Đến nội dung

AnhTran2911 nội dung

Có 230 mục bởi AnhTran2911 (Tìm giới hạn từ 30-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#719158 Cách lưu một topic thành file PDF

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-01-2019 - 23:58 trong Hướng dẫn - Trợ giúp - Giải đáp thắc mắc khi sử dụng Diễn đàn

xnvvsxfhc

Hình gửi kèm

  • 1.png



#719157 Hỏi đáp toán học

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-01-2019 - 23:36 trong Kinh nghiệm học toán

jagdjgvsjavcjscfhszbvhjsh

 

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png
  • geogebra-export (1).png



#719156 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-01-2019 - 22:38 trong Hình học

bạn có thể ẩn đi bằng cách chọn đường đó xong ấn phím crtl+h hoặc nhấn chuột phải vào đường đó chọn ẩn(hide object) còn cách khác là chọn cái thanh công cụ đầu tiên từ PHẢI sang ấn vào biểu tượng thứ 4 từ trên xuống

Mình ấn ctrl+h xong là nó cho hiện lịch sử :((




#719076 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-01-2019 - 18:30 trong Hình học

Bài 6: bài này dài quá em xin phép không gõ talex ạ :v
a) gọi B’ là đối xứng B qua AI
Từ đó tam giác BFB’ ~EMF nên AM.AB’=AE^2
Nghịch đảo đối xứng cực A phương tích AF^2 ta có M<->B N<->C hay ta đưa bài toán về bài toán sau
Gọi G là tâm A-Mix ,(AGB),(AGC) lần lượt cắt AC,AB tại U,K. Chứng minh rằng MN tiếp xúc (AUK)
Thật vậy gọi H là hình chiếu của G lên MN có tam giác ABI ~ AGM nên biến đổi góc ta có HGM=C/2 hay MN tiếp xúc A-mix. Gọi P là trung điểm CE thì EPIG nội tiếp -> PIG=180-HEG=180-BIG-> B,I,P thẳng hàng.BPG=IEG=BAG-> P thuộc (AGB).GN vuông BI nên BI cắt MN tại 1 điểm trên (G,GB).HLI=ABI=PUE
->U,L đối xứng qua PG.ULHE và IHLE nội tiếp -> 5 điểm thuộc đường tròn -> H thuộc (UIE) tương tự -> H là điểm miquel của AEF -> H thuộc (AKU) và MA.MU=MP.MG=MH^2 -> (AKU) tiếp xúc MN.
b)qua phép nghịch đảo đối xứng ta chỉ cần chứng minh KU//X1Y1
GH/TJ=GE/JL=AG/AJ->A,H,T thẳng hàng
Vậy ta chứng minh GU//JX1
AUG= 180-ABG,AX1J=ANJ=180-ANC
Vậy <->ABG=ANC<->IBG=JAN
Gọi M’ là đối xứng M qua AI -> BM’IG nội tiếp ->IBG=M’BG
Thật vậy có tam giác M’IG~ANJ(cgc) có góc MGI= AJN và tỉ lệ cạnh <-> GME~JCL
-> dpcm .attachicon.gif597CDD57-A033-4501-84B3-5985425B7A75.pngattachicon.gifF67E3055-F21A-472A-92A4-2DB0C21064FE.png

P/s : Làm sao để lược bớt phần rìa trong geogebra bạn nhỉ :))




#718856 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 31-12-2018 - 08:56 trong Hình học

Bài 6 đúng đề rồi, cơ mà hơi hiển nhiên :V

Bổ đề : ( Nguyễn Duy Khương ): Cho hình thang $ABCD$ ( $AB\parallel{CD}$ ). $X,Y$ thuộc $BC,AD$ thỏa mãn $AX\parallel{CY}$. CMR: $BY\parallel{DX}$.

