Đến nội dung


quantv2006

Đăng ký: 07-06-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 11:28
-----

#669064 Cmr: PS//OK

Gửi bởi quantv2006 trong Hôm qua, 19:29

NE cắt (BDE) tại F. Dễ thấy BF là đường kính của (BDE) nên M, D, F thẳng hàng.

 

BO cắt (O) tại G. BG là đường kính của (O), BF là đường kính của (BDE) nên F, G, S thẳng hàng.

 

GA// NE (cùng vuông góc với AB). AC= MN. Từ đó chứng minh tam giác AGC = tam giác NFM. Vậy GA//=NF hay AGNF là hình bình hành.

 

P là trung điểm của AN nên P là trung điểm của GF. Vậy 4 điểm F, G, P, S thằng hàng.

 

OK // GP nên OK //PS.




#669006 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi quantv2006 trong Hôm qua, 11:31

Bài toán 10 (TTT2 số 165). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với $AB<AC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. $AD$ là đường kính của $(O)$. $DB$ cắt $OT,AT$ tại $E,F$. $EO$ cắt $(AEF)$ tại $G$. Chứng minh rằng tâm nội tiếp tam giác $AGB$ nằm trên $(O)$.

 

(Bài này đã hết hạn trên TTT2 nhưng mình thấy đáp án trên báo hơi dài, hôm qua có một bạn giải ngắn gọn hơn) 

 

Bài 10:

 

2017_01_20_112634.png

Gọi I là giao điểm của GO và (O).

 

Tứ giác AFEG là tứ giác nội tiếp nên góc $\angle AGO=\angle AFE$

 

Lại có góc $\angle AFE=\angle AFD=\angle OAB=\angle OBA $ nên $\angle AGO=\angle ABO$ hay AGBO là tứ giác nội tiếp. Do đó $\angle BGO=\angle AGO=\angle ABO$ hay GO là phân giác góc AGB.

 

Xét tam giác GAB có đường tròn ngoại tiếp (GAB) và O là trung điểm của cung AB không chứa G. OI = OA = OB nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác GAB.




#668998 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi quantv2006 trong Hôm qua, 11:12

Bài 7, câu 3: M là trung điểm của BC nên $\frac{AB}{AC}=\frac{DC}{DB}$

 

Tam giác ABC và AEF đồng dạng nên $\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}$

 

Ta có $\frac{CE}{BF}=\frac{DC}{DB}=\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}=\frac{NE}{NF}$

 

Từ đó có  $\frac{NF}{BF}=\frac{NE}{CE}$

 

Vậy $\frac{NQ}{BQ}=\frac{NP}{BP}$ hay PQ // BC

 

Mình nghĩ cách này gọn hơn.




#668750 BÀI TOÁN TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG TRÒN CỐ ĐỊNH

Gửi bởi quantv2006 trong 18-01-2017 - 11:29

Bài này điểm $M$ khá đặc biệt , ở đây mình có thể tổng quát bài toán như sau : , cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ , $B,C$ cố định , $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$ , phân giác $AD$ , $M$ là 1 điểm cố định trên trung trực $BC$ , đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ cắt $AM$ tại $I$ thì $(I,ID)$ luốn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định khi $A$ thay đổi

Bài mở rộng, Gọi giao của OM với (O) tại E, với BC là P, với đường tròn (J) ((J) là đường tròn tiếp xúc với (I;ID)) là F. Khi đó ta có: PF.ME = PE. R

 

Do PE, R, ME cố định nên PF cố định. Vậy (BCF) cố định.




#668729 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi quantv2006 trong 17-01-2017 - 22:19

Bài toán 2 (Thi thử chuyên KHTN 2013, vòng 2, đợt 3). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác $ABC$. Trung trực $CA, AB$ lần lượt cắt $PA$ tại $E, F$. Đường thẳng qua $E$ song song $AC$ cắt tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ tại $M$. Đường thẳng qua $F$ song song $AB$ cắt tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ tại $N$.

 

1) Chứng minh rằng $MN$ tiếp xúc $(O)$.

 

2) Gọi $MN$ cắt dường tròn ngoại tiếp các tam giác $ACM, ABN$ lần lượt tại $Q,R$ khác $M, N$. Chứng minh rằng $BQ$ và $CR$ cắt nhau trên $(O)$.

 

 

 

2017_01_17_220647.jpg

Bài toán 2:

 

Câu 1. AP cắt (O) tại điểm thứ 2 là D.

 

Do NF // AB nên NF vuông góc với OF tại D. Vậy BFON là tứ giác nội tiếp.

 

Do NF // AB nên góc $\angle NFB = \angle FBA =\angle FAB = \angle NFD$. Vậy góc $\angle DFB = 2.\angle DAB = \angle DOB$. Hay tứ giác BFOD là tứ giác nội tiếp.

