Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Eugeo Synthesis 32 nội dung

Có 57 mục bởi Eugeo Synthesis 32 (Tìm giới hạn từ 07-08-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#737696 Chứng minh rằng $AT, BU, CV$ đồng quy

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 28-07-2020 - 12:34 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Chứng minh góc mình dễ thấy $\Delta TVU,\Delta ABC$ có các cạnh $TV//AB,VU//BC,TU//AC$ ( dễ dàng chứng minh bằng góc ) do đó $BV,CU,AT$ đồng quy tại $G$ . Lại có $G$ là tâm nội tiếp của $\Delta TVU$ và $I$ là tâm nội tiếp $\Delta ABC$ do đó $\frac{TH}{AI}=\frac{TV}{AB}=\frac{GT}{GA}$ mà $TH//AI$ do đó ta có $Dpcm$ $\blacksquare$




#731222 [TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUY...

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 04-03-2020 - 07:18 trong Bất đẳng thức và cực trị

$ \boxed{\text{Bài 141}} $ Cho $ x,y,z>0 $ thỏa mãn:  $xy+yz+xz+2xyz=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 4(x+y+z)$$

Mình xin phép giải Bài 141

Ta có: $xy+yz+zx+2xyz=1 <=> \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2=\frac{1}{xyz}$

Đặt $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\rightarrow (a,b,c)$ thì $a+b+c+2=abc<=> ab+bc+ca+2a+2b+2c+3=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1 <=> (a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)=(a+1)(b+1)(c+1) <=> \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1$

Đặt $(\frac{1}{a+1},\frac{1}{b+1},\frac{1}{c+1})\rightarrow (m,n,p)$. Bất đẳng thức tương đương:

$a+b+c\geq \frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c} <=> a+1+b+1+c+1+9\geq 4\frac{a+1}{a}+4\frac{b+1}{b}+4\frac{c+1}{c}<=> \frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}+9\geq 4\frac{1}{1-m}+4\frac{1}{1-n}+4\frac{1}{1-p} <=> \frac{n+p}{m}+\frac{m+p}{n}+\frac{m+n}{p}\geq 4\frac{m}{n+p}+4\frac{n}{m+p}+4\frac{p}{m+n}$

$($ Đúng theo BĐT $Schwarz$ vì $m.\frac{4}{n+p}+n.\frac{4}{m+p}+p.\frac{4}{m+n}\leq \frac{m}{p}+\frac{m}{n}+\frac{n}{m}+\frac{n}{p}+\frac{p}{m}+\frac{p}{n}$ $)$




#730643 [TOPIC] ÔN THI HÌNH HỌC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN VÀ...

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 21-02-2020 - 23:09 trong Hình học

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Gọi $A',B',C'$ lần lượt là trung điểm các cung $BC,CA,AB$ không chứa các điểm $A,B,C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, $BC$ cắt $A'C'$ và $A'B'$ tại $M$ và $N$; $CA$ cắt $A'B'$ và $B'C'$ tại $P$ và $Q$; $AB$ cắt $B'C'$ và $A'C'$ tại $R$ và $S$.

a) Chứng tỏ rằng $AA',BB',CC'$ đồng quy tại $I$

b) Chứng tỏ rằng $IQAR$ là hình thoi.

c) Tìm điểu kiện của tam giác $ABC$ để $MN=PQ=RS$

Bài 1: 

a) Dễ dàng nhận thấy  $AA',BB',CC'$ là các đường phân giác trong $\Delta ABC$ nên đồng quy

b) Ta có : $\widehat{ARQ}=180-\widehat{C}/2-\widehat{A}-\widehat{B/2}=\widehat{AQR}$ do đó $AR=AQ$

Dễ dàng nhận ra $AI$ vuông góc $RQ$ do $\widehat{RAI}+\widehat{ARQ}=\widehat{A}/2+90-\widehat{A}/2=90$

Ta có : $\widehat{IBR}=\widehat{B}/2=\widehat{CC'B'} => BC'RI$ nội tiếp 

$=> \widehat{QRI}=\widehat{IBC'}=\widehat{B}/2+\widehat{C}/2=\widehat{ARQ} => \widehat{IRQ}=\widehat{QRA}=\widehat{AQR}=\widehat{RQI} $

do $BC'RI$ nội tiếp $=> IQAR$ là hình thoi

c) Chứng minh tương tự như câu b thì $BSIM;CPIN$ là hình thoi

Do $\widehat{MC'C}=\widehat{A}/2=\widehat{SAI} => SC'AI$ nội tiếp

Tương tự ta cũng có $IAB'P$ nội tiếp 

$=> \widehat{AIS}=180-\widehat{A'C'A}=\widehat{AB'A'}=180-PIA => \overline{SIP}$

Tương tự $\overline{RIN};\overline{MIQ}$

Ta có : $BS=BM;SR=MN => BR=BN$

Mà $\widehat{BRN}=180-\widehat{IRA}=180-\widehat{A} => NR//AC => AB=BC$

Chứng minh tương tự các trường hợp còn lại thì suy ra $\Delta ABC$ đều

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png



#730391 [TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUY...

