Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 10/2017:đường thẳng qua $P$ vuông góc $QR$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ di chuyển.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 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 22-10-2017 - 19:02

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 4 tháng 10/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Trịnh Huy Vũ. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên phân giác trong góc $\angle BAC$. $E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $CA,AB$. $EF$ cắt $(O)$ tại $M,N$. $MP,NP$ cắt lại $(O)$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $P$ vuông góc $QR$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ di chuyển.

 

Screen Shot 2017-10-22 at 10.00.25 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm ngoại tiếp $(O)$. $K$ là tâm của đường tròn $(BOC)$. Đối xứng của $AK$ qua $BH,CH$ cắt nhau tại $L$. Chứng minh rằng $AH=AL$. 

 

Screen Shot 2017-10-22 at 10.00.11 PM.png


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

#2 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 24-10-2017 - 12:17

Lời giải bài 1 của em ạ :

Gọi $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ , ta chứng minh $PW \perp QR$ . 

Gọi $D,I,J$ lần lượt là giao điểm của $AP,BP,CP$ với đường tròn $(O)$ . Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $DI,DJ$ với $QR$ . Lần lượt áp dụng định lý Pascal cho 2 bộ 6 điểm $(JRNQDC)$ và $(DCMRNA)$ , ta có $P,L,E$ thẳng hàng , tương tự ta có $P,K,F$ thẳng hàng .

Gọi $PX,PY$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(PID)$ và $(PJD)$ . Xét tứ giác $AIDB$ nội tiếp , mà có $PK \perp AB $ , nên $PK$ đi qua $Y$ . Tương tự ta có $P,L,X$ thẳng hàng .

1.png

Gọi $T$ là giao điểm của $IY$ với đường thẳng qua $C$ vuông góc $CP$ , $S$ là giao điểm của $JX$ với đường thẳng qua $B$ vuông góc $BI$ . Ta lấy $B',C',I',J'$ là đối xứng của $B,C,I,J$ qua $O$ , thì ta có các bộ điểm thẳng hàng $\overline{I,B',T} , \overline{C,J',T} , \overline{B,I',S} , \overline{J,C',S}$ , suy ra $S,T$ đối xứng nhau qua tâm $O$ 

Lấy $U,V$ lần lượt là trung điểm $PY,PX$ .Gọi $Z$ là tâm ngoại tiếp $(PXY)$ . Ta có $\angle PYX = \angle PID = \angle PJD = \angle PXY$ nên $PX = PY$ . 

Nhận xét rằng $\angle PTI = \angle JCI = \angle JBI = \angle JSP$ , và tiếp tục có biến đổi góc : $\angle SPX = \angle SPB - \angle PBX = 90 - \angle BJC - \angle IPE = 90 - \angle IPE - \angle EPY = \angle TYP$ , Kết hợp các điều trên suy ra $\triangle PTY = \triangle XSP$ , nên $SU = TV$ vì là 2 trung tuyến . 

$Z$ là tâm ngoại tiếp $P(XY)$ nên ta có $ZU = ZV , \angle ZVT = \angle ZUS , VT = US$ nên $\triangle ZVT = \triangle ZUS$ , từ đây suy ra $ZS = ZT$ hay $OZ$ là trung trực $ST$ 

Xét $G$ là giao điểm của $JB$ với $IC$ . Áp dụng Pascal cho bộn 6 điểm $(BJCCIB)$ , ta có $W$ nằm trên $PG$ , mà $PG$ là trục đẳng phương của $(IPCT) , (JPCS)$ nên $PW \perp ST$ .   

Ta có $\overline{KI}.\overline{KD} = \overline{KP}.\overline{KY}$ nên $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(O)$ và $(PXY)$ , tương tự ta có $KL$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(PXY)$ , suy ra $KL \perp OZ$ . Lại có $OZ \parallel PW$ do cùng vuông góc $ST$ , nên $KL \parallel ST \implies PW \perp QR$ , ta có điều cần chứng minh 

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 24-10-2017 - 14:01


#3 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 24-10-2017 - 12:34

Lời giải bài 2 của em : Gọi $d_1,d_2$ là 2 đường thẳng đối xứng $AK$ qua $BH,CH$ , suy ra $H$ là tâm ngoại $\triangle AST$.  Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $d_2,d_1$ với $AB,AC$ . Khi đó $\angle HSB = \angle HAB = \angle HCB$ nên $S,T,B,H,C$ đồng viên . Lấy $R,G$ là giao điểm của $CH,BH$ với $AM$ . Ta tiếp tục có biến đổi góc : $\angle SLT = \angle RGL + \angle GRL = 2 \angle A = \angle SHT$ , nên $L \in (BHC)$ .

Gọi $X$ là đối xứng của $O$ qua $BC$ , thì $X$ chính là tâm $(BHC)$ . Nhận xét rằng $AX, AK$ đẳng giác trong $\angle BAC$ . Ta có biến đổi góc 

$\angle HAX + \angle AHL = \angle HAX + \angle AHG + \angle GHL = \angle HAX + \angle C + \angle ASL = \angle HAX + \angle C + \angle KAB = \angle HAX + \angle XAC + \angle C = 90 - \angle C + \angle C = 90$ nên $AX \perp HL \implies AX$ là trung trực $HL$ , nên ta có $AH = AL$

2.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 24-10-2017 - 12:37






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