Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 10/2017: Chứng minh rằng $IJ \perp KL$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 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 15-10-2017 - 20:38

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 10/2017 đã được tại đây kèm theo là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và thầy Trần Minh Ngọc. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và có tâm nội tiếp $I$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác sao cho $\angle PBA= \angle PCA$. $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$. Trên $CA,AB$ lấy $M,N$ sao cho $IM \parallel PB, IN \parallel PC$. $MN$ cắt $(O)$ tại $Q,R$. $QI,RI$ cắt lại $(O)$ tại $K,L$. Các đường thẳng qua $B,C$ lần lượt song với $DF,DE$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh rằng $IJ \perp KL$.

 

Screen Shot 2017-10-15 at 11.34.44 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường $(O)$ đường kính $AD$. $E,F$ thuộc $(O)$ sao cho $EF \parallel BC$. $AE$ cắt $DB,DC$ tại $M,N$. $AF$ cắt $DB,DC$ tại $P,Q$. Gọi $H,K$ lần lượt là trực tâm các tam giác $DMN$ và $DPQ$. $AH,AK$ cắt $BC$ tại $U,V$. Chứng minh rằng $BU=CV$.

 

Screen Shot 2017-10-15 at 11.36.32 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 15-10-2017 - 20:38

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

#2 trihoctoan

trihoctoan

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 17 Bài viết

Đã gửi 17-10-2017 - 15:54

Lời giải bài 1.

Gọi $P’$ là điểm đẳng giác của $P.$

Do $(MN,MI)=(CP’,CV),$ với $V$ là điểm chính giữa cung $BAC.$ nên 

Gọi $CP$ cắt $(O)$ tại $V_6,CP’$ cắt $(O)$ tại $X_4,CI$ giao $(O)$ ở $Z,BI$ cắt $(O)$ ở $X_2,BP’$ cắt $(O)$ tại $X_5.$ ,gọi $M_1.$ là trung điểm cung BC không chứa A của $(O)$

 

Gọi $Y$ là giao của $CP'$ và $KL$gọi $X$ là giao của $IM$ và $KL$, từ đó áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm $(Z,Q,R,K,L,M,1)$ (với chú ý $IM$ đi qua giao điểm của $QZ,AL$

.Ta suy ra : $C,Y,P’$ thẳng hàng. Tương tự thì $C,X,P’$ thẳng hàng .

$JB^2=JC^2,$ hay $J$ có cùng phương tích đến các đường tròn $(X;XB),(Y;YC)$ nên $IJ \perp XY,$ đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trihoctoan: 20-10-2017 - 12:57


#3 cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 22-10-2017 - 01:02

Sau đây tôi xin đưa ra một lời giải cho bài toán 2. Về xuất xứ lời giải được đính kèm dưới đây có vài điểm cần nói rõ:

1. Nguồn gốc bài toán 2. Bài toán 2 được tác giả Trần Minh Ngọc mở rộng từ một bài toán của thầy Trần Quang Hùng trong quá trình tập huấn đội tuyển Đồng Tháp - ta gọi là bài toán gốc. 

2. Tôi đã được thầy Hùng chia sẻ và giải xong bài toán gốc.

3. Khi truy cập vào topic này, tôi đã chỉ kịp đọc phát hiện thú vị về hai sự thẳng hàng O, U, E và O, V, F trong post của bạn  Zeref mà chưa kịp xem tiếp các phần còn lại khi bạn ấy xóa lời giải của mình.

Khá tâm đắc với sự phát hiện này, vì cảm thấy có thể dùng ý tưởng của tôi khi giải quyết bài toán gốc để giải bài toán 2, tôi đã hoàn thành lời giải dưới đây.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png
  • loi giai.png


#4 Zeref

Zeref

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VN
  • Sở thích:...

