Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 4 tháng 6/2017: Chứng minh rằng đường thẳng $AP$ luôn đi qua điểm cố định khi $A$ di chuyển.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy lời giải bài Tuần 3 tháng 6/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Nguyễn Đức Bảo. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. Các đường cao qua $B,C$ của tam giác $ABC$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $B,C$. Gọi $K,L$ lần lượt là tâm ngoại tiếp tam giác $OCM, OBN$. $BK$ cắt $CL$ tại $P$. Chứng minh rằng đường thẳng $AP$ luôn đi qua điểm cố định khi $A$ di chuyển.

 

Screen Shot 2017-06-25 at 9.26.48 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với hai điểm Brocard là $\Omega_1$ và $\Omega_2$. $\Omega_1A, \Omega_1B, \Omega_1C$ cắt $(O)$ tại $X,Y,Z$ khác $A,B,C$. $\Omega_1\Omega_2$ cắt các đường tròn $(\Omega_1BC)$ và $(\Omega_1YZ)$ tại $M$ và $N$ khác $\Omega_1$. $AN$ và $XM$ cắt đường tròn $(O)$ tại $P$ và $Q$ khác $D,X$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua $\Omega_2$.

 

Screen Shot 2017-06-25 at 9.29.45 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 25-06-2017 - 18:31

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
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

Lời giải bài 2 của em ạ 

Gọi $R$ là giao điểm của $\Omega_1\Omega_2$ với $YZ$ . Gọi $\omega$ là góc Brocard . Ta có $\angle RZC = \angle RMC = \omega$ nên tứ giác $RZMC$ nội tiếp, từ đây có $\Omega_1Z.\Omega_1C = \Omega_1R.\Omega_1M  = \Omega_1A . \Omega_1X$. Tức là tứ giác $ARXM$ nội tiếp .  Gọi đường thẳng qua $C$ song song $\Omega_1\Omega_2$ cắt $NY$ tại $S$ . Khi đó $\angle YSC = \angle YN\Omega_2 = \angle YWC$ nên $S \in (O)$ . Do tứ giác $NSCM$ là hình thang cân nên $NS = CM$ .

Theo tính chất của điểm Brocard, ta có $O\Omega_1 = O\Omega_2 = R.\sqrt{\frac{\sum a^4}{\sum a^2b^2}-1}$ nên $S\Omega_2\Omega_1C$ cũng là hình thang cân

$\implies \triangle NS\Omega_2 = \triangle MC\Omega_1 \implies \angle S\Omega_2N = \angle C\Omega_1M = \angle N\Omega_1Z = \angle NYZ \implies $ tứ giác $NY\Omega_2R$ nội tiếp . Từ đây ta có $NS.NY = NR.N\Omega_2 = NA.NP$ nên tứ giác $PAR\Omega_2$ nội tiếp. Khi đó $\angle AP\Omega_2 = \angle ARN = AXQ$ , suy ra $P,Q, \Omega_2$ thẳng hàng

Untitled.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 26-06-2017 - 07:17


#3
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $AP$ đi qua $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $(OBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn Euler tam giác $ABC$, $AD$ là đường cao của tam giác thì nhờ biến đổi góc, ta có được:

$\widehat{ABL}=\widehat{ACK}=\widehat{ADR}=\widehat{ABC}-\widehat{ACB}$

Ngoài ra $\dfrac{BL}{AB}=\dfrac{AO}{2AD}=\dfrac{RD}{AD}=\dfrac{CK}{AK}$ nên phép vị tự quay tâm $A$ biến $BC\to LK$ thì biến $D\to R$

Do đó $AR\perp KL$

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác $ABC$ và $TKL$, ta đưa về bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $O_a$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Trung trực $OB$ cắt $AC$ tại $Y$, trung trực $OC$ cắt $AB$ tại $Z$, trung trực $AO_a$ cắt $BC$ tại $X$. Chứng minh $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Nếu gọi $O_b, O_c$ là đối xứng với $O$ qua $AC, AB$ thì $X, Y, Z$ chính là tâm ba đường tròn $(AOO_a), (BOO_b),(COO_c)$, mà ba đường tròn này có tâm đẳng phương là $O$, mà điểm Kosnita lại là tâm đẳng phương của chúng nên $X, Y, Z$ thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 26-06-2017 - 15:29

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


#4
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $AP$ đi qua $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $(OBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn Euler tam giác $ABC$, $AD$ là đường cao của tam giác thì nhờ biến đổi góc, ta có được:

$\widehat{ABL}=\widehat{ACK}=\widehat{ADR}=\widehat{ABC}-\widehat{ACB}$

Ngoài ra $\dfrac{BL}{AB}=\dfrac{AO}{2AD}=\dfrac{RD}{AD}=\dfrac{CK}{AK}$ nên phép vị tự quay tâm $A$ biến $BC\to LK$ thì biến $D\to R$