Quay trở lại bài toán: Do $\angle{MFE}=\angle{EFG}=\angle{FEB}$ nên $MF\parallel{BE}$. Áp dụng bổ đề cho hình thang $MNBC$ thì $NE\parallel{CF}$. Lúc này xét phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AE^2$ , đặt là $\mathcal{I}$ . Qua $\mathcal{I}$: $M,N$ biến thành $B,C$. $E$ biến thành $F$. Do đó $MN$ biến thành $(O)$ tiếp xúc $(A-mix)$ đồng thời $(A-mix)$ bất biến qua $\mathcal{I}$ nên $MN$ tiếp xúc $(A-mix)$. Do đó theo định lí $Brianchon$ cho lục giác suy biến $NMEFXY$ thì $XY$ tiếp xúc $(A-mix)$ tại nghịch đảo của điểm tiếp xúc $MN$ và $(A-mix)$, gọi điểm này là $L$. Lại có theo định lí $Monge- D'Alembert$ cho 2 đường tròn $(A-mix)$ và $(I)$ thì $AL$ đi qua điểm đối xứng của tiếp điểm của $(I)$ qua $I$ nên $AL$ đi qua tiếp điểm $(A-bàng)$. Do đó $XY$ tiếp xúc với $(O)$ tại tiếp điểm $(A-mix)$ và $(O)$. Nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ và đối xứng qua phân giác thu được câu $b$. Do đó ta có đpcm $\blacksquare$.




#718851 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 30-12-2018 - 22:52 trong Hình học

Lời giải của em :

Bài 1 :  $AO,AI$ cắt $(O)$ tại $P,Z$ và $PZ$ cắt đường cao $AD$ tại $H$. $PZ$ cắt $BC$ tại $U$. Ta có $ZI^2=ZE.ZA=ZH.ZU$ , do đó $\angle{HIU}=90^o$ nên tứ giác $HDIU$ nội tiếp . $PI$ cắt $(O)$ tại $G$ thì $G$ thuộc $(AI)$ . $F,Q$ là tiếp điểm của $(I)$ trên $AB,AC$ thì $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{GBC}}$ nên ta có biến đổi tỉ số $\frac{GF}{GQ}=\frac{BF}{CQ}=\frac{AY}{AX}$ . Do đó $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{AYX}}$ nên $\angle{AXY}=\angle{GQF}=\angle{GIF}=\angle{UIP}=\angle{UIZ}-\angle{ZIP}=\angle{ACB}-\angle{AIP}$ nên $IH\perp{XY}$. Lại có $\angle{DIH}=\angle{DUH}=90^o -\angle{IED}$ nên $IH$ đi qua tâm ngoại của $\triangle{IDE}$. Do đó tt tại $I$ của $(IDE)$ song song $XY$ $\blacksquare$.

Bài 4: Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì do tứ giác $BPQC$ là hình thang cân vuông nên $M$ thuộc trung trực $BC$. Bằng tính toán đại số đơn giản ( :) :) ) ta có được bán kính của $(APK)$ và $(AQL)$ bằng nhau. . Vì $\angle{KAI}=\angle{BAC}=\angle{QIL}$ nên $KI=JL$ ( do bán kính bằng nhau ) . Từ đó tứ giác $IJKL$ là hình thang cân nên $\angle{TQP}=\angle{JQA}=\angle{ALJ}=\angle{AKI}=\angle{API}=\angle{TPA}$ nên $T$ thuộc trung trực $PQ$ nên từ trên ta có được $MT$ là trung trực $PQ$  $\blacksquare$.

P/s: Bài 6 e vẽ hình k thấy tiếp xúc là sao nhỉ ?




#718144 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-12-2018 - 23:03 trong Hình học

Bài 3 :

Bổ đề : Tam giác $ABC$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ đường kính $(ABC)$ , đối trung góc $A$ cắt $DS$ tại $T$ , $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì $TL\parallel{AB}$ ( đơn giản theo Thales )

Chứng minh: Ta có thể viết lại bổ đề đã cho dưới dạng sau : Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. $D$ là 1 điểm bất kì nằm trên cạnh $BC$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $AC,AB$. $DF,DE$ cắt phân giác góc $A$ tại $P,Q$. $(DPQ)$ cắt $BC$ tại điểm thứ 2 là $T$ thì $AT$ là đối trung của tam giác $AEF$.

Thật vậy: Định nghĩa lại $T$ là đường thẳng qua $P$ song song $AB$ cắt lại $BC$ thì ta có $\angle{TPQ}=\angle{BAP}=\angle{CDE}=\angle{TDQ}$ . Do đó tứ giác $DPTQ$ nội tiếp hay $TQ\perp{QD}$ . Từ đó $\frac{d(T;AF)}{d(T;AE)}=\frac{PF}{QE}=\frac{AF}{AE}$ nên $T$ thuộc đối trung góc $A$ của tam giác $AEF$ nên đpcm.

