Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Hình Học > Chuyên Đề

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 02-09-2014, 11:46 AM   #1
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Về một điểm "đặc biệt"

Chào mọi người
Nhân ngày quốc khánh 2/9,lấy cảm hứng từ bài chọn đội tuyển Ninh Bình vừa rồi,mình xin gửi đến mọi người một topic về một điểm "đặc biệt" trong đường tròn.

Bài toán:Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$.Gọi $H$ là trực tâm của tam giác,$M$ là trung điểm $BC$.Tia $MH$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $\angle AEH=90$.

Chứng minh:



$AO$ cắt $(ABC)$ tại $A'$ thì $BH \parallel CA'$,$CH \parallel BA'$ nên $BHCA'$ là hình bình hành nên $M$ là trung điểm $A'H$.
Từ đó: $E,H,M,A'$ thẳng hàng nên ta có $\angle AEH=\angle AEA'=90$

$E$ chính là điểm mà topic này muốn nói đến.

Từ đây ta có thể thấy một số hệ quả của các bài toán xung quanh trực tâm là:

1-Áp dụng định lí Thales thì ta có: $AH=2OM$
2-Áp dụng hệ quả $1$ thì $EM$ cắt đường tròn Euler tại $T$ thì $T$ là trung điểm $EH$.
3-Gọi $B',C'$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B$ và $C$,khi đó: $AE,B'C',BC$ đồng qui.



Thật vậy,vì các tứ giác $AEC'B'$,$BCC'B'$ nội tiếp nên $AE,B'C',BC$ đồng qui theo tính chất của trục đẳng phương và tâm đẳng phương.

Từ hệ quả trên ta có bài toán sau:

Bài toán 1:(USA TST 2012)
Cho tam giác $ABC$ có chân các đường vuông góc kẻ từ $A,B,C$ đến các cạnh đối diện lần lượt là ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}.$ Gọi ${{A}_{2}}$ là giao điểm của đường thẳng $BC$ và ${{B}_{1}}{{C}_{1}}$. Các điểm ${{B}_{2}},{{C}_{2}}$ xác định tương tự. Giả sử $D,E,F$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB.$
Chứng minh rằng các đường vuông góc kẻ từ $D$ đến $A{{A}_{2}},$ từ $E$ đến $B{{B}_{2}}$ và từ $F$ đến $C{{C}_{2}}$ đồng quy.

Nhìn bài toán có vẻ cồng kềnh nhưng thật chất chính là hệ quả $3$ ở trên.Điểm đồng qui chính là điểm $H$.

Ta có thể giải lại bằng định lí Brocard như sau:



Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ ABC$.

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác $BC_1B_1C$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$, ta suy ra $D$ là trực tâm tam giác $HAA_2$.

Suy ra $DH \bot AA_2$.

Chứng minh tương tự với các đường thẳng còn lại.

Vậy các đường thẳng đã cho đồng quy tại $H$.

Bài toán 2:(Swiss IMO TST 2006)
Cho $\Delta ABC$ nội tiếp trong $\left( O \right)$ có trực tâm $H$và trung điểm cạnh $BC$là $M$. Gọi $D,E$ lần lượt thuộc các cạnh $AB,\,AC$sao cho $AD=AE$ và $H,\,D,\,E$thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABC$ và $ADE$ cắt nhau tại điểm thứ hai là $K$. Chứng minh $MH\bot AK$.

$K$ chính là điểm "đặc biệt" mà ta đang xét tới,thực chất nó bị dấu đi rất tinh tế,bài toán là một bài khá khó

Lời giải:



Gọi ${{B}_{1}},\,{{C}_{1}}$lần lượt là chân các đường cao kẻ từ $B,\,C$ đến cạnh đối diện.

Ta có: $\angle {{C}_{1}}DH=\angle {{B}_{1}}EH$, nên $\angle {{C}_{1}}HD=\angle {{B}_{1}}HD$, dễ dàng suy ra $HD,HE$ lần lượt là phân giác $\angle BH{{C}_{1}},\,\angle CH{{B}_{1}}$.

$\Delta KDB\sim \Delta KEC$(g.g) nên $\frac{KD}{KE}=\frac{DB}{EC}$, mà $\frac{DB}{EC}=\frac{HD}{HE}$ (do $\Delta HB{{C}_{1}}\sim \Delta HC{{B}_{1}}$ có các đường phân giác tương ứng).

Do đó suy ra $KH$là phân giác $\angle DKE$; mà $A$là trung điểm $\overset\frown{DE}$chứa $K$.