Do đó $AR\perp KL$

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác $ABC$ và $TKL$, ta đưa về bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $O_a$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Trung trực $OB$ cắt $AC$ tại $Y$, trung trực $OC$ cắt $AB$ tại $Z$, trung trực $AO_a$ cắt $BC$ tại $X$. Chứng minh $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Nếu gọi $O_b, O_c$ là đối xứng với $O$ qua $AC, AB$ thì $X, Y, Z$ chính là tâm ba đường tròn $(AOO_a), (BOO_b),(COO_c)$, mà ba đường tròn này có tâm đẳng phương là $O$, mà điểm Kosnita lại là tâm đẳng phương của chúng nên $X, Y, Z$ thẳng hàng.

chào bạn Khoa, cho mình hỏi khi bạn giải những bài này, bạn dùng giấy và bút hay có sd phần mềm vẽ hình



#5
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

chào bạn Khoa, cho mình hỏi khi bạn giải những bài này, bạn dùng giấy và bút hay có sd phần mềm vẽ hình

Phần mềm vẽ hình bạn, lười giất bút lắm.


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


#6
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Phần mềm vẽ hình bạn, lười giất bút lắm.

thấy bạn giỏi hình như vậy mình mê lắm, mình rất thích hình nhưng không giỏi như bạn và các cao thủ khác, chỉ tạm tạm thôi. Qua 2 lần thi 30-4 điểm bạn đều cao hơn mình, thật khâm phục, mà năm nay bạn có đi gặp gỡ toán học không?



#7
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

Lời giải bài 1 của em, hơi dài chút , đoạn sau có vẻ giống bạn dogsteven  ạ 

Gọi $U$ là điểm trên cung lớn $BC$ sao cho $AU \parallel BC$ . Bằng cộng góc ta có $\angle ABU = |\angle B - \angle C| = \angle ABL$ nên $BL,CK$ đi qua $U$ 

Gọi $R,S$ là tâm ngoại tiếp $\triangle AHM, \triangle AHN$. Ta có $\triangle OMC \sim \triangle ANH , \triangle ONB \sim \triangle ANH$ nên $\frac{KC}{LB} = \frac{R_{\triangle OMC}}{R_{\triangle ONB}} = \frac{R_{\triangle AMH}}{R_{\triangle ANH}} = \frac{AR}{AS} = \frac{AC}{AB}$ nên $\triangle AKC \sim \triangle ALB \implies AUKL$ nội tiếp

Gọi $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ . $T$ là trung điểm $W$ , $Q$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$ , $E$ là tâm Euler . Ta có $\angle AQE = \angle HAO = |\angle B - \angle C| = \angle ACK$ và $\frac{QE}{CK} = \frac{QE}{AR}. \frac{AR}{CK} = \frac{R}{2AR} . \frac{AH}{R} = \frac{AH}{2AR} = \frac{AQ}{AC} \implies \triangle AQE \sim \triangle ACK$ . Từ đây ta có $E$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $KL$ . 

Gọi $\overline{X,Y,Z}$ là cát tuyến trực giao của $E$ với $\triangle ABC$ , $X,Y,Z$ lần lượt nằm trên $BC,CA,AB$ . Gọi $B',C'$ lần lượt đối xứng $B,C$ qua $E$ thì $B',C'$ là đối xứng của $O$ qua $CA,AB \implies Y,Z$ nằm trên trung trực $OC,OB$

$\implies Y \in TK , Z \in TL$ . Áp dụng định lý Desargues cho $\triangle ABC , \triangle TKL$ , giao điểm các cạnh là cát tuyến trực giao của $E$ với $\triangle ABC$ nên chúng thẳng hàng , suy ra $AP$ đi qua $T$ cố định

Untitled.png

Về phần sau thì em phát hiện ra 1 kết quả tổng quát hơn ạ

$\triangle ABC$ , đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $(O)$ tại $U$ . Một đường tròn bất kì đi qua $A,U$ cắt $UB,UC$ tại $K,L$ . Đường tròn $(K,KB) , (L,LC)$ cắt $(O)$ tại $X,Y$ . $BX \cap CY \equiv V , BL \cap CK \equiv W$ . Chứng minh rằng $A,W,V$ thẳng hàng

123.png

 

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 26-06-2017 - 22:31


#8
dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết
Em tên là Nguyễn Duy Khương, THPT chuyên Hà Nội Amsterdam, lớp 12 chuyên Toán,  không biết thế nào mà ban biên tập tuần trước lại nhầm tên em :)) Trong lời giải em có thay thế tên một số điểm cho hợp hình vẽ mong mọi người thông cảm(ý tưởng làm như nhau).
 