Quay trở lại bài toán : Vị tự tâm $A$ tỉ số 2 biến $J,I$ thành $N,M$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ là đường kính , vì $EF$ là trung trực của $AD$ nên $N,M,D,S$ thẳng hàng. Đối trung qua $A$ cắt $NM$ tại $T$ và cắt $AB$ tại $U$, Gọi $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì theo bổ đề ta có $TL\parallel{AB}$ nên theo đinhk lí $Thales$ ta có $\frac{DT}{DU}=\frac{DL}{DA}=\frac{DS}{DN}$ hay ta có: $DT.DN=DS.DU=DL.DA$ ( Do $L$ là trực tâm tam giác $ASU$ ). Nên từ đây suy ra $NL$ vuông gọc với $AT$ tại $I$ thì $JI=JA$ hay $I$ trùng $K$ dẫn đến $I$ trùng $K$ hay $\overline{S,X,B}$ nên tương tự $\overline{C,Y,S}$ hay $BX,CY$ cắt nhau tại 1 điểm thuộc $(O)$.




#717833 Kì thi chọn đội tuyển dự thi HSG quốc gia THPT năm học 2018-2019

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 25-11-2018 - 21:15 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

 

Bài $1$: $a)$ Quy nạp ta dễ có chiều $1$, chiều còn lại dựa vào sai phân ta có ĐPCM

$b)$ Bài toán cơ bản: $H_n \leq 1+ln(n)$ dựa vào bổ đề quen thuộc $ln(x) \geq 1 - 1/x$ nên có $[9x_81]=81$

Bài $2$: Xét $degP=1$ thì có $i$ còn với $degP>1$ sử dụng tính không bị chặn của đa thức thì nên nó phải tuần hoàn từ đó dựa vào $a-b|P(a)-P(b)$ có ĐPCM

Bài $3$: HSG lớp $10$ KHTN $2014$ (Có trên blog thầy Quang Hùng) 

Bài $4$: $a)$Gọi $a_1, ..., a_{20}$ là số kẹo của các loại từ $1$ đến $20$

Ta đếm bằng $2$ cách số bộ $(A,B)$ trong đó $A,B$ là $2$ học sinh có chung loại kẹo này
Khi đó $M=\sum C_{a_i}^2$ mà chú ý $\sum a_i=2020$
Theo BĐT Bunhia thì $M \geq 101000$ và dấu $"="$ xảy ra khi $a_i=101$
$b)$ Đầu tiên ta thu hẹp khoảng bằng cách cm $|a_i-a_j| \leq 1$
Khi đó $M$ đạt min khi $t$ số $= k$, $19-t$ số $=k+1$. Biến đổi tương tự câu $a$ thì $M=\frac{tk^2+(19-t)(k+1)^2-2020}{2}$
Chú ý $tk+(19-t)(k+1)=2020$ nên $t=19k-2001$ mà $t \leq 19$ nên $k=106, t=113$ từ đó tìm đc min

 

 

 

Bài $5$: Nhìn thấy số $2+\sqrt2$ nghĩ ngay đến biểu diễn $P=m+n\sqrt2$ dùng pc có ngay $m=n=0$ do đó $P$ deg $3$ có $2$ nghiệm nên có đủ $3$ nghiệm
Bài $6$: Đặt $4$ đỉnh của tứ diện là $ABCD$, ban đầu con bọ ở đỉnh $A$
Gọi $a_n, b_n, c_n, d_n$ là số cách sau $n$ bước để con bọ đến được $A,B,C,D$
Xét $n \geq 1$ do tính đx thì $b_n=c_n=d_n$ mà $a_n=b_{n-1}+c_{n-1}+d_{n-1}$ và tg tự là $b_n$ thì có $a_{n+1}=2a_n+3a_{n-1}$
Giải pt đặc trưng và chú ý $a_1=0, a_2=3$ ta dễ tìm đc CTTQ 
Bài $7$: Câu a t/c quen thuộc câu b cm $MN$ chia đôi $IH$ sau đó dùng đồng dạng trung tuyến thì có ĐPCM

 

y hệt đáp án :V




#717286 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 11

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-11-2018 - 23:41 trong Hình học

Bài 3:    Bổ đề : Tam giác $ABC$ , $N$ là tâm $Euler$. $X,Y$ đối xứng $B,C$ qua $AC,AB$. $XY$ cắt $BC$ tại $L$ thì $A(LN,BC)= -1 $ 

( Tham khảo lời giải ở đây https://artofproblem...636757p10633362 )

