Đến nội dung


ecchi123

Đăng ký: 04-02-2015
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 23:02
*****

#669592 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Đường tròn (K) tiếp xúc trong vs (O) tại...

Gửi bởi ecchi123 trong Hôm qua, 19:59

Mình thì mình học trong quyển này ,

IMG_0945-26.jpg




#669567 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Đường tròn (K) tiếp xúc trong vs (O) tại...

Gửi bởi ecchi123 trong Hôm qua, 17:08

Gọi $I$ là tâm nội .Bài này điều cần chứng minh đưa về  các đường tròn ngoại tiếp $(AEF),(AIT),(O)$ , cùng đy qua 2 điểm

Thật vậy ,  theo tính chất đường tron $Mix$ thì $DA,DI$ đẳng giác $EDF$ nên $(ITD)$ tiếp xúc với $(DFE),(O)$ .  gọi $(AEF)$ cắt (O) tại $X$ , dễ thấy , tiếp tuyến tại $D, AX,EF$ đồng quy tại $G$ do tc tâm dẳng phương  . nên$\overline{GX}.\overline{GA}=GD^2=\overline{GT}.\overline{GI}$ nên $AXTI$ nội tiếp ,nên các tâm $(AEF),(AIT),(O)$ thẳng hàng , vị tự tâm $A$ tỉ số 2 thì $T,K,H$ thẳng hàng




#669516 chứng minh $A,J,P$ THẲNG HÀNG.

Gửi bởi ecchi123 trong Hôm qua, 10:53

gọi $JM$ cắt $AME$ tại $P$ , $JN$ cắt $FAN$ tại $Q$ ,  ta có $\widehat{PJQ}+\widehat{AQJ}+\widehat{APJ}=\widehat{FDB}+\widehat{FDE}+\widehat{EDC}=180^o$ nên $A,P,Q$ thẳng hàng , , dễ nhận thấy $FE, PQ$ song song $BC$ nên  $\widehat{PQJ}=\widehat{FDB}=\widehat{NMA}$ nên $PQMN$ nội tiếp  , suy ra $J$ thuộc trục đẳng phương của $(ANF).(AME)$




#669513 BH, BD lần lượt là đường cao phân giác kẻ từ B của tam giác ABC; M, N lần lượ...

Gửi bởi ecchi123 trong Hôm qua, 10:25

Gọi $DB$ cắt $(ABC)$ tại $J$ , theo Menelaus thì $\frac{KD}{KB}=\frac{MD}{MH}=\frac{JD}{JB}=\frac{AD^2}{AB^2}$ nên $AK$ đối trung




#669431 Tuần 4 tháng 1 năm 2017 : $JL\perp ON$

Gửi bởi ecchi123 trong 22-01-2017 - 21:00

Lời giải của em cũng có điểm tương đồng với bạn Nguyen Dinh Hoang :

+) đầu tiên em chứng minh : $(ALDI)$ nội tiếp có tâm $P$

Thật vậy : gọi $X,Y$ là trung điểm cung lớn và nhỏ $BC$ , ta sẽ chứng minh $DL$ đy qua $X$ . TA có : $\Delta AEF \sim \Delta XBC$

và $\frac{FK}{KE}=\frac{BD}{CD}$ nên $\widehat{FAK}= \widehat{BXD}$ suy ra  $L$ thuộc $DX$ suy ra$\widehat{ALD}= \widehat{AYX}=\widehat{DIY}$ suy ra $ALDI$ nội tiếp

Lấy phân giác trong và phân giác ngoài $AZ,AU$ , dễ thấy $T$ là trung điểm $ZU$ và  tâm của $(UAID)$ là trung điểm $UI$  , từ đó suy ra $P$ là tâm $(ALDI)$

+)Tiếp theo ta sẽ chứng minh $LJ$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(N,NL)$

Gọi $LJ$ cắt $(O),(AID)$ tại $Q,G$ , ta đy chứng minh $Q$ thuộc  $(N,NL)$ .dễ thấy $(N,NL)$ là đường tròn đẳng phương của $(M,ML)$ và $(AID)$ nên để chứng minh $Q$ thuộc  $(N,NL)$  thì ta chứng minh $Q$ là trung điểm của $GJ$

Điều đó cũng tương đương với việc chứng minh $Q$ thuộc đường tròn đẳng phương của $(ALJ),(AID)$ , tức là chứng minh $(O)$ là đường tròn đẳng phương của $(ALJ),(AID)$ . điều này đúng do$\overline{YJ}.\overline{YA}=-\overline{YI}.\overline{YA}$ nên  $(O)$ là đường tròn đẳng phương của $(ALJ),(AID)$ ,nên ta có dpcm

  f22222222222222s.jpg




#669380 Tam giác ABC đường trong nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F.Đường c...

Gửi bởi ecchi123 trong 22-01-2017 - 16:24

Mình thấy bài toán trên đường tròn nội tiếp dc thầy mình dạy nhiều lắm nên quen thôi , bài toán thì chắc cũng nhiều




#669276 Tam giác ABC đường trong nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F.Đường c...

Gửi bởi ecchi123 trong 22-01-2017 - 01:19

 Ta nhận thấy rằng , đường thẳng qua $B$ vuông góc $CM$ , đường thẳng qua $C$ vuông góc $BN$ ,$DI$ đồng quy tại $H$ là trực tâm tam giác $IBC$ . 

.Một điều nữa là $AD,BE,CF$ đồng quy tại $G$ (CEva) . $HG$ cắt $BC$ tại $P$ . dễ dàng khi chiếu các chùm điều hòa lên $HG$ thì 3 đường đồng quy tại $Q$ sao cho $(PGQH)=-1$




#669275 1 đường tròn bất kì đi qua B, C cắt AB, AC tại H, K.C/m: AF đi qua trung điểm...

Gửi bởi ecchi123 trong 22-01-2017 - 01:04

Mình sẽ chứng minh đối trng :D  :D  :D

 , Gọi đường tròn qua $A,B$ và tiếp xúc $BC$ tại $B$ cắt $AM$ tại $G$,Gọi đường tròn qua $A,C$ và tiếp xúc $BC$ tại $C$ cắt $AM$ tại $G'$ , khi đó $MG.MA=MB^2=MC^2=MG'.MA$ suy ra $G$ trùng $G'$ ta có $\widehat{GBC}= \widehat{BAM}= \widehat{ABD}$ suy ra $BD,BG$ đẳng giác . tương tự suy ra $CG,CE$ đẳng giác , nên suy ra $AF,AM$ cũng đẳng giác góc $A$ nên $AF$ đối trung




#669274 HK cắt BC tại P;M là trung điểm BC. CMR:$\widehat{IPM}=90...

Gửi bởi ecchi123 trong 22-01-2017 - 00:57

 gọi $G,L$ đối xứng với $P,D$ qua $I$ , khi đó $G$ thuộc $FE$ và $GL$ là tiếp tuyền của $(I)$ ,  , có $AL$ đy qua tiếp điểm $A$-bàng với $BC$ nên $IM$ song song $AL$ ,  xét cực và đối cực $(I)$ thì $AL$ là đường đối cực của $G$ , khi đó $AL$ vuông góc $IG$ , suy ra $IP$ vuông góc $IM$




#669249 Chứng minh đường tròn đi qua 1 điểm cố định

Gửi bởi ecchi123 trong 21-01-2017 - 22:15

GỌi $(FEA)$ cắt $(ABD)$ tại $H$ , ta có $\frac{PE}{PD}=\frac{PD}{PF}=\frac{Sin (DAP)}{Sin (BAP)}=const$ mặt khác , lấy $H'$ đối xứng với $H$ qua trung điểm $DF$ , bằng góc ta có thể chúng minh hình $ PFH'D$ đồng dạng với tứ giác $PBHE$ suy ra $\frac{HB}{HD}=\frac{HB}{H'F}=\frac{PB}{PF}=const$ suy ra $H$ là giao của $(Apolo)$ dựng trên đoạn $BD$ với tỉ số $\frac{PB}{PF}=const$ với $(ABD)$ nên $H$ cố định ( đinh up  hình nhưng load mãi mà nó chả lên  :(  :(  :(




#669237 Chứng minh KE,PQ,MN đồng quy

Gửi bởi ecchi123 trong 21-01-2017 - 21:15

Gọi đường cao $EX,KY$ của tam giác $AKE$ , theo simson thì $X,P,Q$ thẳng hàng , $Y,M,N$ thẳng hàng , dễ thấy $QXEK$ là hình chứ nhật nên 3 đường đó đồng quy tại trung điểm $KE$




#669232 Chứng minh IP luôn qua điểm cố định

Gửi bởi ecchi123 trong 21-01-2017 - 21:00

Bài này đối với $BC$ có thể chuyển động bất kì sao cho song song với 1 đường thẳng cho trc , 

Lời giải có thể làm theo các bước sau : 

1) $P$ thuộc $A-Mix$ . Gọi $J$ là tâm $A-Mix$ thì $JP$ vuông góc với $BC$ ( phần này cộng góc )

2)Gọi $X,Y$ là trung điểm cung nhỏ và lớn $BC$ , $Q$ là tiếp điểm $A-Mix$ với $(O)$ . $IQ$ cắt $A-Mix$ tại $H$, Khi đó $Q,I,Y$ thẳng hàng , $Q,P,X$ thẳng hàng

3) điểm cố định ở đây là điểm đối xứng với $Y$ qua $X$ ,  ta sẽ chứng minh : $P(IYHX)=-1$ , chiếu lên $BY$ ta sẽ chúng minh $(QHIY)=-1$ , điều chứng minh sẽ tương đường với $Y$ thuộc đường đối cực của $I$ qua $A-Mix$ , điều này đúng do  $AY$ là đường đối cực cỉa $I$ qua $A-Mix$




#669202 Bài hình trong VMO 2005

Gửi bởi ecchi123 trong 21-01-2017 - 18:08

a) $CDO$ vuông tại $D$

 

b)$CD$ đối trung nên đy qua $BB$ giao $CC$




#668985 Tìm quỹ tích điểm K

Gửi bởi ecchi123 trong 20-01-2017 - 00:19

$H$ là trực tâm thì quỹ tíc là trung trực $HB$ :v :D  :D  :D




#668488 Tuần 3 tháng 1 năm 2017: Chứng minh $PA^2=PI \cdot PJ$.

Gửi bởi ecchi123 trong 15-01-2017 - 22:25

Bổ đề : , tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ , tiếp tuyến tại $A$ cắt tiêp tuyến tại $B,C$ tại $F, E$ , $G,H$ là trung điểm $ CF, BE$ , đường thẳng qua $O$ vuông góc với $AO$ cắt $GH$ tại $J$ , $X$ là trung điểm $BC$ , Chứng minh $JO=JX$

-Giải : Gọi $JO$ cắt $BC$ tại $U$ . , $BC$ cắt $FE$ tại $M$ , $BF$ cắt $CE$ tại $N$ , $NX$ giao $FE$ tại $Z$ , $AO$ cắt $BC$ tại $Y$

 ta có $HG$ là đường thẳng $Gauss$ nên $GH$ đi qua trung điểm $MN$ 

 mặt khác$\frac{ZF}{ZE}=\frac{NF}{NE}=\frac{YC}{YB}$ nên theo bổ đề ERIQ thì trung điểm $YZ$ cũng thuộc $GH$

 ta lại có$\frac{OZ}{OY}=\frac{OA}{OX}=\frac{ON}{OA}$ suy ra $AN$ song song $YZ$

 có :$\frac{UM}{UY}=\frac{OA}{OY}=\frac{ON}{OZ}$ nên theo bổ đề ERIQ thì trung điểm 3 đoạn $MN,UO,YZ$ thẳng hàng ,, khi đó $J$ là trung điểm $UO$ , Khi đó $JX=JO$

Trở lại bài toán gọi $P'$ đối xứng với $A$ qua $P$ , ta sẽ chứng minh $(A,P',I,J)=-1$

 -phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì , ta đưa về bài toán sau ( kí hiệu điểm không đổi khi nghịch đảo : Cho tam giác $ABC$  , $(I)$ là $A$ bàng tiếp  cắt $CA,AB$ tại $E,F$  , $AI$ cắt $FE$ tại $J$  ,  , đường thẳng qua $A$ song song với $FC$ cắt $(AFC)$ tại $T$ , $L$ đối xứng với $A$ qua $FC$ , $S,K$ xác định tương tự , $(ATL)$ cắt $(ASK)$ tại $M$ , $N$ thuộc đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$ sao cho $IA=IN$ $(AMN)$ cắt $AI$ tại $P$ , $P'$ là trung điểm $AP$ , Chứng mình : $P'$ cũng là trung điểm $JI$

Giải ,  Nếu goi $G,H$ là trung điểm $BE, CF$ thì $(ATL)$ chính là $(H,HA)$ ,  và nếu gọi $GH$ cắt đường thẳng qua $I$ song song $BC$ tại $U$ thì là tâm $(AMN)$ , để chứng minh $P'$ cũng là trung điểm $JI$ thì ta chứng minh $UI=UJ$ 

- Lược bỏ các điểm không cần thiết , ta đưa về bài toán : , Cho tam giác $ABC$ , $(I)$ là $A$ bàng tiếp  cắt $CA,AB$ tại $E,F$  . $AI$ cắt $FE$ tại $J$ .$G,H$ là trung điểm $BE, CF$..$GH$ cắt đường thẳng qua $I$ song song $BC$ tại $U$ , chứng mình $UI=UJ$ , đây chính là bổ đề trên