Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 5 tháng 11/2017: $L_a,L_b$ và $L_c$ thẳng hàng.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4249 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 26-11-2017 - 19:06

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 4 tháng 11/2017 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 bài toán:

 

Bài 1. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ và $P$ bất kỳ. $D$ đối xứng $P$ qua $BC$. $O_a$ là tâm ngoại tiếp tam giác $PBC$. $K_a$ là tâm ngoại tiếp tam giác $O_aBC$. $DO_a$ cắt $PK_a$ tại $X$. $L_a$ thuộc $PA$ sao cho $XL_a \perp XK_a$. Tương tự có $L_b,L_c$. Chứng minh rằng $L_a,L_b$ và $L_c$ thẳng hàng.

 

Screen Shot 2017-11-26 at 10.03.08 PM.png

 

Bài 2. (Trần Quang Hùng, Nguyễn Tiến Dũng) Cho tam giác $ABC$ có $B,C$ cố định và $A$ thay đổi. Dựng ra ngoài các tam giác vuông tại $A$ là $AEC$ và $ÀB$ đồng dạng và có góc không đổi. $M,N$ là trung điểm $CE,BF$. $P,Q$ đối xứng với $M,N$ qua $CA,AB$. $FP$ cắt $EQ$ tại $R$. Chứng minh rằng đường thẳng $AR$ đi qua điểm cố định khi $A$ thay đổi.

 

Screen Shot 2017-11-26 at 10.03.18 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 08-12-2017 - 12:11

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

#2 trihoctoan

trihoctoan

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 18 Bài viết

Đã gửi 29-11-2017 - 13:11

Tên :Phan Quang Trí ;Sinh viên khoa toán Đại Học Sài Gòn.

Lời giải bài 1:

 

-Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ và $P$ là một điểm bất kì  .Gọi $N_a , N_b,N_c$  lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác $PBC,PCA,PAB$ .Chứng minh rằng :các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$

lần lượt song song với $PA,PB,PC$ là đồng quy.

 

Chứng minh bổ đề: Gọi $O_a,O_b,O_c$  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PBC,PCA,PAB$ .Ta thấy đường thẳng qua $O_a$ song song với $PA$ chính là đường cao hạ từ $O_a$

của tam giác $O_aO_bO_c$ ,do đó :

các đường thẳng qua $O_a,O_b,O_c$ lần lượt song song với $PA,PB,PC$  đồng quy tại trực tâm $K$ của tam giác $O_aO_bO_c$ .

Gọi $G_a,G_b,G_c,G$ lần lượt là trọng tâm tam giác $PBC,PCA,PAB,ABC$ ,ta dễ thấy $PG_a$ và $AG$  đi qua trung điểm $M_a$ của $BC$ ,từ đó dễ thấy $G_aG$ song song với $PA$

nói cách khác các đường thẳng qua $G_a,G_b,G_c$

lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.

Bây giờ chú ý $N_a$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $PBC$ nên dễ thấy : 2$\vec{G_aN_a}$ +$\vec{G_aO_a}$ =$\vec{0}$ .Từ đó sử dụng phép chiếu song song phương $PA$

xuống đường thẳng $KG$,

gọi $N$ là hình chiếu song song phương $PA$  của $N_a$ xuống $KG$ ta suy ra:  

2$\vec{GN}$ +$\vec{GK}$ =$\vec{0}$  nói cách khác đường thẳng qua $N_a$ song song $PA$ đi qua $N$ xác định .

Tương tự các đường thẳng qua $N_b,N_c$ lần lượt song song với $PB,PC$ cũng đi qua $N$ .

Ta có điều phải chứng minh.

 

-Trở lại bài toán : 

Gọi $O_aD$ cắt $BC$ tại $V $ .Gọi $PV$ cắt trung trực $BC$ tại $V_1$ .Khi đó :ta có được $O_a$ và $V_1$ là đối xứng nhau qua $BC$ nên $PV$ là đường đẳng giác của $PK_a$ trong góc $BPC$.