Quay trở lại bài toán : Ta sẽ chứng minh rằng $AZ$ đi qua đối xứng $O$ qua $BC$

Gọi $U,V$ đối xứng $B,C$ qua các cạnh $AC,AB$ thì theo bổ đề ta cần chứng minh rằng $UV,XY,BC$ đồng quy . Gọi $AO$ giao $(BOC)$ tại $D$ thì $\angle{DBC}=\angle{DOC}=2.\angle{OAC}=2.\angle{BCV}=2.\angle{BVC}$ nên $D,B,V$ thẳng hàng, tương tự ta cũng có $D,C,U$ thẳng hàng . Gọi $UX$ giao $VY$ tại điểm $T$ thì theo định lí $Dersargues$ cho 2 tam giác $VYB$ và $XUC$ ta phải chỉ ra $A,T,D$ thẳng hàng có nghĩa là $\overline{A,T,O}$. Thật vậy , định nghĩa $R,S$ là giao của $HK$ với $AC,AB$ thì do $YR,XS$ lần lượt là phân giác góc $\angle{TYC}$ và $\angle{SXB}$ nên $AT,AH$ đẳng giác trong $\angle{BAC}$ do đó ta có đpcm.

  




#716273 Bất đẳng thức đối xứng

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-10-2018 - 10:26 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Bài 3: Nhân 2 ở 2 vế > ta cần chứng minh : $\sum{a}-\sum{\frac{2a^3}{2a^2+bc}}$ $\geqslant {\sum{a} - \dfrac{\sum{a^3}}{\sum{a^2}}}$

tương đương với :  $abc(\sum{\frac{1}{2a^2+bc}})$ $\geq {\frac{\sum{ab(a+b)}-\sum{a^3}}{\sum{a^3}}}$

Đến đây áp dung Schur bậc 3 và $C-S$ cho vế phải ta được : $\frac{9abc}{2(\sum{a^2})+\sum{ab}}\geq{\frac{3abc}{\sum{a^2}}}$

BĐT cuối đúng do nó tương đương với $\sum{a^2}\geq{\sum{ab}}$




#716270 Bất đẳng thức đối xứng

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-10-2018 - 09:54 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Bài 4 thế $Ravi$ sau đó dùng $SOS$ hoặc là thuần $C-S$ tách là được

bài 5 SOS




#716269 $\sum \frac{a^4}{b^3+c^3}$

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-10-2018 - 09:49 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Chebyshev cho $(\sum{a})$ và $(\sum{\frac{a^3}{b^3+c^3}})$




#716197 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 10

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 01-10-2018 - 17:00 trong Hình học

Lời giải bài 2: Định nghĩa lại $X$ là chân đường đối trung đỉnh $A$ với cạnh $BC$ , thật vậy , gọi tiếp tuyến tại $B,C$ giao tại $R$ và $AR$ giao $BC$ tại $X$, chú ý $M$ là giao của 2 tiếp tuyến tại $E,F$ nên $\triangle{AEF}\cap{N,M}\sim{\triangle{ABC}\cap{R,X}}$ do đó $NX\parallel{MR}$ hay $NX$ vuông góc $BC$ tại $X$. Lúc này nếu gọi $AX$ giao $EF$ tại $V$ thì $V$ là trung điểm $EF$. Để ý rằng tứ giác $VPMQ$ nội tiếp dẫn đến $MV$ giao $PG$ tại trung điểm $S$ của chúng. Từ đó ta xét tứ giác nội tiếp $VNMX$ có $L,S$ là giao điểm 2 đường chéo kết hợp $XV$ giao $NM$ tại $A$ thì $AL,AS$ đẳng giác . Vì $AX,AM$ đẳng giác suy ra $AL$ là đối trung của $\triangle{APQ}$.




#715478 Thử latex

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 12-09-2018 - 21:27 trong Soạn thảo tài liệu khoa học với $\LaTeX$

3) Ta chọn được một số $n_{0}$ đủ lớn thỏa mãn mỗi $2017^{n_{0}}+2018^{n_{0}}-i$ có một ước nguyên tố $p_{i}$, các số nguyên tố này không nhất thiết phân biệt ( Với $i$ chạy từ $1$ đến $k$)

Lúc này để chứng minh dãy trên toàn hợp số với vô hạn $n$ thì ta chỉ cần chọn $n=n_{0}+t.\Pi_{1}^k(p_i-1)$ và từ đó theo định lí $Fermat$ bé ta có $2017^n+2018^n-i$ chia hết cho $p_{i}$ nên dãy này toàn là hợp số với vô số $n$ do ta cho $t$ chạy ra vô hạn




#715250 Chứng minh $AA_{2},BB_{2},CC_{2}$ đồn...

