[VMO 2013] Bài 6 - Hình học [Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] |
Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp $(O)$ và $D$ thuộc cung $BC$ không chứ điểm $A$. Đường thẳng $\vartriangle $ thay đổi đi qua trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ cắt đướng tròn ngoại tiếp tam giác $ABH, ACH$ tại $M,N$ ($M,N$ khác $H$) a)Xác định vị trí của đường thẳng $\vartriangle $ để diện tích tam giác $AMN$ lớn nhất b)Kí hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $M$ vuông góc $DB, d_2$ là đường thẳng qua $N$ vuông góc $DC$. Chứng minh giao điểm $P$ của $d_1$ và $d_2$ luôn thuộc 1 đường tròn cố định |
Trích:
Mặt khác tam giác $AMN$ cân tại $A$, và góc $NAM$ không đổi, nên $S_{AMN}$ phụ thuộc vào $AM$. Ta có $AM$ lớn nhất khi và chỉ khi $\vartriangle$ vuông góc $AH$ |
Trích:
Kẻ đường kính $AM1,AN1$ của $(ABH),(ACH)$.Vậy ta có $M1,N1$ cố định) Ta dễ dàng chứng minh $M1,H,N1$ thẳng hàng và tam giác $AM1N1$ đồng dạng tam giác $AMN$ nên: $\frac{S_{AMN}}{S_{AM1N1}}=\frac{AM^2}{AM1^2}\leq 1(AM \leq AM1)\Rightarrow S_{AMN}\leq S_{AM1N1}$ không đổi. Dấu"=" xảy ra khi $M \equiv M1,N \equiv N1$.Dễ dàng nhận thấy có dấu "=" xảy ra. P/s: bài này là lớp $9$ mà :lolz: Trích:
|
A, Dễ dàng có hai đường tròn $(AHB)$ và $(AHC)$ bằng nhau. $AM$ và $AN$ là 2 dây cung chắn góc $AHM$ và $AHN$ nên $AM=AN$. $\angle MAN=\angle MAB+\angle BAC+\angle CAN=\angle BAC+\angle MHB+\angle NHC=\angle BAC+180^o-\angle BHC=2\angle BAC.$ Tam giác $MAN$ cân tại $A$ có $\angle MAN$ không đổi nên diện tích nhỏ nhất khi $MN$ vuông góc $AH$. b, Gọi giao điểm 2 đường thẳng là $J$. $\angle MJN=180^o-\angle BDC=\angle BAC.$ Do đó $J$ thuộc đường tròn $(A, AM).$ |
Trích:
|
Câu b phải là $M,N$ cố định, $D$ chuyển động. |
Ax, câu b đề đâu có nói $\delta$ cố định đâu :(( Cứ tưởng là nó di động giống câu a. |
Lúc đầu em tưởng $M,N$ cố định, nhưng đọc đề lại thì $M,N$ thay đổi, $D$ cố định, khi đó $P$ thuộc 1 đường tròn có bán kính bằng bán kính tam giác $ABC$. |
Không phải. D cố định thì làm gì có đường tròn nào. Phải cho $\Delta$ cố định. Đề như thế này là chưa chặt chẽ rồi. Ý kiến đi :)) |
Trích:
|
Trích:
Lấy I đối xứng O qua AE P thuộc đường tròn (I;R) |
Vâng, anh LTL có thể thấy, nếu đường thẳng đó cố định, D di chuyển- bài toán quá dễ. Giờ ta sẽ cm là D cố định, đường thẳng thay đổi thì P di chuyển trên đường tròn. có thể thấy ngay P thuộc vào đường tròn tâm A, bán kính AM. Và như vậy, ta có một cách phát biểu đơn giản Cho đường tròn $(O_1) $( chính là (ABH)) và điểm A trên đó. Một đường thẳng $d_3 $ cố định( chính là BD) Xét đường tròn $w $ tâm A bán kính bất kì, nó cắt $(O_1) $ tại hai điểm, lấy một điểm là M. P là giao của đt qua M, vuông góc $d_3 $ cắt lại $w $ tại P, chứng minh P thuộc đường tròn cố định. Đến đây thì rất đơn giản rồi. Thấy ngay rằng đường thẳng qua A, song song BD chính là trục đối xứng của các đoạn PM. Lấy $M_1,M_2 $ cố định được $P_1P_2 $ cố định. Khi đó, nhờ tính đối xứng $\widehat{P_1PP_2}=\widehat{M_1MM_2}=\widehat{M_1AM _2} $ không đổi suy ra điều phải chứng minh. |
Trích:
Dễ thấy rằng $P$ đối xứng với $M$ qua $AF$, đối xứng với $N$ qua $AG$. Lại có $$ (FM,FA) \equiv (HM,HA) \equiv (HN,HA) \equiv (GN,GA) \pmod{\pi}. $$ Suy ra $(FM,FP) \equiv (GN,GP) \pmod{\pi}$. Do đó $(PF,PG) \equiv (PM,PN) \equiv (AF,AG) \pmod{\pi}$. Vì vậy $P \in (AFG)$ cố định. |
Uh chuẩn rồi. Không đọc kĩ đúng là tù vãi chày. Thank thím Minh đã chỉ giáo :)) |
Múi giờ GMT. Hiện tại là 12:34 AM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.