Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 2 tháng 8/2017: đường tròn $(D,DP)$ tiếp xúc với đường tròn $(AEF)$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 1 tháng 8/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Nguyễn Tiến Dũng. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $(O)$. $P,Q$ là hai điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $BP=QC$. $AQ$ cắt trung trực $BC$ tại $R$. $H$ là hình chiếu của $Q$ lên $RP$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $PQR$. $L$ đối xứng với $A$ qua $OH$. $D$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $DL \perp PK$. Đường thẳng qua $P$ song song $OA$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Chứng minh rằng đường tròn $(D,DP)$ tiếp xúc với đường tròn $(AEF)$.

 

Figure5752.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có tâm nội tiếp $I$. $D$ và $E$ lần lượt là các điểm trên các cạnh $AB$ và $BC$ sao cho $DB+BE=BC$. Lấy $F$ đối xứng với $E$ qua $I$. $H$ là hình chiếu của $D$ trên đường thẳng $IB$. Chứng minh $\angle CHF=90^{\circ}$.

 

Screen Shot 2017-08-06 at 10.01.28 PM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 06-08-2017 - 21:11

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
Nerus

Nerus

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết

Bài 2;

Có $\Delta IDB = \Delta IEC$ nên $IE=ID=IF$ do đó $\Delta FDE$ vuông tại $D$

lại có $\angle IDB$ =  $\angle IEC$ nên $IDBE$ nội tiếp suy ra $\angle IBD$ = $\angle IED$

nên $\angle FDI$ = $\angle DFI$ = $90^{0}$ - $\angle DEF$ = $90^{0}$- $\angle DBI$ = $\angle BDH$

suy ra $\angle FDH$ = $\angle IDB$ = $\angle FEC$

Mặt khác có $\Delta BDH\sim \Delta EFD$  nên $\frac{EF}{FD}= \frac{BD}{DH}= \frac{EC}{DH}$ nên $\Delta FDH\sim \Delta FEC$ suy ra $\Delta FDE\sim \Delta FHC$ nên $\angle FHC$ = $90^{0}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 06-08-2017 - 20:53

                 $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a^k\geq \left (\prod_{k=1}^{n}a^k \right )^{\frac{1}{n}}$


#3
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Lời giải bài 1 :

 Hạ $PX,PY$ xuống $AB,AC$ Ta có $ \Delta PXF\sim \Delta PYC ,\Delta PXB\sim \Delta PYE =>XF.YC=PY.PX=BX.YE =>\frac{XF}{XB}=\frac{YE}{YC} $  nên $(ABC),(AEF),(AXY)$ đồng trục  nên $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì góc $ASP$ vuông

 

 Ta chứng minh $S$ cũng nằm trên $(D,DP)$

 

Gọi $T$ là trung điểm $AP$ ,

Thật vậy , Ta có : $(LA,LD)=(OH,KP)=(QA,QD)$ nên $ALDQ$ nội tiếp  . Gọi $AL$ cắt $BC$ tại $G$ suy ra $AGQ,LGD$ cân tại $A,D$

 GỌi $U,I,J,Z$ là trung điểm của $PQ,LG,LA,AG$ . đường thẳng qua $A,Z$ vuông góc với $AG$ lần lượt cắt  $UO$ tại $N,M$ . $ZM$ cắt $BC$ tại $V$.

- Do các trung điểm nên $\widehat{ZTU}=180-\widehat{AQG}=180-\widehat{AGQ}=\widehat{ZMU} $ nên  $TMUZ$ nội tiếp suy ra $\widehat{UTM}=\widehat{UZM}=\widehat{UGM}=>$ $TMUG$ nội tiêp nên $ \widehat{GTM}=90$

- Tiếp tục , Ta có $\frac{NM}{TU}=\frac{NM}{AQ/2}=\frac{NM}{AZ}=\frac{1}{cos\widehat{NMZ}}=\frac{VM}{VU}=>\frac{MN}{MV}=\frac{UT}{UV}$ và $\widehat{TUG}=\widehat{AQG}=\widehat{UMV}$ nên $\Delta VMN \sim \Delta VUT$ nên $\Delta VMU \sim \Delta VNT$ nên $\widehat{VTN}=90$

