Đến nội dung

haitienbg

haitienbg

Đăng ký: 26-07-2013
Offline Đăng nhập: 21-09-2017 - 22:37
****-

#537458 Chứng minh $SL$ đi qua 1 điểm cố định

Gửi bởi haitienbg trong 12-12-2014 - 18:20

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $D$. Một điểm $P$ di chuyển trên đoạn $AD$. $PB$ cắt $AC,(O)$ thứ tự tại $E,M$;  $PC$ cắt $AB,(O)$ thứ tự tại $F,N$. $EF$ cắt $MN$ tại $G$; $NE, MF$ cắt nhau tại $L$; $DG$ cắt $(O)$ tại $S$. Chứng minh $SL$ đi qua 1 điểm cố định khi $P$ thay đổi.




#475317 [VMO 2014] Ngày 1 - BÀI 4 - HÌNH HỌC PHẲNG

Gửi bởi haitienbg trong 04-01-2014 - 21:00

Câu này thật nhảm, chắc ai cũng làm đc hoặc ít nhất là câu a

Caaub kéo dài $PK$ cắt đường tròn tại $T$ xong c/m $ATDK$ là hình bình hành quá nhẹ nhàng chỉ bằng biến đổi góc.

cách khác câu b:

Do $AK,DK$ tương ứng vuông góc $ID,IA$ nên $K$ là trực tâm tam giác$IAD$

nên nếu gọi $X$ là trung điểm $AD$; $KX$ cắt $(O)$ tại$Y,P'$($Y$ cùng phía với $A$ bờ $BC$)

có $AKDY$ là hbh và $Y$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$   (*)

Ta cm $BKNP': nt$

Thật vậy theo gt thì $M$ là trực tâm tg $IKC$ gọi $L$ là giao $KM$ với $(O)$

góc $KNB=LNC=90^0-BCI=KP'B$

cm xong

Hình gửi kèm

  • vmo.png



#474723 Chứng minh rằng $KP=KQ$

Gửi bởi haitienbg trong 02-01-2014 - 14:20

Gọi $(O)$ là đường tròn $(ABC)$ ;$G$ là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ 

Ta có $K$ chính là giao của $AG,BC$

Khi đó nhận thấy ngay góc $KBG=BAC=PKB$ nên $KP//BG$

Tương tự $QK//CG$

Do đó $\frac{AP}{AB}=\frac{AK}{AG}=\frac{AQ}{AC}$

nên $PQ//BC$

Khi đó góc $KPQ=PKB=BAC=QKC=KQP$

Vậy $KP=KQ$

Hình gửi kèm

  • Untitled6.png



#474691 Cm P,Q,R,A đồng viên

Gửi bởi haitienbg trong 02-01-2014 - 11:00

Ta cm $RP$ vuông góc $AB$,$RQ$ vuông góc $AC$    (1)

Đường thẳng qua $P$ vuông góc $AB$ cắt đường thẳng qua $Q$ vuông góc $AC$ tại $R'$ ,$R'P,HB$ giao tại $X$.Tương tự có $Y$

Thấy ngay $AP=AQ$ nên $AR'$ là phân giác $\angle BAC$

Do đó để cm ý (1) ta sẽ phải cm $R=R'$ hay cm $R'$ nằm trên $HM$

Gọi $I$ là giao của $XY;HR'$ có $HXR'Y$ là hình bình hành nên $I$ là trung điểm $XY$

Ta có 

$\frac{BP}{PC'}=\frac{BX}{HX}=\frac{HB}{HC'}=\frac{HC}{HB'}=\frac{CQ}{CB'}=\frac{CY}{CH}$

nên $XY//BC$ Do đó $HR$ qua trung điểm $M$ của $BC$

Vậy ta có DPCM~~

Hình gửi kèm

  • Untitled5.png



#474335 $M,N,P$ thẳng hàng .

Gửi bởi haitienbg trong 31-12-2013 - 23:29

  Bài toán :Cho $\Delta ABC$ có đường tròn $(I)$ nội tiếp trong tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Vẽ đường tròn $(I_{1})$ đi  qua $I$ và tiếp xúc với AB,AC .Vẽ đường tròn $(I_{2})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AB,BC. Vẽ đường tròn $(I_{3})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AC,BC. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ 2 khác $I$ của các cặp đường tròn $(I_{2}),(I_{3});(I_{1}),(I_{3});(I_{1}),(I_{2})$. Gọi $M,N,P$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIX,BIY,CIZ$.

                   CMR: $M,N,P$ thẳng hàng .

Lời giải 2: Gọi $K,L,R$ là là giao của $AI,BI,CI$ với $(O)$

Ta có ngay $LR$ là trung trực của $AI$,mà $I_{2}I_{3}$ là trung trực của $IX$

Nên nếu gọi $M$ là giao của $AI,I_{2}I_{3}$ thì $M$ là tâm $(AIX)$.

