Chủ đề này có 9 trả lời

[perfectstrong]

Bài 2:

Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác nằm bên trong. Gọi $AP,AQ$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $QBC$ và $PBC$ tại $M,N$ ($M,N$ nằm trong tam giác $ABC$).

 

a) Chứng minh rằng bốn điểm $M,N,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn, gọi đường tròn này là $(I)$.

 

b) Gọi $MN$ cắt $PQ$ tại $J$. Chứng minh rằng đường thẳng $IJ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P,Q$ thay đổi.

 

Chú thích: $P,Q$ được gọi là hai điểm đẳng giác của tam giác $ABC$ nếu các đường thẳng $AP,BP,CP$ lần lượt đối xứng với đường thẳng $AQ,BQ,CQ$ qua các đường phân giác trong góc $A,B,C$ của tam giác $ABC$.

[quanghung86]

Lời giải có sử dụng nghịch đảo của Luis http://www.artofprob...njugate_problem

[baopbc]

Lời giải của mình(biến đổi góc thuần túy)

a, Kéo dài AP và AQ cắt (QBC) và (PBC) lần lượt tại E,G,F,H

Theo tính chất của phương tích thì MNPQ nội tiếp khi và chỉ khi EFGH nội tiếp

CQ cắt EB tại Z. $\angle AEB=\angle PCB=\angle QCA$ nên tứ giác ZECA nội tiếp$\Rightarrow \angle BZQ=\angle BAQ$$\Rightarrow$AQBZ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle ZBA=\angle ZQA=\angle HQC=\angle HBC\Rightarrow \angle ZBC=\angle ABH$

Đến đây thì dễ rồi!

b,Theo tính chất của tâm đẳng phương thì PN,QM,BC đồng quy theo định lý Brocard thì IJ vuông góc với AS( S là giao của PN,QM,BC ); AL vuông góc với SI( L là giao của SI và AJ)

K là giao của IJ và AS thì KLIA là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow$ SK.SA=SL.SI=SM.SQ=SB.SC$\Rightarrow$ KABC là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow$ IJ đi qua điểm đối xứng với A qua O(đpcm)

[perfectstrong]

Lời giải của mình(biến đổi góc thuần túy)

a, Kéo dài AP và AQ cắt (QBC) và (PBC) lần lượt tại E,G,F,H

Theo tính chất của phương tích thì MNPQ nội tiếp khi và chỉ khi EFGH nội tiếp

CQ cắt EB tại Z. $\angle AEB=\angle PCB=\angle QCA$ nên tứ giác ZECA nội tiếp$\Rightarrow \angle BZQ=\angle BAQ$$\Rightarrow$AQBZ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle ZBA=\angle ZQA=\angle HQC=\angle HBC\Rightarrow \angle ZBC=\angle ABH$

Đến đây thì dễ rồi!

b,Theo tính chất của tâm đẳng phương thì PN,QM,BC đồng quy theo định lý Brocard thì IJ vuông góc với AS( S là giao của PN,QM,BC ); AL vuông góc với SI( L là giao của SI và AJ)

K là giao của IJ và AS thì KLIA là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow$ SK.SA=SL.SI=SM.SQ=SB.SC$\Rightarrow$ KABC là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow$ IJ đi qua điểm đối xứng với A qua O(đpcm)

Câu b bạn giải vậy thì đẹp rồi, nhưng câu a bạn nói rõ thêm được không? Chưa kể vị trí E,G,F,H của bạn định ra rất không rõ ràng.

[baopbc]

E là giao của AP và (QBC);G là giao của AP và (PBC)

F là giao của AQ và (QBC);H là giao của AQ và (PBC)

Còn đến đoạn $\angle ZBC=\angle ABH$ thì chỉ cần trừ góc đi là được từ đó chứng minh bằng góc!

Nếu cần rõ hơn thì bạn cứ vẽ hình ra , nhìn sẽ chuẩn hơn nhiều!

[perfectstrong]

E là giao của AP và (QBC);G là giao của AP và (PBC)

F là giao của AQ và (QBC);H là giao của AQ và (PBC)

Còn đến đoạn $\angle ZBC=\angle ABH$ thì chỉ cần trừ góc đi là được từ đó chứng minh bằng góc!

Nếu cần rõ hơn thì bạn cứ vẽ hình ra , nhìn sẽ chuẩn hơn nhiều!

Theo cách viết của $\angle AEB=\angle PCB$ thì $E$ phải là giao điểm thứ 2 của $AP$ và $(PBC)$, thay vì $G$.

$\angle HQC = \angle HBC$ thì $H$ phải là giao điểm còn lại của $AQ$ và $(QBC)$, thay cho $F$.

 010116.png   52.5K   1 Số lần tải

Và "trừ góc đi" là trừ thế nào? Từ $\angle ZBC=\angle ABH$, mình chỉ thấy $\triangle ZBC \sim \triangle ABH$.

[baopbc]

Theo cách viết của $\angle AEB=\angle PCB$ thì $E$ phải là giao điểm thứ 2 của $AP$ và $(PBC)$, thay vì $G$.

$\angle HQC = \angle HBC$ thì $H$ phải là giao điểm còn lại của $AQ$ và $(QBC)$, thay cho $F$.

010116.png

Và "trừ góc đi" là trừ thế nào? Từ $\angle ZBC=\angle ABH$, mình chỉ thấy $\triangle ZBC \sim \triangle ABH$.

mình xin lỗi bạn Z là giao của GB và CQ

Từ đó ta giải thế này vẫn có $\angle ZBC=\angle ABF=\angle GHC$

$\angle QHC=\angle QBC=\angle PBA$

Vậy $\angle NHG=\angle PBF=\angle GEF$

Ta được đpcm

[perfectstrong]

mình xin lỗi bạn Z là giao của GB và CQ

Từ đó ta giải thế này vẫn có $\angle ZBC=\angle ABF=\angle GHC$

$\angle QHC=\angle QBC=\angle PBA$

Vậy $\angle NHG=\angle PBF=\angle GEF$

Ta được đpcm

Nếu chỉnh lại $Z$ là giao điểm của $GB$ và $CQ$ (mà vẫn giữ $A,Z,B,Q$ đồng viên) thì $\angle QHC \ne \angle QBC$ do $Q, B, H, C$ không đồng viên   Bạn có thể viết lại hoàn chỉnh lời giải được không? Mình cũng hiểu sơ lược ý của bạn, nhưng cảm giác cần phải có $M, N$ là điểm đẳng giác nữa mới đủ.

[baopbc]

 Thành thật xin lỗi bạn, lời giải của mình bị sai

Đúng như bạn nói thì M,N đẳng giác nữa mới đủ!

[perfectstrong]

 Thành thật xin lỗi bạn, lời giải của mình bị sai

Đúng như bạn nói thì M,N đẳng giác nữa mới đủ!

Chứng minh $M,N$ đẳng giác, theo mình biết thì chỉ mới có cách chứng minh trùng.

Còn đây là lời giải của mình - không sử dụng cái đẳng giác đó, tuy nhiên cũng không cho ta phát hiện nhiều điều mới.

 020116.png   22.59K   0 Số lần tải

Xét vị trí các điểm như trong hình (trường hợp khác chứng minh tương tự)

Ta sẽ chứng minh \[\angle QMP + \angle QNP = {180^o}\]

Lại có \[\begin{array}{ll}
\angle QMP &= \angle QMB - \angle PMB\\
&= {180^o} - \angle QCB - \left( {\angle MAB + \angle ABM} \right)
\end{array}\]

Và \[\begin{array}{ll}
\angle QNP &= {360^o} - \angle QNC - \angle PNC\\
&= {360^o} - \left( {{{180}^o} - \angle QAC - \angle NCA} \right) - \left( {{{180}^o} - \angle PBC} \right)\\
 &= \angle QAC + \angle NCA + \angle PBC
\end{array}\]

Như vậy, ta sẽ chứng minh

\[\begin{array}{rl}
\angle QCB + \angle MAB + \angle ABM &= \angle QAC + \angle NCA + \angle PBC\\
 \Leftrightarrow \angle NCA + \angle PBC &= \angle QCB + \angle MBA\\
 \Leftrightarrow \angle NCQ + \angle QCA + \angle PBN + \angle NBC &= \angle QCN + \angle NCB + \angle MBA\\
 \Leftrightarrow \angle QCA + \angle PBN &= \angle NCB\\
 \Leftrightarrow \angle PCB + \angle PCN &= \angle NCB
\end{array}\]

Đẳng thức cuối đúng nên ta có đpcm.