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-09-2018 - 17:23 trong Hình học

Đồng quy tại điểm isotomcomplement của M wrt ABC



#715138 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 9

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 03-09-2018 - 15:53 trong Hình học

Có vẻ như lời giải bài 1 trên của mình đã bị lầm nhưng hình như lời giải đúng lại dễ hơn mình tưởng

sừ dụng bổ đề : Với 2 điểm $X,Y$ thỏa mãn $XY\parallel{BC}$ Thì đường thẳng simson của $X$ ứng với $ABC$ vuông góc $AY$, thực chất bài này là bài toán số 39 của anh Khương !




#715130 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 9

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 03-09-2018 - 11:20 trong Hình học

Bài 1: Do $E,F$ xác định trên $AB,AC$, ta tính được $\frac{NE}{FB}=\frac{MF}{EC}$. Lại có , nếu gọi  $MN$ cắt $EF$ tại $T$ thì $AT$ là tđp của $(AO)$, $(AH)$ nên $AT$ vuông góc $OH$. Cho $AT$ cắt $(AEF)$ tại $L$ thì $LNE\sim{LMF}$ suy ra $\frac{LE}{LF}=\frac{NE}{MF}=\frac{BF}{EC}$. Mà $\triangle{XFB}\sim{\triangle{XEC}}$ nên $\frac{BF}{EC}=\frac{XB}{XC}$. Từ đây $\triangle{XBC}\sim{\triangle{LEF}}$. Suy ra $\angle{YAC}=\angle{XAB}=\angle{XCB}=\angle{LEF}=\angle{EAT}=\angle{TAC}$ hay $A,T,Y$ thẳng hàng. Từ đây $OH\perp{AY}$ suy ra đpcm

Bài 2: Gọi $AI$ là đối trung giao $EF$ tại trung điểm $T$ và $AH$ giao $(O)$ tại $W$ . Quen thuộc rằng $CV,WF$ cắt nhau trên $(O)$. Gọi $AH$ cắt $EF$ tại $J$ thì chú ý rằng $BFIW,CEVI$ nội tiếp . Suy ra $\angle{ABI}=\angle{AWF}=\angle{ACV}=\angle{VDE}$. Mặt khác $\angle{BLE}=\angle{BEF}=\angle{BAJ}$ nên $AJBL$ nội tiếp. Do đó $\angle{ALJ}=\angle{ABJ}=\angle{AIE}$. Từ đó $ALIE$ nội tiếp. CM tương tự $AFIK$ nội tiếp nên đpcm




#714779 Ko73 cubic

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 25-08-2018 - 17:31 trong Hình học

Chứng minh rằng điểm Kosnita của một tam giác nằm trên K073 cubic của tam giác đó




#714660 Related to point lies on Kiepert hyperbola

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 22-08-2018 - 16:15 trong Hình học

Any results about this, you should post more in here, 




#714647 Related to point lies on Kiepert hyperbola

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 21-08-2018 - 23:52 trong Hình học

Problem : If $P$ is a point on the Kiepert hyperbola then the circumcenter of its anticevian triangle, the orthocenter of $\triangle ABC$ and $P$ are collinear.
Solution : TelvCohl from AOPS
 
Lemma 1 : Given a $ \triangle ABC $ and a point $ P $. Let $ \triangle A^*B^*C^* $ be the circumcevian triangle of $ P $ WRT $ \triangle ABC $. Let $ K, $ $ K^* $ be the symmedian point of $ \triangle ABC, $ $ \triangle A^*B^*C^* $, respectively. Then $ K, $ $ P, $ $ K^* $ are collinear. 
 
 
Proof : Let $ T $ $ \equiv $ $ AK $ $ \cap $ $ \odot (ABC) $ and $ T^* $ $ \equiv $ $ A^*K^* $ $ \cap $ $ \odot (A^*B^*C^*) $. Let the Lemoine axis of $ \triangle ABC $ cuts $ BC, $ $ CA, $ $ AB $ at $ D, $ $ E, $ $ F $, respectively and let the Lemoine axis of $ \triangle A^*B^*C^* $ cuts $ B^*C^*, $ $ C^*A^*, $ $ A^*B^* $ at $ D^*, $ $ E^*, $ $ F^* $, respectively. Let $ A_1 $ $ \equiv $ $ BC $ $ \cap $ $ B^*C^*, $ $ B_1 $ $ \equiv $ $ CA $ $ \cap $ $ C^*A^*, $ $ C_1 $ $ \equiv $ $ AB $ $ \cap $ $ A^*B^* $ and let $ O $ be the circumcenter of $ \triangle ABC $ ($\triangle A^*B^*C^* $). 
 
