Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Chứng minh rằng số đo góc MPN luôn không đổi khi D thay đổi


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 toanND

toanND

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Đã gửi 11-05-2019 - 12:27

Cho tam giác ABC, giả sử có điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho góc BPC = góc CPA = góc APB. PB, PC theo thứ tự cắt CA, AB tại E, F. D là điểm di chuyển trên cạnh BC. Đường thẳng DF cắt đường thẳng AC tại M. Đường thẳng DE cắt đường thẳng AB tại N.

1. Chứng minh rằng số đo góc MPN luôn không đổi khi D thay đổi.

2. Gọi giao điểm của đường thẳng EF với đường thẳng MN là Q. Chứng minh rằng PQ là phân giác của góc MPN.

Capture 4.PNG



#2 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 518 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 12-05-2019 - 09:57

Xét phép nghịch đảo tâm $P$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới sau.

Bài toán mới. Cho $\Delta ABC,P$ là điểm trong tam giác thoả $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}.PB,PC$ theo thứ tự cắt $(CPA),(APB)$ tại $E,F.D$ là điểm di chuyển trên $(PBC),(PDF)$ cắt $(PAC)$ tại $M,(PDE)$ cắt $(PAB)$ tại $N.$

a) Chứng minh số đo góc $\widehat{MPN}$ không đổi.

b) $(PEF)$ cắt $(PMN)$ tại $Q.$ Chứng minh $PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$

Chứng minh.

a) Gọi $G,H,I,J,K,L,O$ là tâm các đường tròn $(PAC),(PAB),(PDF),(PDE),(PBC),(PEF),(PMN).$

Từ cách xác định các điểm này, ta có các bộ điểm thẳng hàng: $\overline{L,H,I}, \overline{I,K,J}, \overline{J,G,L}, \overline{I,O,G}, \overline{J,O,H}.$

Ta cũng có $IL \perp PC,JL \perp PB,GK \perp PC,HK \perp PB,HG \perp PA.$ Với chú ý $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}=120^0,$ ta được $\Delta KGH$ đều và $\widehat{KHI}= \widehat{KGJ}=60^0.$

Do đó $IH \parallel GK,HK \parallel GJ \Rightarrow \Delta HIK \sim \Delta GKJ \Rightarrow \frac{HI}{HG}= \frac{HI}{HK}= \frac{GK}{GJ}= \frac{GH}{GJ} \Rightarrow \Delta IHG \sim \Delta HGJ$

$\Rightarrow \widehat{IOH}= \widehat{OGH}+ \widehat{OHG}= \widehat{OHG}+ \widehat{OJG}= 180^0- \widehat{HGJ}=60^0.$

Mà $MP \perp OI,NP \perp OH \Rightarrow \widehat{MPN}=60^0.$ Ta có đpcm.

b) Theo cách xác định các tâm đường tròn ở câu a), $\Delta HLG$ đều. Lại có $\widehat{IOH}=60^0$ theo câu a) nên $L$ là trung điểm cung $HG$ không chứa $O$ của $(HOG) \Rightarrow OL$ là phân giác $\widehat{HOG}.$

Lại có $MP \perp OG,NP \perp OH,PQ \perp OL \Rightarrow PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$ Ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 12-05-2019 - 20:35

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#3 toanND

toanND

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Đã gửi 12-05-2019 - 17:01

Xét phép nghịch đảo tâm $P$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới sau.

Bài toán mới. Cho $\Delta ABC,P$ là điểm trong tam giác thoả $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}.PB,PC$ theo thứ tự cắt $(CPA),(APB)$ tại $E,F.D$ là điểm di chuyển trên $(PBC),(PDF)$ cắt $(PAC)$ tại $M,(PDE)$ cắt $(PAB)$ tại $N.$

a) Chứng minh số đo góc $\widehat{MPN}$ không đổi.

b) $(PEF)$ cắt $(PMN)$ tại $Q.$ Chứng minh $PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$

Chứng minh.

a) Gọi $G,H,I,J,K,L,O$ là tâm các đường tròn $(PAC),(PAB),(PDF),(PDE),(PBC),(PEF),(PMN).$

Từ cách xác định các điểm này, ta có các bộ điểm thẳng hàng: $\overline{L,H,I}, \overline{I,K,J}, \overline{J,G,L}, \overline{I,O,G}, \overline{J,O,H}.$

Ta cũng có $IL \perp PC,JL \perp PB,GK \perp PC,HK \perp PB,HG \perp PA.$ Với chú ý $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}=120^0,$ ta được $\Delta KGH$ đều và $\widehat{KHI}= \widehat{KGI}=60^0.$

Do đó $IH \parallel GK,HK \parallel GJ \Rightarrow \Delta HIK \sim \Delta GKJ \Rightarrow \frac{HI}{HG}= \frac{HI}{HK}= \frac{GK}{GJ}= \frac{GH}{GJ} \Rightarrow \Delta IHG \sim \Delta HGJ$

$\Rightarrow \widehat{IOH}= \widehat{OGH}+ \widehat{OHG}= \widehat{OHG}+ \widehat{OJG}= 180^0- \widehat{HGJ}=60^0.$

Mà $MP \perp OI,NP \perp OH \Rightarrow \widehat{MPN}=60^0.$ Ta có đpcm.

b) Theo cách xác định các tâm đường tròn ở câu a), $\Delta HLG$ đều. Lại có $\widehat{IOH}=60^0$ theo câu a) nên $L$ là trung điểm cung $HG$ không chứa $O$ của $(HOG) \Rightarrow OL$ là phân giác $\widehat{HOG}.$

Lại có $MP \perp OG,NP \perp OH,PQ \perp OL \Rightarrow PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$ Ta có đpcm.

 

có cách nào k sử dụng phép nghịch đảo k ạ? Tại e chưa học cái này



#4 Was It a cat I saw

Was It a cat I saw

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2019 - 20:29

Chứng minh: a) Xét $\triangle BEM$ và $\triangle CNF$ có $BC,EN,MF$ đồng qui tại $D$.

Gọi $X$ là giao của $BM$ và $CF$. $Y$ là giao của $CN$ và $BE$ thì theo định lí Desargues: $X,Y,A$ thẳng hàng.

Khi đó: $B(XY,AC)=C(XY,AB)$ hay $P(ME,AC)=P(FN,AB)$. 

Mặt khác $\widehat{APF}=\widehat{BPF}=\widehat{APE}=\widehat{CPE}=60^o$.

Nên $\widehat{NPA}=\widehat{MPC}$. Suy ra $\widehat{MPN}=120^o$.

b) Gọi phân giác trong $\widehat{MPN}$ cắt $MN$ tại $Z$.

Ta có: $P(FE,AZ)=P(NM,AZ)$ (Vì các góc tương ứng bằng nhau).

                           $=A(NM,PZ)$ (Vì $M,Z,N$ thẳng hàng).

                           $=A(FE,PZ)$.

Do đó $F,E,Z$ thẳng hàng.

 






0 người đang xem chủ đề

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