 hih289.png
 
Lời giải bài 1 của em: Ta có: $\angle ABL=\angle OBA-\angle LBO=\angle OBA-\dfrac{\angle NOB}{2}, \angle ACK=\angle OCK-\angle OCA=\dfrac{\angle MOC}{2}-\angle OCA$. Vậy mà: $\angle OBA+\angle OCA=\angle MBC+\angle NCB= \dfrac{\angle NOB}{2}+\dfrac{\angle MOC}{2}$ do đó $\angle ABL=\angle ACK$. Lại có: $\dfrac{BL}{OB}=\dfrac{2}{\cos{\dfrac{\angle NOB}{2}}}=\dfrac{2}{\cos{\angle NAB}}$. Tương tự: $\dfrac{OK}{OC}=\dfrac{2}{\cos{\angle MAC}}$. Gọi $E,F$ là hình chiếu $B,C$ lên $AC,AB$. Ta có: $\dfrac{AF}{AN}=\cos{\angle NAB},\dfrac{AE}{AM}=\cos{\angle MAC}$. Do đó $\dfrac{BL}{OK}=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}$. Vậy $\bigtriangleup ALB\sim \bigtriangleup AKC(c.g.c)$ nên $BL$ cắt $CK$ tại $P\in (O)$ đồng thời: $\angle OAB-\angle OAL=\angle OAK-\angle OAC$ do đó $\angle BAC=\angle LAK$ vậy $\bigtriangleup LAK\sim \bigtriangleup BAC$. Lại có: $\angle KCB=\angle KCO+\angle OCB=90^\circ-\angle ACB+90^\circ-\angle BAC=\angle ABC$. Tương tự thì: $\angle PBC=\angle ACB$ do đó $\bigtriangleup PBC\sim \bigtriangleup ACB$ nên $AP\| BC$. Gọi $I$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BOC$, lấy $AC\cap (ALK)=A,D$. Ta thấy $\angle AFK=180^\circ-\angle APC=\angle ABC$ do đó $FK\| BC$, chú ý $FKDL$ là hình thang cân do đó $FL,DK$ cắt nhau tại $I$. Theo định lí hàm số $\sin$ ta có: $\dfrac{\sin{\angle KBC}}{KC}=\dfrac{\sin{\angle KCB}}{KB}$, $\dfrac{\sin{\angle KAB}}{BK}=\dfrac{\sin{\angle KBA}}{KA}$. Do đó $\dfrac{\sin{\angle KBC}}{\sin{\angle KBA}}.\dfrac{KA}{KC}=\dfrac{\sin{\angle KCB}}{\sin{\angle KAB}}$. 
 
Chứng minh tương tự thì: $\dfrac{\sin{\angle LCB}}{\sin{\angle LCA}}.\dfrac{LA}{LB}=\dfrac{\sin{\angle LBC}}{\sin{\angle LAC}}$. 
 
Vậy $\dfrac{\sin{\angle KBC}}{\sin{\angle KBA}}.\dfrac{\sin{\angle LCA}}{\sin{\angle LCB}}.\dfrac{\sin{\angle IAB}}{\sin{\angle IAC}}=\dfrac{\sin{\angle LAC}}{\sin{\angle KAB}}.\dfrac{\sin{\angle IAB}}{\sin{\angle IAC}}.\dfrac{\sin{\angle KCB}}{\sin{\angle LBC}}$. 
 
Để ý rằng: $\angle LFB=\angle AKL=\angle ACB$, $\angle PBI=\angle PBC+\angle IBC=\angle ACB+\angle ICB=\angle ACI$. Cũng theo định lí hàm số sin thì: $\dfrac{\sin{\angle IAB}}{IB}=\dfrac{\sin{\angle ABI}}{AI}$, $\dfrac{\sin{\angle IAC}}{IC}=\dfrac{\sin{\angle ACI}}{AI}$ suy ra $\dfrac{\sin{\angle IAB}}{\sin{\angle IAC}}=\dfrac{\sin{\angle ABI}}{\sin{\angle ACI}}$.
 
Ta thấy rằng: $\dfrac{\sin{\angle LAC}}{\sin{\angle KAB}}=\dfrac{LD}{FK}=\dfrac{IF}{IL}$.
Theo định lí hàm số sin thì: $\dfrac{IF}{\sin{\angle ABI}}=\dfrac{IB}{\sin{\angle LFB}}=\dfrac{IB}{\sin{\angle ACB}}$ đồng thời: $\dfrac{IL}{\sin{\angle PBI}}=\dfrac{IB}{\sin{\angle ABC}}$ 
 
do đó $\dfrac{IL}{IF}.\dfrac{\sin{\angle ABC}}{\sin{\angle PBI}}.\dfrac{\sin{\angle ABI}}{\sin{\angle ACB}}=1=\dfrac{IL}{IF}.\dfrac{\sin{\angle ACI}}{\sin{\angle ABI}}.\dfrac{\sin{\angle ABC}}{\sin{\angle ACB}}$
 
$=\dfrac{\sin{\angle KBC}}{\sin{\angle KBA}}.\dfrac{\sin{\angle LCA}}{\sin{\angle LCB}}.\dfrac{\sin{\angle IAB}}{\sin{\angle IAC}}$. 
 
Do đó theo định lí Ceva sin ta có $AI,BK,CL$ đồng quy, hay là: $AQ$ đi qua điểm cố định là tâm $(BOC)$(điều phải chứng minh). 
 
P/s: Em đã cố gắng làm nó ngắn lại :)) thật sự thú vị và vui khi em đã tự hoàn thiện được các biến đổi "khủng bố" ở trên :))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 01-07-2017 - 09:36

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:






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

1 người đang xem chủ đề

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