Đến nội dung

Hình ảnh

[Hình học] THPT tháng 12: Chứng minh $PA=PL$.

vmeo

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ là điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A$ sao cho $AP$ là đường đối trung của tam giác $ABC$. $E,F$ lần lượt đối xứng với $P$ qua $CA,AB$. $K$ là đối xứng với $A$ qua $EF$. $L$ là hình chiếu của $K$ trên đường thẳng qua $A$ và song song với $BC$.
Chứng minh rằng $PA=PL$.
Thầy Trần Quang Hùng

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. Gọi $T$ là hình chiếu của $H$ trên $AM$. Gọi $A_1, A_2$ lần lược là điểm đối xứng của $A$ qua $BC$ và $M$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AP$ và $BC$. Khi đó ta có $T\in (BHCA_2A_1)$ và:

$\widehat{BA_1Q}=\widehat{BAQ}=\widehat{MAC}=\widehat{A_2AC}=\widehat{BA_2T}=\widehat{BA_1T}$

Do đó $A_1, Q, T$ thẳng hàng nên $T$ đối xứng với $P$ qua $BC$

Theo định lý Steiner thì $EF$ đi qua $H$, ngoài ra $AE=AP=AF$ và

$\widehat{MAE}=\widehat{MAC}+\widehat{CAE}=\widehat{PAB}+\widehat{PAC}=\widehat{FAB}+\widehat{BAM}=\widehat{FAM}$ nên $E,F,H,T$ thẳng hàng và $T$ là trung điểm $AK$

Từ đó suy ra $PT$ là trung trực của $AL$ nên $PA=PL$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 12-02-2016 - 15:42

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#3
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Do tính chất đối xứng nên AP=AF, AP=AE$\Rightarrow$AF=AE$\Rightarrow$$\Delta AEF$ cân tại A

Từ đây suy ra AK đi qua trung điểm EF. Gọi T là trung điểm EF

Theo tính chất đường trung bình thì đường thẳng qua T và vuông góc với BC sẽ đi qua trung điểm AL và vuông góc với AL(*)

Vậy ta chỉ cần chứng minh PT vuông góc với BC.

X,Y,Z là chân đường vuông góc kẻ từ P tới BC,CA,AB.Ta có X,Y,Z thẳng hàng(theo tính chất của đường thẳng Simson) và YZ song song với EF

Dễ thấy $\Delta YPZ$ đồng dạng với $\Delta CPB$(g.g) (1) và $\angle XPY=\angle ACB$

Do AP là đối trung của tam giác ABC nên Pa là đối trung của tam giác BPC

Gọi M là trung điểm BC, ta có $\angle MPC=\angle APB=\angle ACB=\angle XPY$( theo tính chất đối trung)(2)

Từ (1)(2) ta suy ra X là trung điểm YZ$\Rightarrow$PX đi qua T$\Rightarrow$PT vuông góc với BC(**)

Từ (*)(**) ta suy ra tam giác PAL cân tại P$\Rightarrow$PA=PL(đpcm)



#4
Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết

File gửi kèm  Untitled17.png   52.45K   0 Số lần tải

Gọi $D$ là giao của $AK$ và $EF$, $N$ là giao của $AM$ với $(O)$, $Q$ là giao điểm của $PF$ với $AB$ và $T$ là giao điểm của $PE$ với $AC$.

Trước tiên, ta sẽ chứng minh $D$ là giao của $AM$ và $EF$.

Giả sử $D'$ là giao của $AM$ và $EF$ vậy thì ta sẽ chứng minh $AD'\perp EF$:

Thật vậy: $TQ$ là đường trung bình của tam giác $PEF$ nên $TQ//EF$.

Nhận thấy tứ giác $AQPT$ nội tiếp (vì có $\widehat{AQP}=\widehat{ATP}=90^{\circ}$)

Nên $\widehat{APQ}=\widehat{ATQ}$

Kết hợp với $AP$ là đường đối trung của tam giác ABC dẫn đến:

$\widehat{MAT}+\widehat{ATQ}=\widehat{QAP}+\widehat{APQ}=90^{\circ}$

Do đó: $AD'\perp EF$ nên $D'\equiv D$

Ta có: $\Delta BNC=\Delta CPB(g-c-g)$ nên dẫn đến $BCNP$ là hình thang cân suy ra $OM$ là đường trung trực của $NP$ nên $MN=MP$

Nếu lấy điểm $D''$ thuộc tia $MA$ thỏa mãn $MD''=MN$ thì $D''$ sẽ đối xứng với $P$ qua $BC$.

Theo tính chất đường thẳng Steiner thì $F,D'',E$ thẳng hàng, mà $D''$ là giao của $EF$ với $AM$ nên $D''\equiv D$

$=>PD\perp AL$     (1)

Lại xét tam giác vuông $LAK$ có $DA=DK$ nên $DA=DL$ dẫn đến $D$ thuộc đường trung trực của $AL$  (2)

Từ (1) và (2) suy ra $PD$ chính là đường trung trực của $AL$.

Vậy $PA=PL$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 12-02-2016 - 17:44

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#5
Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

Lưu ý : Bài toán đúng với mọi điểm $P$ di chuyển trên đường đối trung tại đỉnh $A$

CM : Gọi $AM$ cắt $EF$ tại $Q$, trung trực $PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $B_1,C_1$ ta được cấu hình như bài toán đầu.


$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 






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

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh