Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 1 tháng 10/2017: $MH$ và đường thẳng qua $D$ song song $EP$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$.

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 4, tháng 9/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và thầy Nguyễn Minh Hà. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ và có trực tâm $H$. $AH,AO$ lần lượt cắt $BC$ tại $D,E$. $M$ là trung điểm $BC$. $MH$ cắt $DO$ tại $P$. Chứng minh rằng $MH$ và đường thẳng qua $D$ song song $EP$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$.

 

Bài 2. Về phía ngoài tam giác $ABC$ dựng các tam giác đều $BCA’,CAB’,ABC’$. Gọi $A’’$ là giao điểm của đường thẳng qua $B’$ song song với $AB$ và đường thẳng qua $C’$ song song với $AC$. Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $A’’B’C’$ song song với $AA’$.

 

Screen Shot 2017-10-01 at 8.52.13 PM.png


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 $HM$ cắt $(O)$ tại $J$ , Ta cm $DJ$ song song $PE$ tương đương với cm $OM$ đi qua trung điểm $PE$

Áp dụng menelaus cho tam giác $HAJ$ với cát tuyến $ODP$ nên 

$\frac{PH}{PJ}=\frac{DH}{DA}=\frac{EJ}{EA}$  nên theo ERIQ thì trung điểm $PE,HJ,AJ$ thẳng hàng nên $OM$ đi qua trung điểm $PE$ .  dpcm

tha.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 01-10-2017 - 18:25

~O)  ~O)  ~O)


#3
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

lời giải bài 2 của em

Bổ đề 1:

cho tam giác $ABC$, dựng 2 tam giác cân đồng dạng ngoài $\triangle ABC$ là $\triangle ACB'$ và  $\triangle ABC'$. Đường thẳng qua $C'$ song song $AC$ cắt đường thẳng qua $B'$ song song với $AB$ tại $A''$ thì $AA''$ chia đôi $BC$

chứng minh.

Gọi giao của đường thẳng qua $C'$ song song $AC$ cắt $AB$ tại $X$ tương tự $Y$ thì do $\angle{AC'X}=\angle{AB'Y}$ nên $\frac{AX}{XB}=\frac{AY}{YB}$ vậy 3 đường thẳng qua $A,X,B$ song song với $AC$ cắt 3 đường thẳng qua $A,Y,C$ song song với $AB$ cắt nhau tại 3 điểm thì thẳng hàng kết hợp với hình bình hành suy ra $AA'$ đi qua trung điểm $BC$

Bổ đề 2:  (giữ lại giả thiết của đề bài)

$\triangle A'B'C'$ và $\triangle ABC$ chia sẽ chung trọng tâm

(bổ đề này quen thuộc )

Bổ đề 3: (giữ lại giả thiết của đề bài)

gọi tâm của $\triangle A'BC$ là $P$ thì $PA \perp B'C'$ 

chứng minh. Ta có $\angle{PCB}=30=90-\angle{B'CA}$ áp dụng công thức hàm $cos$ và công thức $sin$ ta có 

$PB'^2-B'A^2=PB'^2-B'C^2=PC^2+2PC.B'C.cos(B'CP) =PC^2 + 2PC.B'C.sin(\angle{ACB})$ 
Tương tự ta có $PC'^2-C'A^2=PB^2+2PB.C'Bsin(\angle{ABC})$
Vậy ta đễ có $PB'^2-B'A^2=PC'^2-C'A^2$ 
áp dụng định lí $4$ điểm ta có $AP$ vuông $B'C'$
Quay lại bài toán
Ta đễ thấy tâm ngoại tiếp của $\triangle ABC$ cũng chính là trực tâm của $\triangle A''B'C'$ 
Gọi trọng tâm của $\triangle ABC$ và $\triangle A''B'C'$ là $G$ và $G'$
Từ bổ đề 2 ta suy ra $A'G$ và $A''G'$ cắt nhau tại trung điểm $B'C'$ vậy ta suy ra $GG' // A'A''$ theo thales 
Gọi trung điểm $B'C'$ và $BC$ là $M'$,và $M$
Cũng từ bổ đề 2 ta suy ra $MM' // AA'$. $MM'$ cắt $A'A''$, $GG'$ là $X$ và $X'$ suy ra $\frac{X'G}{X'G'}=\frac{XA'}{XA''}$ 
Gọi tâm của $(A'BC)$ là $P$  thì theo thales ta có $PG // AA'$ suy ra $PG // MM'$ (1)
Giao của $A''O$ và $MM'$ là $H$ thì theo bổ đề 3 ta có $A''H // AP$. Gọi giao của $MM'$ và $AP$ là $Y$ thì theo bổ đề 2 và thales ta suy ra $\frac{HO}{HA''}=\frac{YP}{YA}$ mà theo (1) và thales ta suy ra $\frac{YP}{YA}=\frac{MP}{MA'}$ vậy $\frac{HO}{HA''}=\frac{MP}{MA'}$ (2)
Vậy áp dụng định lí Menelause cho $\triangle OAA'$ với $H,M,X$ thẳng kết hợp với (2) ta suy ra $\frac{MP}{OP}=\frac{XA'}{XA''}$
Suy ra $\frac{X'G}{X'G'}=\frac{MP}{OP}$ mà $MX' // PG$ vậy $OG' // PG // AA'$ dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 01-10-2017 - 21:00


#4
cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Một lời giải cho bài toán 1 - Một bài toán hay cho học sinh THCS.

Hình gửi kèm

  • Tuan1-10-2017 Hinh.png
  • Tuan1-10-2017 Loi giai.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cleverboy: 02-10-2017 - 11:25






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