Tương tự xác định các điểm $N,P$ là tâm của $(BIY),(CIZ)$.

Áp dụng định lí $Desagues$ cho hai tam giác $MNP,I_{1}I_{2}I_{3}$ 

có ngay dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled4.png



#473780 Chứng minh $AK$ luôn đi qua một điểm cố định

Gửi bởi haitienbg trong 29-12-2013 - 19:49

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định $A$ thay đổi.$D,E,F$ là trung điểm của các cung $BC,CA,AB$.Gọi $l_{a}$ là đường thẳng qua chân các đường vuông góc kẻ từ $A$ tới $DB,DC$  và  $d_{a}$ là đường thẳng qua chân các đường vuông góc kẻ từ $D$ tới $AB,AC$. Gọi $A_{0}$ là giao của $l_{a}$ và $d_{a}$. Xác định hoàn toàn tương tự ta được các điểm $B_{0};C_{0}$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_{0}B_{0}C_{0}$.Chứng minh $AK$ luôn đi qua một điểm cố định..




#473701 PQ,BC,MT đồng qui.

Gửi bởi haitienbg trong 29-12-2013 - 15:49

Nhận xét: Hai đường tròn $(O);(I)$ tiếp xúc trong tại $A$ (như hình vẽ).$B,C$ thuộc $(O)$ khác $A$. $AB,AC$ cắt $(I)$ tại $D,E$. Vẽ hai tiếp tuyến tới $(I)$ là $BF,CG$.Khi đó ta có hệ thức:  $\frac{BF}{CG}=\frac{AB}{AC}$

Chứng minh:

$\frac{BF^2}{CG^2}=\frac{BD.AB}{CE.AC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

Áp dụng vào bài toán:

 

 

 

Thấy ngay $TM$ là phân giácngoài của góc $BTC$. Gọi $I$ là giao của $TM$ và $BC$

Ta cần cm: $I,P,Q$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí $Melenauyt$ + nhận xét ở trên vào tam giác $ABC$ cho 3 điểm $P,Q,I$ có ngay dpcm~~...

Hình gửi kèm

  • l3.png
  • Untitled3.png



#473280 CMR $U_n\vdots 2^{n+1}\vee n\epsilon \math...

Gửi bởi haitienbg trong 27-12-2013 - 20:26

Cho ${U_n}$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} U_0=2;U_1=20 & & \\ U_n=8U_{n-1}-4U_{n-2} & & \end{matrix}\right.\vee n\geq 2;n\epsilon \mathbb{N}$

CMR $U_n\vdots 2^{n+1}\vee n\epsilon \mathbb{N}$

Quy nạp:

(+) $n=0,1,2,3$ mệnh đề phải cm đúng

(+) Giả sử mệnh đề đúng tới $n$.Ta cm mệnh đề đúng với $n+1$

Thật vậy theo gt quy nạp thì $U_{n}=k.2^{n+1};U_{n-1}=l.2^{n}$ với $k,l$ là các số nguyên

Khi đó $U_{n+1}=8U_{n}-4U_{n-1}=2^{n+2}.(4k-l)$ chia hết cho $2^{n+2}$.

 

Theo nguyên lí quy nạp có dpcm~~




#473233 CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

Gửi bởi haitienbg trong 27-12-2013 - 16:21

làm phiền bạn có thể giải thích cho mình chỗ này được không

Ta có hai góc $KAB;IPB$ bằng nhau nên hiển nhiên cung $IK$ bằng cung $LJ$ nên $IK=LJ$

Tương tự góc $SCM$ chắn cung $CM$ còn góc  $SPC$ là góc ở trong đường tròn chắn hai cung $IC,MJ$




#473175 chứng minh ba đường đồng quy

Gửi bởi haitienbg trong 27-12-2013 - 13:19

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O. Tiếp tuyến tại A cắt BC tại D, đường thẳng DO cắt đường thẳng AB, AC tại E, F.Gọi M, N là trung điểm của AB, AC.Chứng minh rằng EN, FM, AO đồng quy.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh:

$\frac{OE.NF.MA}{OF.NA.ME}=1$

$\Leftrightarrow \frac{OE}{OF}=\frac{NA}{MA}.\frac{ME}{NF}=\frac{AC}{AB}.\frac{OE.cosAEF}{OF.cosAFE}$

Do đó cần chứng minh:

$\frac{AB}{AC}=\frac{cosAEF}{cosAFE}$

Gọi $L$ là trung điểm của $BC$ có ngay $AOLD:nt$

nên góc $ADO=ALO$

Ta có $cosAEF=cos(ALO+C)=cosALO.cosC-sinALO.sinC=sinALB.cosC-cosALB.sinC=sin(ALB-C)=sinLAC$

Tương tự $cosAFE=sinLAB$

Từ đây có dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled2.png



#473048 $MX=MY$

Gửi bởi haitienbg trong 26-12-2013 - 19:14

Kẻ tiếp tuyến còn lại $NG$ tới $(O)$

Ta có $OM//DH$ nên góc $AMO=AHD=OEP$    (do $PDHE$ nội tiếp)

$\Rightarrow OMPE:nt$. Do đó ta có 6 điểm $N,M,O,E,P,G$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $ON$

Theo cách dựng của bài toán thì $BPCG$ điều hòa nên $A(BCPG)=-1$ --------(1)

Mặt khác $(AG,XY)=(AG,AP)+(AP,XY)=(GP,GN)+(GN,GP)=0$ hay $AG//XY$-------(2)

Từ (1),(2) có ngay $M$ là trung điểm $XY$

Bài toán cm xong~~

Hình gửi kèm

  • Untitled3.jpg



#472951 Chứng minh 4 đường thẳng $MI_{i}$ (i=1,2,3,4) cùng đi qu...

Gửi bởi haitienbg trong 25-12-2013 - 23:02

Nhận xét 1: Gọi $(J_{3})$ là đường tròn tiếp xúc tia $KD,KC$ và  $(O)$ tại $J,N,P_{1}$ có $M_{1},I_{1},P_{1}$ thẳng hàng. Chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ ta có $JP_{1}$ qua trung điểm $F$ của cung $BD$ chứa $A$;$P_{1}N$ qua trung điểm $G$ của cung $AC$  chứa $B$;$AF.BG$ cắt $BI_{1},AI_{1}$ tại $H,L$ ta có $H,L$ nằm trên $JN$ (kết quả quen thuộc)

góc $P_{1}JN=P_{1}NC=P_{1}BL$ (cộng cung) nên $P_{1}JBL:nt$

góc $BI_{1}L=\frac{1}{2} AKD=BJL$ nên $I_{1}BLJ:nt$

Do đó $P_{1}JBL:nt$ hay góc $I_{1}P_{1}B=I_{1}LB$

Tương tự góc $I_{1}P_{1}A=I_{1}HA$

Ta cm $ABLH:nt$ điều này đúng do góc $HAL=HBL$ (cộng cung với lưu ý $AI_{1}, BI_{1}$ qua trung điểm cung $BC,AD$

Vậy nhận xét $1$ được chứng minh.

 

 

 

Nhận xét 2:      Xác định tương tự các điểm. Ta có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ có  $AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

Áp dụng $Pascal$ cho 6 điểm $M_{1},M_{2},A,C,P_{2},P_{1}$ suy ra các cặp giao $(M_{1}C,M_{2}A),(M_{1}P_{1},M_{2}P_{2}),(AP_{1},CP_{2})$ thẳng hàng áp dụng tiếp định lí $Desagues$ cho tam giác $I_{1}AJ_{4};I_{2}CJ_{3}$ có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4}$   đồng quy.

 

 

Trở lại bài toán:

 

Yêu cầu bài toán tương đương với $OK,I_{1}M_{3},I_{2}M_{4}$ đồng quy (những cái còn lại tương tự)

Áp dụng định lí $Desagues$ cho $I_{1}I_{2},P_{1}P_{2},J_{3}J_{4}$ có giao điểm $(I_{1}J_{3},I_{2}J_{4}),(I_{1}P_{1};I_{2}P_{2}),(P_{1}J_{3},P_{2}J{4})$ thẳng hàng hay có dpcm~~

Hình gửi kèm

  • l2.jpg
  • Untitled2.jpg
  • l1.jpg



#472035 Chứng minh rằng: $CM\perp AO$

Gửi bởi haitienbg trong 21-12-2013 - 11:53

Từ gt có $CA^2=CB.CD$ nên $C$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $A$ và $(O)$------$(1)$

Kẻ hai tiếp tuyến $AK,AJ$ tới $(O)$ như hình vẽ

Ta có $K,G,J$ thẳng hàng (do $KJ$ là đường đối cực của $A$ với $(O)$ và $G$ hiển nhiên nằm trên đường này)

Mà $M$ là trung điểm của $AG$ nên $M$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $A$ và $(O)$------$(2)$

Từ $(1),(2)$ được dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled1.jpg



#472002 O, P, E thẳng hàng

Gửi bởi haitienbg trong 21-12-2013 - 01:49

http://diendantoanho...eop-thẳng-hàng/




#471786 CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

Gửi bởi haitienbg trong 19-12-2013 - 20:13

Cho điểm $P$ nằm trong tam giác $ABC$. Các tia $AP,BP,CP$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại $K,L,M$.

Tiếp tuyến tại $C$ của đường tròn cắt $AB$ tại $S$.

CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

==================================================================================================

Ta có:

$SC^2=SP^2=SA.SB$

$\rightarrow \angle SPB=\angle SAP$

Gọi $I,J$ là giao của $SP$ với $(O)$ (như hình vẽ)

có ngay $IK=LJ$

mà góc $SCM=SPC$ nên $MI=MJ$

Do đó $MK=ML$

Những kq trên tđ nên có dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled33.png