{PK} = \frac{LP}{LS}.\frac{SL}{SK} . \frac{KS}{KP} = \frac{SL}{SK} = \frac{sin \angle SKL}{sin \angle SLK }  = \frac{sin \angle LDC}{sin \angle KDB} = \frac{sin \angle LDI}{sin \angle ILD} . \frac{sin \angle IKD}{sin \angle IDK} = \frac{IL}{ID}.\frac{ID}{IK} = \frac{IL}{IK}$ nên $IKPL$ là tứ giác điều hòa 

Tiếp tục cộng góc , $\angle JKL = 90 - \angle KAL = \frac{1}{2}(\angle B + \angle C) = \angle KPL$ nên $JK,JL$ là các tiếp tuyến của $(IKPL)$ , suy ra $P,I,J$ thẳng hàng

Vậy điều cần chứng minh là đúng  Từ đây ta có $\angle BPC = \angle BPK + \angle KPL + \angle LPC = \frac{1}{2}( \angle B + \angle C) +90 $ nên tâm $(PBC)$ chính là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(O)$ 

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 08-10-2017 - 22:51


#5 cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 08-10-2017 - 22:47

lời giải bài 2 của em 

Bổ đề 1 : Cho tam giác $ABC$,trung điểm cung $AC$ không chứa $B$ là $X$ trung điểm $BC$ là $M$. Đường đối trung $AK$. Chứng minh rằng nếu $X$ là tâm của $\odot (ACM)$ thì $AX \perp AK$

Chưng minh. Ta có $BX$ là phân giác $\angle{ABC}$. Mà $\angle{BMA}=\frac{\angle{AXC}}{2}=90-\frac{\angle{ABC}}{2}=90-\angle{XBM}$ vậy $BX \perp AM$ 

Vậy $90-\angle{CAX}=\frac{\angle{AXC}}{2}=\angle{BMA}=\angle{MAB}=\angle{KAC}$ Suy ra $AK \perp AX$

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot(O)$. Đường kính $AX$, tiếp tuyến tại $X$ cắt $BC$ tại $K$. Giao của $KO$ và $AB,AC$ là $D,E$. Chứng minh rằng $O$ là trung điểm $DE$.

Chứng minh. (Bổ đề này quen thuộc)

Quay lại bài toán:

Ta gọi đường kính của $\odot(O)$ là $AX$. Tiếp tuyến tại $X$ cắt $BC$ tại $K$. Vậy theo bổ đề 2 thì $E,D,O,K$ thẳng.

Gọi giao của $DE$ và $\odot(O)$ là $Y,Z$ sao cho $Y$ nằm trên cung $AC$ từ gia thiết $DE=OA$ suy ra $OD=DY$. Giao của $YC$ và đường thẳng qua $O$ song song $AC$ thì $M'$ thì ta có $CM'=CY$ tương tự ta có điềm $N'$ và $BN'=BZ$. Vậy theo E.R.I.Q thì $K$ là trung điểm $M'N'$. Gỉa sử tồn tại $U,V$ khác $M',N'$ và nhận $K$ là trung điểm suy ra hình bình hành vố lí vậy $M'$ trùng $M$ và $N'$ trùng $N$.

Vậy ta có $\angle{OMC}=\angle{ACY}=\angle{AXY}$. Vậy $O,X,M,Y$ thuộc 1 đường tròn tương tự $O,X,N,Z$ thuộc 1 đường tròn.

Vậy theo Miquel thì $P,M,N,X$ thuộc 1 đường tròn.

Áp dụng Pascal cho 5 điểm $X,B,C,Y,Z$. Gọi giao của $BY$ và $XC$ là $G$. Giao của $CZ$ và $XB$ là $H$ thì $G,K,H$ thẳng. Gọi giao của $BY$ và $CZ$ $T$ vậy áp dụng Desargues suy ra $TX$,$YC$,$BZ$ đồng qui.tại $P$. Vậy $PX \perp DE$ suy ra $\angle{CPX}=90-\angle{OYC}=\angle{CXY}$

Áp dụng bổ đề 1 cho $\triangle YXM$ thì ta suy ra $XK$ là đường đối trung của vậy $\angle{MXK}=\angle{CXY}=\angle{CPX}$  vậy ta suy ra $KX$ là tiếp tuyến của $\odot(PMN)$ mà $KX$ là tiếp tuyến của $\odot(O)$ vậy ta suy ra $\odot (O)$ tiếp xúc $\odot (PMN)$

Cảm ơn bạn Nam đã đóng góp một lời giải với ý tưởng khá thú vi khác đáp án. Trong lời giải của bạn Nam, có hai điểm $K$: một của đề bài, một là giao của tiếp tuyến tại $X$ của $(O)$ với $BC$. Bạn hãy chỉnh sửa lại cho mọi người tiện theo dõi nhé. :icon1:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cleverboy: 08-10-2017 - 22:49


#6 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 08-10-2017 - 23:01

em nghĩ có thể mở rộng bài 2 như sau (chứng minh bằng vị tự quay)

Cho tam giác $ABC$. Đương tròn $\odot(K)$ qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $D,E$. Giao của $DE$ và $BC$ là $T$. Đối xứng của $B$ qua $D$ là $X$ tương tự $Y$. Chứng minh rằng $T$ thuộc trục đẳng phương của $\odot(K)$ và $\odot (AXY)$

Gọi $S$ là điểm đồng quy của $(ADE) , (ABC), AT$ , khi đó $\triangle SDB \sim \triangle SEC \implies \triangle SXB \sim \triangle SYC$ nên $X,Y,A,S$ đồng viên . Suy ra $AS$ là trục đẳng phương của $(AXY ) , (O)$ nên $T$ thuộc trục đẳng phương của $(AXY) , (K)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 08-10-2017 - 23:54