 

Tóm lại $(UGM),(UNV)$ cùng đi qua $T$

 Ta lại có :$\frac{DG}{DV}=\frac{IG}{IZ}=\frac{JZ}{JA}=\frac{OM}{ON}$ nên $(UGM),(UNV), (UOD)$ đồng trục , từ đo $(UOD)$ cũng đi qua $T$ , tức là  $DT$ vuông $TO$ . mà $TO$ song song $PS$ vì cùng vuông với $AS$ và $TS=TP$ . suy ra $DS=DP$ nên $S$ thuộc $(D,DP)$

 

 Mặt khác , $\widehat{ESP}=\widehat{ESA}+90=EFA+90=\widehat{BAO}+90 =180-\widehat{ACB}$ nên $ESPC$ nội tiếp

Từ đó $180=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+\widehat{FSA}=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+90-\widehat{FSP}=>\widehat{FSP}=\widehat{FES}+\frac{\widehat{SDP}}{2}$

 Goi $Sx$ tiếp xúc với $(D)$ thì $Sx$ cũng tiếp xúc với $(AEF)$ do góc ở trên  

Từ đó $(AEF)$ tiếp xúc $(D,DP)$ tại $S$

2.png


~O)  ~O)  ~O)


#4
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bài 1. Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua trung trực $BC$ ta suy ra $A', R, P$ thẳng hàng.

Mà $KO\perp AA'$, do đó $RP$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A'$ thì $D, T, L$ thẳng hàng và $DT=DP$

Tương tự như bước đầu của bạn ecchi123, ta có được $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì $\angle ASP=90^o$

$O'$ là tâm của $(AEF)$ thì $A', O', A$ thẳng hàng. Khi đó ta có góc $(SP, RK) = (SA, BC)=(SA, AO')=\angle O'AS = \angle STA'=(ST, RP)$
Do đó $\angle TSP = \angle PRK = \dfrac{\angle TDP}{2}$ nên $S$ thuộc $(D, DP)$
Ta có góc $(SD, BC)=2\angle STP = 2\angle O'AS = (SO', BC)$ nên $S, D, O'$ thẳng hàng. Suy ra $(D, DP)$ tiếp xúc với $(AEF)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 07-08-2017 - 00:15

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


#5
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

Bài 2 : Gọi $R$ đối xứng $H$ qua trung điểm $M$ của $BC$ , $G$ đối xứng $D$ qua $H$ . Ta có $\angle MCR = \angle IBC = \angle ICB$ , $\frac{CR}{CE} = \frac{BH}{BG} = \frac{CM}{CI}$ nên $\triangle CRM \sim \triangle CEI$, từ đây suy ra $\triangle CMH \sim \triangle CIF $

Suy ra $\triangle CMI \sim \triangle CHF$ nên $\angle CHF = 90$



#6
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Bài 2:

Gọi $K$ là hình chiếu của $F$ trên $BC$.

Ta có: $F,E,K,D$ đồng viên.

Suy ra: $\angle FED=\angle FKD=\angle IBD$.

Nên $I,D,B,E$ đồng viên.

Ta có: $\triangle FDK \sim \triangle IDB$

Suy ra: $\frac{FK}{IB}=\frac{FD}{ID}=\frac{DK}{BK}=\frac{2HK}{BK}$.

Nên: $FK=\frac{2HK}{BK}.IB=\frac{2HK}{BK}.BC.\frac{BK}{BH}$.

Do đó: $\frac{FK}{BC}=\frac{HK}{BH}$ và $\angle FKH=\angle HBC$.

Nên $\triangle FHK \sim \triangle CHB$.

Suy ra: $\angle HFK=\angle HCK$.

Nên tứ giác $FHKC$ nội tiếp.

Do đó: $\angle CHF=\angle FKC=90$.


$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#7
MacJimmito

MacJimmito

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết
Bài 1 đề sao sao vậy ạ?





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

0 người đang xem chủ đề

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