Clearly, $ A_1, $ $ B_1, $ $ C_1 $ lie on the polar $ \tau $ of $ P $ WRT $ \odot (O) $. Since $ ABTC $ and $ A^*B^*T^*C^* $ are harmonic quadrilateral, so $ T, $ $ P, $ $ T^* $ are collinear $ \Longrightarrow $ $ AK $ $ \cap $ $ A^*K^* $ $ \in $ $ \tau $. Similarly, we can prove $ BK $ $ \cap $ $ B^*K^* $ $ \in $ $ \tau $ and $ CK $ $ \cap $ $ C^*K^* $ $ \in $ $ \tau $. Since the tangent of $ \odot (O) $ through $ B, $ $ C $ and $ AK $ are concurrent, so $ D $ lies on the polar of $ AK $ $ \cap $ $ A^*K^* $ WRT $ \odot (O) $. Similarly, we can prove $ D^* $ lies on the polar of $ AK $ $ \cap $ $ A^*K^* $ WRT $ \odot (O) $ $ \Longrightarrow $ $ D, $ $ P, $ $ D^* $ are collinear. Analogously, we can prove $ P $ $ \in $ $ EE^* $ and $ P $ $ \in $ $ FF^* $, so from Desargue theorem ($ \triangle B_1EE^* $ and $ \triangle C_1FF^* $) we get $ \tau, $ $ EF, $ $ E^*F^* $ are concurrent, hence their pole $ P, $ $ K, $ $ K^* $ WRT $ \odot (O) $ are collinear.
____________________________________________________________
Lemma 2 : Let $ P $ be a point on the Kiepert hyperbola of $ \triangle ABC $. Let $ \triangle P_aP_bP_c $ be the pedal triangle of $ P $ WRT $ \triangle ABC $ and let $ \triangle XYZ $ be the circumcevian triangle of $ P $ WRT $ \triangle P_aP_bP_c $. Then $ P $ lies on the Kiepert hyperbola of $ \triangle XYZ $.
 
Proof : Let $ Q $ be the isogonal conjugate of $ P $ WRT $ \triangle ABC $. Let $ \triangle Q_aQ_bQ_c, $ $ \triangle Q_AQ_BQ_C $ be the pedal triangle, circumcevian triangle of $ Q $ WRT $ \triangle ABC $. Let $ R $ be the isogonal conjugate of $ Q $ WRT $ \triangle Q_AQ_BQ_C $. Since $ \triangle Q_AQ_BQ_C $ $ \cup $ $ R $ $ \sim $ $ \triangle Q_aQ_bQ_c $ $ \cup $ $ Q $ $ \cong $ $ \triangle XYZ $ $ \cup $ $ P $, so it suffices to prove $ Q $ lies on the Brocard axis of $ \triangle Q_AQ_BQ_C $. Let $ O $ be the circumcenter of $ \triangle ABC $. Let $ K, $ $ K_Q $ be the symmedian point of $ \triangle ABC, $ $ \triangle Q_AQ_BQ_C $, respectively. From Lemma 1 we get $ K, $ $ Q, $ $ K_Q $ are collinear, so notice $ Q $ lies on the Brocard axis $ OK $ of $ \triangle ABC $ we conclude that $ Q $ $ \in $ $ OK_Q $ (Brocard axis of $ \triangle Q_AQ_BQ_C $).
 
Remark : There is a stronger result of Lemma 2 : If $ P $ is the Kiepert perspector of $ \triangle ABC $ with angle $ \theta $, then $ P $ is the Kiepert perspector of $ \triangle XYZ $ with angle $ -\theta $ (but we don't need this stronger result in the proof). 
____________________________________________________________
Now we recall two well-known properties about conic as following :
 
Property 1 : Given a $ \triangle ABC $ and two points $ P, $ $ Q $. Let $ \triangle P_aP_bP_c $ be the anticevian triangle of $ P $ WRT $ \triangle ABC $ and let $ \triangle Q_aQ_bQ_c $ be the anticevian triangle of $ Q $ WRT $ \triangle ABC $. Then $ P, $ $ Q, $ $ P_a, $ $ P_b, $ $ P_c, $ $ Q_a, $ $ Q_b, $ $ Q_c $ lie on a conic. 
 
Property 2 : Given a $ \triangle ABC $ and a point $ P $. Let $ I, $ $ I_a, $ $ I_b, $ $ I_c $ be the incenter, A-excenter, B-excenter, C-excenter of $ \triangle ABC $, respectively. Let $ \mathcal{H} $ be a conic passing through $ I, $ $ I_a, $ $ I_b, $ $ I_c $. Then the polar of $ P $ WRT $ \mathcal{H} $ passes through $ P^* $ where $ P^* $ is the isogonal conjugate of $ P $ WRT $ \triangle ABC $.
____________________________________________________________
From Property 1 and Property 2 we get the following lemma :
 
Lemma 3 : Let $ \mathcal{H} $ be a circum-rectangular hyperbola of $ \triangle ABC $ and let $ P, $ $ Q $ be the points on $ \mathcal{H} $. Let $ \triangle DEF $ be the cevian triangle of $ Q $ WRT $ \triangle ABC $ and let $ P^* $ be the isogonal conjugate of $ P $ WRT $ \triangle DEF $. Then $ PP^* $ is tangent to $ \mathcal{H} $.
 
Proof : Let $ I, $ $ I_a, $ $ I_b, $ $ I_c $ be the incenter, A-excenter, B-excenter, C-excenter of $ \triangle DEF $, respectively. From Property 1 we get $ A, $ $ B, $ $ C, $ $ Q, $ $ I, $ $ I_a, $ $ I_b, $ $ I_c $ lie on a conic $ \mathcal{C} $, but notice $ I $ is the orthocenter of $ \triangle I_aI_bI_c $ we get $ \mathcal{C} $ is a rectangular hyperbola $ \Longrightarrow $ $ \mathcal{C} $ $ \equiv $ $ \mathcal{H} $, so from Property 2 we conclude that $ P^* $ lies on the polar of $ P $ WRT $ \mathcal{H} $. i.e. $ PP^* $ is tangent to $ \mathcal{H} $
____________________________________________________________
Back to the main problem :
 
Let $ H $ be the orthocenter of $ \triangle ABC $. Let $ \triangle XYZ $ be the anticevian triangle of $ P $ WRT $ \triangle ABC $ and $ J $ be the circumcenter of $ \triangle XYZ $. Let $ \triangle A_1B_1C_1 $ be the pedal triangle of $ P $ WRT $ \triangle ABC $. Perform the Inversion with center $ P $ and denote $ V^* $ as the image of $ V $ ($ V $ is an arbitrary point). Obviously, $ \triangle A^*B^*C^* $ is the pedal triangle of $ P $ WRT $ \triangle A_1^*B_1^*C_1^* $ and $ \triangle X^*Y^*Z^* $ is the pedal triangle of $ P $ WRT the medial triangle $ \triangle A_2^*B_2^*C_2^* $ of $ \triangle A_1^*B_1^*C_1^* $, so $ PJ $ $ \equiv $ $ PJ^* $ passes through the isogonal conjugate $ Q^* $ of $ P $ WRT $ \triangle A_2^*B_2^*C_2^* $.
 
Let $ \triangle DEF $ be the anticomplementary triangle of $ \triangle ABC $. Let $ \triangle A_3^*B_3^*C_3^* $ be the cevian triangle of $ P $ WRT $ \triangle A_1^*B_1^*C_1^* $. From $ EF $ $ \parallel $ $ BC $ and $ A $ $ \in $ $ EF $ $ \Longrightarrow $ the image of the line $ EF $ under the Inversion is the circle with diameter $ PA_3^* $. Similarly, we can prove $ \odot (PB_3^*), $ $ \odot (PC_3^*) $ is the image of the line $ FD, $ $ DE $ under the Inversion, respectively, so $ \triangle D^*E^*F^* $ is the pedal triangle of $ P $ WRT $ \triangle A_3^*B_3^*C_3^* $. Since $ H $ is the circumcenter of $ \triangle DEF $, so we get $ PH $ $ \equiv $ $ PH^* $ passes through the isogonal conjugate $ R^* $ of $ P $ WRT $ \triangle A_3^*B_3^*C_3^* $.
 