#7 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 08-10-2017 - 23:54

Lời giải bài 2 : Gọi $S,B',C'$ lần lượt đối xứng $A,B,C$ qua $O$ thì $SD \parallel AB$ nên $S,D,B'$ thẳng hàng , tương tự ta có $S,D,C'$ thẳng hàng 

Gọi $U,V$ lần lượt là giao điểm của $DE$ với $(O)$ . Do $OD = OE = \frac{1}{2}R$ nên $D,E$ lần lượt là trung điểm $OU,OV$ . Gọi $M',N'$ là đối xứng của $U,V$ qua $C,B$ và $K'$ là trung điểm $M'N'$ . Khi đó $OM' \parallel AC , ON' \parallel AB$ . Lại có $OBK'C$ là hình bình hành , nên $K'$ là đối xứng của $O$ qua $BC$ , suy ra $K' \equiv K$ . Vậy $K$ là trung điểm $M'N' $ . Từ đây có $M' \equiv M , N' \equiv N$ . 

Bằng biến đổi góc : $\angle OMU = \angle ACU = OSU$ nên tứ giác $OSMU$ nội tiếp , tương tự suy ra tứ giác $OVNS$ nội tiếp , nên tứ giác $SMPN$ nội tiếp . 

Do $\frac{OM}{ON} = \frac{BE}{CD} = \frac{SE}{SD}$ nên $\triangle OMN \sim \triangle SDE$ . Gọi $X$ là trung điểm $OS$ , ta có $VS \parallel EX$ nên $\angle XES = \angle ESV = \angle USC \implies \triangle USC \sim \triangle ESX$ , suy ra $\triangle USM \sim \triangle ESO \sim \triangle NOK$ . Từ đây ta có biến đổi góc : $\angle USM = \angle ONM = \angle ONS + \angle SNM = \angle UVS + \angle SNM$ nên $(O)$ và $(PMN)$ tiếp xúc tại $S$ là đối xứng của $A$ qua $O$

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 08-10-2017 - 23:55


#8 mqcase1004

mqcase1004

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 9 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 09-10-2017 - 00:07

Lời giải bài 1 :

Gọi $S$ là điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$ thì $KSDL$ nội tiếp 

Ta sẽ chứng minh $P$ thuộc đường tròn $(BKS)$ và $(CLS)$ . Thật vậy , ta sẽ giả sử $P$ là giao điểm của 2 đường tròn này và sẽ chứng minh $P \in (IKL)$ , P \in IJ$

Bằng cộng góc ta có $\angle KPL = \angle IBC + \angle ICB = 180^{\circ} - \angle BIC$ nên $I \in (IKL)$ . 

Gọi $U$ là điểm chính giữa cung nhỏ của $(J)$ . Khi đó thì $\angle ULS = \angle KLS - \angle KLU = \angle KDB - \angle KAD = \angle LCS$ nên $UL$ là tiếp tuyến của $(LSC)$ . Tương tự có $UK$ là tiếp tuyến của $(KSB)$ . Mà $UL = UK$ nên $U$ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này , suy ra $\overline{U,S,P}$

Khi đó ta có $\frac{PL}{PK} = \frac{LP}{LS}.\frac{SL}{SK} . \frac{KS}{KP} = \frac{SL}{SK} = \frac{sin \angle SKL}{sin \angle SLK }  = \frac{sin \angle LDC}{sin \angle KDB} = \frac{sin \angle LDI}{sin \angle ILD} . \frac{sin \angle IKD}{sin \angle IDK} = \frac{IL}{ID}.\frac{ID}{IK} = \frac{IL}{IK}$ nên $IKPL$ là tứ giác điều hòa 

Tiếp tục cộng góc , $\angle JKL = 90 - \angle KAL = \frac{1}{2}(\angle B + \angle C) = \angle KPL$ nên $JK,JL$ là các tiếp tuyến của $(IKPL)$ , suy ra $P,I,J$ thẳng hàng

Vậy điều cần chứng minh là đúng  Từ đây ta có $\angle BPC = \angle BPK + \angle KPL + \angle LPC = \frac{1}{2}( \angle B + \angle C) +90 $ nên tâm $(PBC)$ chính là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(O)$ 

attachicon.gifUntitled.png

Tại sao $KSDL$  nội tiếp  ạ? 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mqcase1004: 09-10-2017 - 00:08


#9 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 09-10-2017 - 00:33

bài toán này kha quen thuộc , chứng minh tương tự bài mở rộng ở đây 

https://artofproblem...1514033p9009082



#10 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 09-10-2017 - 20:13

 Lời giải bài 1 :

 Ta có $\widehat{JKL}=90-\widehat{A}/2=\widehat{KPL}$ nên $JK,JL$ là tiếp tuyến của $(IKL)$  nên $IKPL$ điều hòa

Đường thẳng qua $B$ song song với $DL$ cắt $IC$ tại $M$ . Ta có $\frac{PK}{PL}=\frac{IK}{IL}=\frac{BK}{BD}.\frac{CD}{CL}=\frac{BK}{ML}$ nên $\Delta PLM \sim \Delta PKB$ nên $\widehat{LMP}=\widehat{KBP}$ nên $IMBP$ nội tiếp $=>\widehat{IPB}=180-\widehat{BMC}=180-\widehat{DLC}=90-\widehat{A}/4$ . Tượng tự thì $\widehat{IPC}=90-\widehat{A}/4$ suy ra $\widehat{BXC}=\widehat{A}$  nên $X$ thuộc $(O)$

q.png


~O)  ~O)  ~O)





0 người đang xem chủ đề

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