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 19-02-2020 - 00:00 trong Bất đẳng thức và cực trị

Em xin giải Bài 12

$\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}=\frac{1}{a^2+b^2+b^2+1+1+1}+\frac{1}{b^2+c^2+c^2+1+1+1}+\frac{1}{c^2+a^2+a^2+1+1+1}\leq \frac{1}{2ab+2b+2}+\frac{1}{2bc+2c+2}+\frac{1}{2ac+2a+2}$

Do đó cần chứng minh $\frac{1}{2ab+2b+2}+\frac{1}{2bc+2c+2}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=>\frac{ac}{2a^2bc+2bac+2ac}+\frac{a}{2bca+2ca+2a}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{ac}{2a+2+2ac}+\frac{a}{2+2ca+2a}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{ac+a+1}{2+2ca+a}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{1}{2}$$\leq \frac{1}{2}$ ( đúng )

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

P/S: Bài 10 được đề xuất có vấn đề khi thử a=b=c=1 . Bạn L.I.C.P vui lòng xem lại ạ!




#729593 Giải hệ phương trình:

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 04-02-2020 - 16:16 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Đặt $a=y-4$ thì $\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}+\sqrt{x+3}=\sqrt{a+1}+\sqrt{a+2}+\sqrt{a+3}=>x=a=y-4$

Tới đây tự làm được rồi $\blacksquare$




#729445 Chứng minh EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 30-01-2020 - 22:47 trong Hình học

$AE/EB=AM/MB=MA/MC=AF/FC=> EF // BC$

Dễ thấy BP và CN đi qua tâm nội tiếp là I nên áp dụng định lý pascal $=>$ E,I,F thẳng hàng




#729301 Chuyên mục quán hình học tháng 1 năm 2020

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 24-01-2020 - 15:16 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Bài 1:

Ta có : $AF=AE$ $=> \Delta JFA=\Delta JEA (ch-cgv)=> J \in AP ; JF=JE$

Gọi giao điểm thứ hai khác $N$ của $(R,RB) \cap EF = U$

Vì $PR=RM$ mà hạ $RR'$ vuông góc với $EF => R'N=R'U$ và $RR'$ vuông góc với $UN$

Nên $UNPM$ là hình thang vuông ( do hạ $MU'$ vuông góc $EF => NV'=V'U' => U'\equiv U$ )

$=> \widehat{NUM}=90^o$ 

Mà $EF \cap BC = V => VN.VU=VD.VM$

Mà $MB=MC => (V,D,B,C)=1$

Do $VNMP$ nội tiếp $=> \measuredangle MVP=\measuredangle MNP = 90^o-\measuredangle UNM=90^o-\measuredangle UDM => UD$ vuông góc với $VP = S$

Do đó gọi $G$ là điểm chính giữa cung $BAC$ của $(O)$ thì $JD$ đi qua $G$

$GS \cap AP = J' => PS.PV=PJ'.PN=PM.PG=PB^2=> PJ'.PN=PB^2=> \widehat{BJ'P}=\widehat{NBP} => \widehat{J'BA}=\widehat{NBD}$

Hạ $JF';JE'$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$ $=> \Delta J'BF' \sim \Delta NBD (g-g),\Delta J'E'C\sim \Delta NDC (g-g)=> \frac{F'B}{BD}=\frac{J'F'}{ND}=\frac{J'E'}{ND}=\frac{E'C}{DC}=>\frac{F'B}{BD}=\frac{E'C}{DC}$

Áp dụng $Ceva$ đảo cho $\Delta ABC => AD,BE',CF'$ đồng quy

Do đó $E'F' \cap BC= V' => (V',D,B,C)=1=> V'\equiv V => EF,E'F',BC$ đồng quy

Mà $E'F' //EF$ ( do cùng vuông góc với $AP ) => E'F'\equiv EF$ $=> E'\equiv E,F'\equiv F$ $=> J' \equiv J$