Let $ G^* $ $ \equiv $ $ A_1^*A_2^* $ $ \cap $ $ B_1^*B_2^* $ $ \cap $ $ C_1^*C_2^* $ be the Centroid of $ \triangle A_1^*B_1^*C_1^* $. From Lemma 2 we know $ P $ lies on the Kiepert hyperbola of $ \triangle A_1^*B_1^*C_1^* $, so $ A_1^*, $ $ B_1^*, $ $ C_1^*, $ $ G^*, $ $ P $ lie on a rectangular hyperbola $ \mathcal{K} $, hence from Lemma 3 we conclude that $ P, $ $ Q^*, $ $ R^* $ lie on the tangent of $ \mathcal{K} $ through $ P $ $ \Longrightarrow $ $ P, $ $ J^*, $ $ H^* $ are collinear $ \Longrightarrow $ $ P, $ $ J, $ $ H $ are collinear.



#714009 Topic Hình Học Phẳng Ôn Thi Chọn Đội Tuyển Thành Phố

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 07-08-2018 - 21:40 trong Hình học

Bài 19 đã sửa, song mình thấy có vẻ khó có lời giải sơ cấp trừ khi biết được nhiều tính chất về điểm $Schiffler$

P/s : bài 20 đúng đề không nhỉ ?




#713973 Topic Hình Học Phẳng Ôn Thi Chọn Đội Tuyển Thành Phố

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 07-08-2018 - 12:41 trong Hình học

Bài 19:  Chứng minh rằng $IG$ đi qua điểm $Schiffler$ của tam giác $ABC$ với $I$ là tâm nội, $G$ là trọng tâm tam giác  $DEF$ (với $D,E,F$ là chân phân giác trong của $\triangle{ABC})$




#713919 Topic Hình Học Phẳng Ôn Thi Chọn Đội Tuyển Thành Phố

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-08-2018 - 14:03 trong Hình học

Bổ đề 1: Điểm $Lemoine$ của một tam giác nằm trên đường nối trung điểm một cạnh với trung điểm đường cao tương ứng của nó ( quen thuộc )

Bổ đề 2: Cho $\triangle{ABC}$. $\triangle{DEF}$ là tam giác pedal của $I$ ( $I$ tâm nội). $R$ là hình chiếu của  $D$  lên cạnh $EF$ . $PD$ cắt $(O)$ tại $Y$ ( $(O)=$$(ABC)$ ). CMR : $A,R,Y$ thẳng hàng

Chứng minh bổ đề 2: Gọi $(AI)$ giao $(O)$ tại $G$. $AR$ cắt $AI$ tại $H$. Vì $\triangle{BFR}\sim{\triangle{CER}}$ suy ra $\frac{RF}{RE}=\frac{BF}{CE}=\frac{BD}{CD}$. Do đó ta có cấu hình đồng dạng

$GAEF\cup{R,H}}\sim{{GPCB\cup{D,P}}$ lúc đó $\triangle{GHY}\sim{\triangle{GEC}}$. Suy ra $\angle{GHY}+\angle{FHA}=\angle{GEC}+\angle{AEF}=180$ nên $A,H,Y$ thẳng hàng hay $AR$ đi qua $Y$

Quay trở lại bài toán: Kí hiệu điểm tương tự như trong bổ đề và lấy $K$ là hình chiếu của $L$ lên $EF$ . $AI$ cắt $EF$ tại trung điểm $M$ của $EF$ , $S$ là trung điểm $DR$. Vì $L$ là điểm $Lemoine$ của tam giác $DEF$ nên $L$ thuộc $MS$ ( Theo bổ đề $1$) Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $A,X,Y$ thẳng hàng với $PD$ cắt $(O)$ tại $Y$ thì ta có $YD$ đi qua trung điểm cung $BAC$ cố định . Thật vậy, ta có biến đổi tỉ số $\frac{AL}{AD}=\frac{ML}{MS}=\frac{KL}{RS}=\frac{XL}{RD}$ , mặt khác $XL\parallel{RD}$ suy ra $A,X,R$ thẳng hàng theo định lí Thales nên ta có $\blacksquare$




#712976 Harmonic Measure

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 21-07-2018 - 21:57 trong Giải tích Toán học

Chả ai làm cả, topic ngao ngán quá




#712969 Tuyển tập truyện cười 18-

Đã gửi bởi AnhTran2911 on 21-07-2018 - 20:55 trong Quán hài hước

công nhận hay thật