Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ di chuyển.

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 3 tháng 11/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và thầy Phạm Thị Hồng Nhung. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ cố định với $B, C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $E,F$ lần lượt đối xứng $B,C$ qua $CA,AB$. $M$ là trung điểm $EF$. Chứng minh rằng đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ di chuyển.

 

Screen Shot 2017-11-19 at 10.06.47 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. $O$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$. $K$ là trực tâm tam giác $DEF$. $Q,L$ lần lượt đối xứng với $D,I$ qua $EF$. $DI$ cắt $KL$ tại $P$. $QL$ cắt $OI$ tại $R$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $PQR$ đi qua $I$. 

 

Screen Shot 2017-11-19 at 10.06.58 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
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết
Lời giải bài 1 : 
Gọi $S$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ . $Q$ là trung điểm $OS$
Ta có $CE = CB = BF , SC = SB , \angle SCE = \angle SBF $ nên $\triangle SCE = \triangle SBF$ 
Gọi $T$ là giao điểm của $BF,CE$ , bằng cộng góc ta có $T \in (BOC)$ nên $\angle BTC = \angle BSC = \angle ESF$ 
Gọi $SP$ là đường kính của $(SEF)$ . Ta có $\triangle SEF \cap P \sim \triangle SBC \cap O $ nên $\angle PTE = \angle PSE = \angle OSC = \angle OTC$ , từ đây suy ra $P,A,O,T$ thẳng hàng 
Hơn nữa , theo kết quả Tuymaada 2009 ta có $AQ \perp EF$ , mà lại có $PS \perp EF$ , nên $A$ là trung điểm $OP$
Gọi $N$ là giao điểm $AM$ với $OS$ . Theo định lý Menelaus ta có $\frac{\overline{NO}}{\overline{NS}} = \frac{\overline{MP}}{\overline{MS}}.\frac{\overline{AO}}{\overline{AP}}=\frac{\overline{CO^2}}{\overline{CS^2}}$ cố định , nên $N$ cố định 
Vậy $AM$ đi qua điểm $N$ cố định trên trung trực $BC$  
Untitled.png


#3
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

  Ta sử dụng một số kết quả quen thuộc : 

1) $OI$ là đường thẳng Euler $\triangle DEF$ 
2) Lấy $X$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$ thì $XD$ là phân giác $KXI$
 
Thật vậy , $XD$ là phân giác $KXI$ nên $K,X,L$ thẳng hàng . Gọi $H$ là trực tâm $\triangle DEF$ , $DH$ cắt $(I)$ tại $H'$ 
Khi đó ta có $H,I,R,O$ thẳng hàng . 
Ta có $\frac{PL}{PX}=\frac{LI}{DX} = \frac{DH}{DX}=\frac{QH'}{QX}$ , suy ra $QP \parallel LH'$ 
Khi đó , $\angle SQP = \angle QLH' = \angle PIR$ nên $Q,R,P,I$ đồng viên
1.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 19-11-2017 - 20:20


#4
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bài 1. Gọi $N$ là trung điểm $BC$, đường cao $BX, CY$. Ta có $MXNY$ là hình bình hành với $MX=NY$

Do đó $MXNY$ là hình thoi nên $MN|| AO$, còn có $\angle XNY$ không đổi nên $MN$ có độ dài không đổi.

Vậy $MA$ cắt $NO$ tại $S$ thì $\dfrac{SO}{SN}=\dfrac{AO}{MN}=\text{const}$, vậy $S$ cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 19-11-2017 - 21:35

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


#5
viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ cố định với $B, C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $E,F$ lần lượt đối xứng $B,C$ qua $CA,AB$. $M$ là trung điểm $EF$. Chứng minh rằng đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ di chuyển.

 

attachicon.gifScreen Shot 2017-11-19 at 10.06.47 PM.png

geogebra-export.png

Kẻ đường cao $BX,CY$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Do $\widehat{EAB}=\widehat{FAC}$ nên $2$ đường đẳng giác trong góc $\widehat{EAF}$ cũng đẳng giác góc $\widehat{BAC}$.

Ta sẽ chứng minh đường đối trung góc $A$ của tam giác $EAF$ đi qua giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B,C$ của $(HBC)$ cố định

Nghịch đảo cực $A$ phương tích $\overline{AX}.\overline{AC}$ ta thu được bài toán sau: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $I$ trên phân giác góc $A$. Giả sử $(IAB),(IAC)$ lần lượt cắt lại $AC,AB$ tại điểm thứ hai lần lượt là $X,Y$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $I$ và trung điểm của $XY$ đi qua giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$

2.png ]

Giả sử $(IAB),(IAC)$ cắt lại $BC$ tại $R,S$. Gọi $M,N,K$ lần lượt là trung điểm của $BC,XY,RS$

Gọi $O'$ là tâm của $(AXY)$. $U,V$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ và không chứa $A$ của $(O)$

Giả sử $NI$ cắt trung trực của $BC$ tại $T$. Ta chứng minh $T$ là giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$

Ta có: $\widehat{IRS}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=\widehat{ISR} \Rightarrow IR=IS $

$O'B^2-O'C^2=BS.BC-CR.CB=BC(BS-CR)=(BK+CK)(BK-CK)=KB^2-KC^2$

Suy ra $O'K \perp BC$ hay $O'I \perp BC$.

Ta có: $O'O \perp AV, AV \perp AU$ nên $O'O \parallel UI$. Và $O'I \parallel OU( \perp BC)$ nên $O'OUI$ là hình bình hành

Dễ có: $BY=CX$ nên $V \in (O') \Rightarrow \triangle VYX \sim \triangle VBC$

Áp dụng định lý $Thales$ ta có: $\dfrac{VO}{VT}=\dfrac{O'I}{VT}=\dfrac{NO'}{NV}=\dfrac{MO}{MV}$

Suy ra $\dfrac{OV}{OT}=\dfrac{OM}{OV}$ hay $OM.OT=OV^2$. Suy ra $T$ là giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$

Trở lại bài toán: $AM$ cắt trung trực $BC$ tại $X$. Gọi $Y$ là giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B,C$ của $(BHC)$

Do $AX,AY$ đẳng giác trong góc $A$ nên $\overline{OX}.\overline{OY}=R^2=const$ và $Y$ cố định nên $X$ cố định

Tóm lại $AM$ đi qua điểm $Y$ cố định


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#6
abcde2018

abcde2018

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

C

 

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 3 tháng 11/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và thầy Phạm Thị Hồng Nhung. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ cố định với $B, C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $E,F$ lần lượt đối xứng $B,C$ qua $CA,AB$. $M$ là trung điểm $EF$. Chứng minh rằng đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ di chuyển.

 

attachicon.gifScreen Shot 2017-11-19 at 10.06.47 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. $O$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$. $K$ là trực tâm tam giác $DEF$. $Q,L$ lần lượt đối xứng với $D,I$ qua $EF$. $DI$ cắt $KL$ tại $P$. $QL$ cắt $OI$ tại $R$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $PQR$ đi qua $I$. 

 

attachicon.gifScreen Shot 2017-11-19 at 10.06.58 PM.png

Ai làm ơn chứng minh giúp tôi bổ đề 2 bài 2 với!



#7
abcde2018

abcde2018

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Bạn  chỉ giùm cách chứng minh kết quả 2?

 







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