Từ đây sử dụng phép nghịch đảo cực $P$ phương tích bất kì và phép vị tự tâm $P$ tỉ số 2 ,ta thu được bài toán sau :

 

-Bài toán sau nghịch đảo :

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ bất kì .Gọi $N_a,N_b,N_c$  lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác $PBC,PCA,PAB$.Chứng minh rằng : các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$ lần lượt

vuông góc với $PA,PB,PC$ là đồng quy .

Chứng minh:

Gọi $D,E,F,X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB,PA,PB,PC$ ,thì các đường tròn $(DYZ),(EZX),(FXY),(DEF)$ lần lượt là các đường tròn Euler của các tam giác

$PBC,PCA,PAB,ABC$ .

Gọi đường tròn $(DYZ)$ và đường tròn $(DEF)$ cắt nhau tại $S$ khác $D$.Ta có biến đổi góc :

$(SF,SY)=(SF,SD)+(SD,SY)=(EF,ED)+(ZD,ZY)=(BD,BF)+(BY,BD)=(BY,BF)=(XF,XY)$  (Vì $S$ thuộc đường tròn $(DYZ),(DEF)$ ,do $XY$ song song $BF$,$XF$ song song $BY$ ).

Do đó $S$ thuộc $(FXY)$ .Tương tự thì $S$ thuộc đường tròn $(EZX)$.Vậy bốn đường tròn $(DYZ),(EZX),(FXY),(DEF)$ đồng quy tại $S$.

Mặc khác : theo bổ đề trên thì các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$ lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại $Q$ .Giờ ta sẽ chứng minh Q nằm trên đường tròn $(N_aN_bN_c)$ thì hiển nhiên đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$

lần lượt vuông góc với $PA,PB,PC$ sẽ đồng quy tại điểm đối tâm của $Q$.Ta có biến đổi góc:

$(QN_b,QN_c)=(PB,PC)=(DZ,DY)=(SZ,SY)=(N_aN_b,N_aN_c)$.Ta có điều phải chứng minh .

(Vì thế nếu gọi hình chiếu của $N_a,N_b,N_c$ lên $PA,PB,PC$ lần lượt là $U,V,W$ thì $P,U,V,W$ cùng thuộc một đường tròn nên khi nghịch đảo lại ta được $L_a,L_b,L_c$ thẳng hàng).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trihoctoan: 29-11-2017 - 13:15


#3 mqcase1004

mqcase1004

    Lính mới

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

Đã gửi 01-12-2017 - 15:22

LỜI GIẢI BÀI 2.

Lấy $E', F'$ lần lượt là đối xứng của $E$ qua $AC$, $F$ qua $AB$.
Lấy $X, Y$ sao cho các tam giác $ACE, ABF, BCY, CBX$ là các tam giác đồng dạng. Dễ thấy $BCXY$ là hình chữ nhật.

Từ giả thiết và cách dựng, ta có $\triangle AFE'$ đồng dạng $\triangle ABC$ nên $E'F \perp BC$ và $\frac{E'F}{BC}=\frac{AF}{AB}=Sin AFB=\frac{CX}{BC}$. Nên $E'F \parallel CX$ và $E'F=CX$. Suy ra, $E'FCX$ là hình bình hành. Suy ra $FX$ đi qua trung điểm $P$ của $E'C$.
Chứng minh tương tự, ta có $EY$ đi qua trung điểm $Q$ của $F'B$.

Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp $BCXY$. Lấy $O'$ đối xứng với $O$ qua $BC$. $AK, AL$ lần lượt cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Z, T$.
$(YZ;YC)=(KA;KC)=(KA;KB)+(KB;KC)=(FA;FB)+(YB;YC)=2 (YB;YC)= (OB;OC)=(YO';YC) (mod \pi).$ Suy ra, $YZ$ đi qua $O'$. Chứng minh tương tự, ta có $XT$ đi qua $O'$.

Áp dụng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp $LKXZTY$ ta có $A$ (giao điểm của $KZ$ và $LT$), $R$ (giao điểm của $KX$ và $LY$), $O'$ ( giao điểm của $XT$ và $YZ$) thẳng hàng.

Từ đó ta dễ dàng chỉ ra $O'$ là điểm cố định. Vậy $AR$ đi qua điểm cố định.

Hình gửi kèm

  • 2017-12-01 15.25.07.png






0 người đang xem chủ đề

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