 

Vậy B, E, O, D, N cùng nằm trên một đường tròn, do đó góc $\angle ODN = 90^0$ hay ND là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm D.

 

Tương tự có MD là tiếp tuyến (O) tại tiếp điểm D. Do đó M, N, D thẳng hàng hay MN tiếp xúc với (O) tại D.

 

Câu 2. Góc $\angle ARQ = \angle ARN = 180^0 - \angle ABN = \angle ACB$.

 

Tương tự có góc $\angle AQR = \angle ABC$.

 

Vậy tam giác AQR và tam giác ABC đồng dạng. Từ đó có tam giác AQB và ARC đồng dạng.

 

Do đó $\angle ABQ = \angle ACR$. Nếu gọi K là giao điểm của QB và RC thì tứ giác ABKC là tứ giác nội tiếp. Vậy K nằm trên (O).




#668711 BÀI TOÁN TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG TRÒN CỐ ĐỊNH

Gửi bởi quantv2006 trong 17-01-2017 - 20:49

:lol:  :lol:  bạn làm thế nào mà tìm được siêu vậy

Bài này mò là chính! Nói thật quên cách làm rồi, giờ chưa mò lại. Nếu cần thì mình ngồi thử lại!




#668708 Chứng minh di chuyển trên 1 đườnng cố định

Gửi bởi quantv2006 trong 17-01-2017 - 20:35

2017_01_17_202659.jpg

Em thử chứng minh đơn giản xem sao.

- AO1 cắt (O1) tại D, AO2 cắt (O2) tại E. Dễ thấy D, Q, E thẳng hàng.

 

- AO cắt DE tại K, cắt (O) tại điểm thứ 2 là G. Dễ thấy D, B, G thẳng hàng, E, C, G thẳng hàng.

 

- Gọi M là trung điểm của BC, AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N.

 

- Do AP là đường đối trung của AM nên góc $\angle BAQ = \angle CAM$. Vậy góc $\angle GDE = \angle NBC$. Tương tự có góc $\angle GED = \angle NCB$. Do đó ta có tam giác NBC và GDE đồng dạng.

 

- Tam giác NBC và GDE đồng dạng, M là trung điểm của BC, góc $\angle KGD = \angle MNB$ nên K là trung điểm của DE.

 

- Tam giác ADE có O1O2 // DE nên AK đi qua trung điểm của O1O2. Vậy trung điểm của O1O2 nằm trên đường AO cố định.




#668700 Cho $\bigtriangleup ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O....

Gửi bởi quantv2006 trong 17-01-2017 - 20:05

Nếu từ điểm M mà hạ MH vuông góc với BC thì đường AH là đường trong bài P17 của thày Hùng ở tạp chí Pi số 1!




#668513 Chứng minh: CK //HQ; Chứng minh: L, T, V thẳng hàng; Tính số đo góc TKC?

Gửi bởi quantv2006 trong 16-01-2017 - 08:40

Bài 2, hạ CK' vuông góc với EF, sau đó chứng minh K' nằm trên HN dễ hơn.




#668512 Chứng minh: CK //HQ; Chứng minh: L, T, V thẳng hàng; Tính số đo góc TKC?

Gửi bởi quantv2006 trong 16-01-2017 - 08:24

Bài 1 chứng minh IH là phân giác góc DIC, từ đó có IC/ID = HC/HD.

 

IH là phân giác góc DIC nên IQ là phân giác góc DIK nên IK/ID = QK/QD

 

Do IK = IC nên có HC/HD=QK/QD hay HQ // CK




#668308 Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

Gửi bởi quantv2006 trong 14-01-2017 - 20:54

Bài toán 8 (IZHO 2017 day 1 p1). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\omega$ trực tâm $H$ và $M$ là trung điểm $AB$. $P,Q$ là các điểm trên cung $AB$ không chứa $C$ của $\omega$ sao cho $\angle ACP=\angle BCQ < \angle ACQ$. Gọi $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CQ,CP$. Chứng minh rằng $P,Q,R,S$ cùng nằm trên một đường tròn tâm $M$.

2017_01_14_204820.jpg

Gọi AD, BE là 2 đường cao của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của CH. Vẽ đường tròn (I;IC), đường tròn này đi qua D, E, R, S. Gọi N là giao điểm của IM và DE.

Do góc ACP = BCQ < góc ACQ nên PQ song song với AB. Vậy ABQP là hình thang cân có 2 đáy là PQ và AB. M là trung điểm của AB, OM vuông góc với AB nên OM vuông góc với PQ. Vậy OM là trung trực của PQ (1).

Ta có MD = ME nên IM là đường trung trực của DE, hay IM vuông góc với DE tại N và N là trung điểm của DE.

