Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 4 tháng 8/2017: Chứng minh rằng $ST$ đi qua $H$.

hình học

  • 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

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 3 tháng 8/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Trần Quang Huy. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại trực tâm $H$. $K,L$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $DBF, DCE$. $DK,DL$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $N,M$. $BM,CN$ cắt $KL$ lần lượt tại $P,Q$. Các điểm $S,T$ lần lượt nằm trên $AB,AC$ sao cho $KS \parallel DE, LT \parallel DP$. Chứng minh rằng $ST$ đi qua $H$.

 

Figure5808.png

 

Bài 2. Cho $\triangle ABC$ có trực tâm $H$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của $\triangle ABC$ tiếp xúc với $BC,CA$ tại $D,E,F$. Đường cao đỉnh $D$ của $\triangle DEF$ cắt đường cao $AH$ của $\triangle ABC$ tại điểm $M$. Chứng minh rằng đường tròn $(H,HM)$ đi qua trực tâm $K,L$ của các tam giác $\triangle DME$ và $\triangle DMF$.

 

Screen Shot 2017-08-21 at 7.39.54 AM.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 21-08-2017 - 09:47

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
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Lời giải bài 1 :

Gọi Phân giác $FHB$ cắt $(HB)$ tại $Y$ ,cắt $AB$ tại $X$

 Ta có $\triangle DFB \sim \triangle DCE$ nên $\triangle DLK \sim \triangle DBE$ nên $\widehat{DKL}=\widehat{DBE}=\widehat{DYH}$ nên $KQ \parallel YH$

Lại có $\frac{DK}{DN}=\frac{DL}{DM}$ nên $KL \parallel MN$

Và $D(AFNB)=D(AEMC)$ nên $EF,BC,MN$ đồng quy  nên $CM,BN,AD$ đồng quy

$KQ$ cắt $AB$ tại $Z$ thì  do $N(MDBM)=-1$ nên $K$ là trung điểm $ZQ$

Khi đó $\frac{XY}{KQ}=\frac{XY}{KZ}=\frac{NY}{NK}=\frac{YK}{KD}$ nên $XK \parallel QD$ nên $X$ trùng $S$ tức là $S$ nằm trên phân giác $FHB$ . tương tự với $T$ suy ra $T,H,S$ thẳng hàng

atrung.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 22-08-2017 - 00:39

~O)  ~O)  ~O)


#3
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Lời giải bài 2 :

Giả sử $K,L$ là giao của $BH,CH$ với $EF$ . Ta sẽ chứng minh $K,L$ là trực tâm $MDE,MDF$ và thuộc $(H,HM)$

Thật vậy,$DM$ cắt $EF$ tại $N$ . $AI$ cắt $(O)$ tại $G$

Ta có $\triangle CLE \sim \triangle BKF$ và $\widehat{FBN}=\widehat{ECN}$ ( do $N(CBEN)=-1$ nên $ND$ là phân giác $BNC$ ) suy ra $\frac{NE}{NL}=\frac{NF}{NK}=>\frac{NL}{NK}=\frac{NE}{NF}=\frac{DC}{DB}$

Mà $\triangle GBC \sim \triangle HKL$ và $\widehat{IGB}=\widehat{MHK}$ và $\frac{NK}{NL}=\frac{DB}{DC}$ ,dựng vuông góc từ $D,N$ với $BC,EF$ cắt $GI,HM$ tại $I,H$ nên ta có hình $MKHL \sim IBGC => HK=HM=HL$

Từ đó $K,L$ thuộc $(H,HM)$

Mặt khác $\widehat{KMD}=\widehat{BID}=\widehat{GIC}$ nên $MK \parallel IC \perp ED$ từ đó $K$ là trực tâm $DME$ . tương tự với $L$ ta có dpcm

atrunks2.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 21-08-2017 - 05:15

~O)  ~O)  ~O)


#4
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

bài 2:

Bổ đề 1: cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc $BC$, $AC$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. đường thẳng qua $D$ vuông $DF$ cắt $EF$ tại $M$. Trực tâm của $\triangle IBC$ là $K$. Chứng minh rằng $KD$= $KM$ 
chứng minh. Ta có $\angle EMD = 90- \angle DFE = 90 - \angle DEC = \frac{\angle ECD}{2}$ mà $CD=CE$ vậy ta có $C$ là tâm của $\odot(DEM)$ vậy $CD=CE=CM$ mà $BI \perp KC$ vậy $KC//FD$ vậy $KC \perp DM$ vậy ta có $K$ thuộc trung trực $DM$ vậy $KD=KM$
bổ đề 2: cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc $BC$, $AC$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. Hình chiếu của $D$ lên $BC$ là $T$. Trực tâm của  $\triangle ABC$, $\triangle IBC$ là $H$, $K$. Chừng minh rẳng $H$, $K$, $T$ thẳng
chứng minh. Gọi giao của $BI,CI$ với $EF$ lần lượt là $X,Y$ thì ta biết rẳng $X,Y$ thuộc $(BC)$ vậy $K,X,C$ thẳng và $K,Y,B$ thẳng. Gọi giao của $KD$ và $EF$ là $L$ thì ta có $(KI,LD)=-1$. Gọi trung điểm $EF$ là $Z$ thì $T(KI,ZD)=(KI,LD)=-1$. Gọi đối xứng của $I$ qua $EF$ là $W$ thì ta suy ra $T,W,K$ thẳng mà theo http://artofproblems...h614584p5346372 thì $TD$ là phân giác $\angle ITH$ vậy $H,T,W$ thẳng vậy $H,T,K$ thẳng
quay lại bài toán: Ta gọi giao của $DM$ và $EF$ là $T$ và trực tâm của $\triangle IBC$ là $G$ thì theo bổ đề 2 ta có $H,T,G$ thẳng. Gọi $L,K$ là trực tâm của $\triangle MDE$ và $\triangle MDF$ thì ta có $LM \perp FD$ và $KM \perp DE$ 
Gọi đường thẳng qua $D$ vuông $DF$, $DE$ cắt $EF$ tại $X,Y$ thì ta có qua phép vị tự tâm $T$ tỉ số $\frac{HT}{TG}$ thì ta có $H$ thành $G$, $M$ thành $D$, $L$ thành $X$ và $K$ thành $Y$ mà theo bổ đề 1 ta có $G$ là tâm của $\odot(DXY)$ vậy ta có $H$ là tâm của $(MKL)$  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 21-08-2017 - 17:46


#5
TQHKTH

TQHKTH

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết

Cảm ơn ecchi123NHN đã cho 2 lời giải ấn tượng cho bài 2.

Bài toán tổng quát của bài số 2 đã được đăng ở đây, dành cho những ai có hứng thú :)







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