Như vậy $KH\bot KA$, suy ra$K$thuộc đường tròn đường kính $AH$

Đến đây thì vấn đề đã được giải quyết theo bài toán xuất phát của chúng ta.

Bài toán 3:Cho tam giác $ABC$ nhọn,trực tâm $H$.Gọi $D$ là hình chiếu của $A$ trên $BC,M$ là trung điểm của $BC$.Giả sử $E,F$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ với các tia $MH,ED$.Chứng minh tứ giác $ABFC$ là tứ giác điều hòa.

Đây là một tính chất thú vị của điểm "đặc biệt" mà ta đang xét đến.$AF$ chính đường đối trung của $\triangle ABC$.



Từ bài toán xuất phát thì $AEDM$ là tứ giác nội tiếp.

Biến đổi góc:

$\angle BAF=\angle BEF=90-\angle xEB-\angle FEM=90-\angle ACM-\angle DAM=\angle AMD-\angle ACM=\angle CAM$

Từ đó $AF$ là đường đối trung của $\triangle ABC$.

Vậy thì tiếp tuyến tại $B,C$ của $(ABC)$ và $AF$ đồng qui nên $ABFC$ là tứ giác điều hòa.

Xung quanh bài toán $3$ này có rất nhiều điều thú vị liên quan đến điểm $F$.

Bài toán 4:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$,đường cao $BE,CF$,trung điểm $M$ của $BC$.Tia $MH$ cắt $(ABC)$ tại $D$.Tia $DE,DF$ lần lượt cắt $(ABC)$ tại $P,Q$.Chứng minh: $AO,BQ,PC$ đồng qui.

Lời giải:



Biến đổi góc,ta có: $\angle DEF=\angle DAF=\angle DPB$ nên $BP \parallel EF$.

Tương tự thì $CQ \parallel EF$.

Từ đó ta có: $BQCP$ là hình thang cân.

Gọi $S$ là giao của $BQ$ và $PC$.,suy ra:$SO \perp BP$.

Mặt khác,theo một tính chất quen thuộc thì $OA \perp EF$ nên $OA \perp BP$ hay $A,O,S$ thẳng hàng.

Vậy ta có $AO,BQ,PC$ đồng qui.

Sau đây mình xin đề xuất một số bài toán:

Bài toán 5:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$,các đường cao $AA',BB',CC'$.$M$ là trung điểm $BC$.Tia $MH$ cắt $(ABC)$ tại $E$.$A'B'$ cắt $CH$ tại $P$.$A'C'$ cắt $BH$ tại $Q$.Chứng minh $AE,B'C',PQ,BC$ đồng qui.

Bài toán 6:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$.$P$ là trung điểm $AH$.Các đường cao $BB',CC'$.Gọi $D,E,F$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$.Tia $DH$cắt đường tròn Euler của $\triangle ABC$ tại $Q$.Chứng minh: $PQ,EF,B'C'$ đồng qui.

Bài toán 7:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$.Các đường cao $BB',CC'$.Trung điểm $M$ của $BC$.Tia $MH$ cắt $(ABC)$ tại $E$.$EC'$ cắt $BH$ tại $P$.Chứng minh:$MP,CH,EB'$ đồng qui.

Chắc hẳn xung quanh điểm "đặc biệt" này còn rất nhiều tính chất thú vị,nhiều bài toán hay được khai thác nhưng do thời gian và kiến thức có hạn của mình nên topic xin tạm ngừng tại đây,rất cám ơn các bạn đã đọc và mong nhận được ý kiến từ mọi người.Xin chân thành cảm ơn,chúc mọi người học tốt,MS ngày càng phát triển.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg bãi.jpg (36.6 KB, 233 lần tải)
Kiểu File : png bai2ddb.png (20.3 KB, 233 lần tải)
Kiểu File : jpg hq2.jpg (41.0 KB, 168 lần tải)
Kiểu File : png USA TST 2012.png (16.3 KB, 166 lần tải)
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]

thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 10-09-2014 lúc 11:41 PM
mathandyou is offline  
The Following 14 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post:
99 (02-09-2014), CTK9 (03-01-2015), davidsilva98 (02-09-2014), einstein1996 (03-01-2015), greg_51 (03-09-2014), HoangHungChels (03-01-2015), huynhcongbang (04-09-2014), Livetolove2207 (02-09-2014), LuongThaiHung (04-09-2014), ominichinaga (02-09-2014), ptk_1411 (02-09-2014), Saruka 01 (25-10-2014), thuongdinh (04-09-2014), tuananhst2000 (28-05-2015)
Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 01:06 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 48.97 k/52.66 k (7.01%)]