Ta có góc ECS = ACP = BCQ = DCR nên DESR là hình thang cân có 2 đáy là DE và SR. Vậy SR song song với DE. Do đó IM vuông góc với SR hay IM là đường trung trực của SR (2).

 

Xét tam giác CAP và tam giác CDR có góc CPA = CBA = CED= CRD, góc ACP = BCQ = DCR, vậy tam giác CAP và tam giác CDR đồng dạng. Do đó góc CAP = CDE. Vậy 2 góc bù với 2 góc này bằng nhau hay góc CQP = CSR. Do đó tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp.
 

Tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp, theo (1) và (2) thì M nằm trên trung trực của PQ và RS nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác này (đpcm).




#668264 Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

Gửi bởi quantv2006 trong 14-01-2017 - 10:43

2017_01_14_102842.png

Lời giải bài toán 7.

 

Do AF // DE nên góc $\angle FAD = \angle EDC$. Góc $\angle EDC = \angle DEC = \angle DBC = \angle DBF$. Vậy góc $\angle DAF = \angle DBF$, hay tứ giác ABFD là tứ giác nội tiếp. Do đó FD vuông góc với AC tại D.

 

AB và FD cắt nhau tại Y'. Ta có góc $\angle BY'D = \angle BCD$ (cùng phụ với góc $\angle BAC$), vậy BDCY' là tứ giác nội tiếp, hay Y' nằm trên đường tròn (BCD).

 

Ta có góc $\angle ADB = \angle AY'C$ (cùng bù với góc $\angle BDC$). Lại có góc $\angle ADB = \angle AFB = \angle AXB = \angle AXC$. Vậy góc $\angle AY'C = \angle AXC$ hay tứ giác ACY'X là tứ giác nội tiếp, hay Y' nằm trên đường tròn (AXC).

 

Như vậy Y' nằm trên 2 đường tròn (BCD) và (AXC). Y' khác C nên Y' trùng Y.

 

Vậy Y, F, D thẳng hàng (đpcm).




#667973 Chứng minh MN vuông góc với AL

Gửi bởi quantv2006 trong 11-01-2017 - 10:42

Bạn có thể CM cho mình phần này được không?

Dễ thấy I là trực tâm tam giác ASK nên KI vuông góc với AS. Vậy KI // AO. Do đó AOKI là hình bình hành. Vậy AI = OK hay I là trung điểm của AH.

 

Tam giác XIH và AKC đồng dạng (góc XHI = góc ACK; góc XIH = góc AKC = 90 + góc XSB). Do I là trung điểm AH, K là trung điểm BC nên tam giác XAH và ABC đồng dạng. Từ đó có AX // HC.

 

AX// HC, I là trung điểm AH nên AXHY là hình bình hành.




#667874 Chứng minh MN vuông góc với AL

Gửi bởi quantv2006 trong 10-01-2017 - 15:03

- SXY cắt AH tại I, dễ chứng minh được I là trung điểm của AH, từ đó chứng minh AXHY là hình bình hành. Vậy I là trung điểm của XY.

 

- MN cắt SH tại P, cắt IK tại Q. Theo đường Gauss thì P là trung điểm của SH. IMKN là hình bình hành nên Q là trung điểm của IK và MN.

 

- IHKO là hình bình hành, Q là trung điểm của IK nên Q là trung điểm của HO.

 

- Tam giác AHO có P là trung điểm SH, Q là trung điểm HO nên PQ // SO hay MN // SO.

 

- AL cắt (O) tại D, dễ thấy SA, SD là 2 tiếp tuyến của (O). Vậy SO vuông góc với AL.

 

Do MN // SO nên MN vuông góc với AL (đpcm).

 

(bài này gần giống bài trường đông toán học nhỉ, mà thày quanghung cũng đã có bài mở rộng?) 




#666053 Chứng minh $IS\perp BC$.

Gửi bởi quantv2006 trong 28-12-2016 - 15:31

Gọi giao điểm $MC$ và $NB$ với $(I)$ là $K$ và $H$

$HK$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(AMN)$ tại $T$, dễ dàng suy ra $\overline{T,B,C}$

Ta có $\widehat{HIK}=\widehat{AIH}+\widehat{AIK}=2(\widehat{ANH}+\widehat{AMK})=\widehat{BSC}=180^o$, suy ra $\overline{H,I,K}$

Hạ $IS'\perp BC$, suy ra $TAIS'$ nội tiếp, suy ra $\widehat{AS'B}=\widehat{AIH}=2\widehat{ANB}=\widehat{ASB}$, do đó $S\equiv S'$

Vậy ta có đpcm.

Chứng minh T, B, C thẳng hàng thế nào bạn ơi, vì chứng minh được cái đó thì dễ suy được tứ giác AIST là tứ giác nội tiếp rồi.