Đã gửi 22-10-2017 - 02:10

Sau đây tôi xin đưa ra một lời giải cho bài toán 2. Về xuất xứ lời giải được đính kèm dưới đây có vài điểm cần nói rõ:
1. Nguồn gốc bài toán 2. Bài toán 2 được tác giả Trần Minh Ngọc mở rộng từ một bài toán của thầy Trần Quang Hùng trong quá trình tập huấn đội tuyển Đồng Tháp - ta gọi là bài toán gốc.
2. Tôi đã được thầy Hùng chia sẻ và giải xong bài toán gốc.
3. Khi truy cập vào topic này, tôi đã chỉ kịp đọc phát hiện thú vị về hai sự thẳng hàng O, U, E và O, V, F trong post của bạn Zeref mà chưa kịp xem tiếp các phần còn lại khi bạn ấy xóa lời giải của mình.
Khá tâm đắc với sự phát hiện này, vì cảm thấy có thể dùng ý tưởng của tôi khi giải quyết bài toán gốc để giải bài toán 2, tôi đã hoàn thành lời giải dưới đây.

Chứng minh của em bị lỗi nặng ạ :D cách giải của anh đã khắc phục được
Nhân tiện, anh có thể đăng bài toán gốc cho mọi người tham khảo được không ạ ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 22-10-2017 - 02:33


#5 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 241 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 22-10-2017 - 09:17

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường $(O)$ đường kính $AD$. $E,F$ thuộc $(O)$ sao cho $EF \parallel BC$. $AE$ cắt $DB,DC$ tại $M,N$. $AF$ cắt $DB,DC$ tại $P,Q$. Gọi $H,K$ lần lượt là trực tâm các tam giác $DMN$ và $DPQ$. $AH,AK$ cắt $BC$ tại $U,V$. Chứng minh rằng $BU=CV$.

b2.png

Gọi $I,J$ là hình chiếu của $M,Q$ trên $BC$. Gọi $S$ là trung điểm của $BC$

Ta có:$ \triangle ABM \backsim ACQ$; $\triangle BIM \backsim \triangle ACD$; $\triangle CJQ \backsim \triangle ABD$

Từ đó dễ dàng có :$BI=CJ$. Do đó $S$ là trung điểm của $IJ$. Suy ra trung điểm $MQ$ nằm trên trung trực của $BC$

Mà trung điểm của $AD$ cũng nằm trên trung trực của $BC$ nên đường thẳng $Gauss$ của tứ giác toàn phần $MPQN.AD$ là trung trực của $BC$

Mặt khác đường thẳng $Gauss$ vuông góc với đường thẳng $Steiner$ nên $HK \parallel BC$

Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $HK$ và $AB,AC$

Khi đó $X,Y$ lần lượt là trực tâm của tam giác $AMP$ và tam giác $ANQ$( Do chúng đã nằm trên $1$ đường cao và theo trên chúng nằm trên đường thẳng $Steiner$ của tứ giác toàn phần)

Do vậy để chứng minh yêu cầu bài toán thì ta chỉ cần chứng minh $XH=YK$ hay $XY$ và $HK$ có cùng trung điểm

Mặt khác do :$\widehat{NMP}= \widehat{AMB}=\widehat{AQC}$ nên $MPQN$ là tứ giác nội tiếp.

Khi đó tính chất trên là tính chất nổi tiếng trong đường thẳng $Steiner$ của tứ giác nội tiếp (có thể chỉ ra trung điểm của chúng là điểm đối xứng của tâm đường tròn ngoại tiếp qua trọng tâm)

Ta có: $ \triangle PXK \backsim PAD$ và $ \triangle HNY \backsim DNA$ và kết hợp biến đổi tỷ số ta cũng có $XK=YH$


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#6 cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 22-10-2017 - 16:00

Chứng minh của em bị lỗi nặng ạ :D cách giải của anh đã khắc phục được
Nhân tiện, anh có thể đăng bài toán gốc cho mọi người tham khảo được không ạ ?

Bài toán gốc là trường hợp riêng của bài toán 2 khi $E$ trùng $F$. Lúc đó, kết luận trở thành trung tuyến đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ đi qua trực tâm tam giác $DMN$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cleverboy: 22-10-2017 - 16:02






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

0 người đang xem chủ đề

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