Ta có :  $VY.YX=VB.VC=VN.VU=VD.VM => YDMX$ nội tiếp 

$AM \cap EF = T$

Dễ dàng chứng minh $\frac{AN}{AJ}=\frac{GM}{GP}$$=\frac{UM}{JP}=> \frac{JP}{JA}=\frac{MU}{AN}$

Ta có : $\frac{JU}{JG}=\frac{NJ}{JA};\frac{JG}{JD}=\frac{JP}{JN}=> \frac{JU}{JD}=\frac{JP}{JA}=\frac{MU}{AN}$$=>\frac{MU}{AN}=\frac{UJ}{JD}=\frac{TU}{TN}=>TJ//ND$

Mà $ND // MP => TJ // MP (1)$

Gọi $PY \cap BC = Y',PX \cap BC = X' => PY'.PY=PB^2=PC^2=PX.PX'=>YY'X'X$ nội tiếp

$=> \widehat{XPM}=\widehat{JPY}=> PM,PJ$ là hai đường đẳng giác trong $\Delta YPX$

Mà theo $(1)$ thì $TJ//MP$ nên đảo lại bài toán tính chất $8$ hai điểm liên hợp đẳng giác trong https://khuongworldo...-giac-va-2.html thì $M$ là điểm liên hợp đẳng giác đối với $J$ trong $\Delta PXY$

$=> \widehat{JYX}=\widehat{MYP}$

Mà $\Delta PMX' \sim \Delta PNY (g-g) => \Delta PX'N \sim \Delta PMY (c-g-c) => \widehat{MYP}=\widehat{PNX'}(=\widehat{DXP}) ($ do $NJX'X$ nội tiếp $)$

$=> \widehat{JYX}=\widehat{DXP}$

Gọi $Z = XP \cap (DXY) => \widehat{DXZ}=\widehat{DYZ}=\widehat{JYX}$$(2)$

Tương tự $Q = PY \cap (DXY) => \widehat{YXQ}=\widehat{DXJ} (3)$

Từ $(2),(3) => YZ,XQ$ cùng đi qua $K$

Gọi $H$ là trung điểm $NG$ $=> HO // NP => HO$ vuông góc với $XY => HY=HX (4)$

Vì $DNGM$ là hình thang vuông nên theo cmt thì $HD=HM$$(5)$

Từ $(4),(5) => H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $YDMX$

Dễ dàng chứng minh $QZ//BC$ có từ các điều trên

$QZ \cap XY = I$,$IP \cap (O) = W$

$PM \cap (DXY) = P'$ 

Vì $\widehat{DMP'}=90^o=> H$ là trung điểm $P'D$ mà $HN=HG=> NP'GD$ là hình bình hành 

$=> JG // NP'=> \widehat{NP'P}=\widehat{JGN}=\widehat{PNM}=> NP^2=PM.PP'=PQ.PY=> NP^2=PQ.PY=PZ.PX => \widehat{NPY}=\widehat{INQ}=\widehat{NZQ} => IN^2=IQ.IZ=IY.IX=IW.IP=> NW$ vuông góc với $IP$ => $\overline{WNHG}$$(6)$

Áp dụng định lý $Brocard$ cho tứ giác toàn phần $YQZX.IP$ thì suy ra $\overline{HKW} (7)$

Từ $(6),(7) => \overline{GNK} (Q.E.D)$

Hoàn tất chứng minh $\blacksquare$

Hình vẽ: Untitled.png

Link: https://www.geogebra...lassic/bdwr5jbk

 




#728805 Chuyên mục quán hình học tháng 1 năm 2020

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 04-01-2020 - 16:52 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Bài 5:

$\widehat{BFA}=\widehat{A}=\widehat{AEC}=>BECF$ nội tiếp

$KB.KC=KT.KA=KE.KF=>\measuredangle KET=\measuredangle TAC =\measuredangle TBC=>EBKT$ nội tiếp

Do đó TKFC nội tiếp

Từ đề bài suy ra O là trực tâm $\Delta AEF$, hạ $FD,AL,EG$ là các đường cao của tam giác đó

Gọi $H$ là trực tâm $\Delta ABC; BN,CJ,AQ$ là các đường cao của tam giác đó

Từ điều trên thì $\Delta AEF\sim \Delta ACB$ có $H,O$ là các trực tâm

$=>\frac{AH}{AQ}=\frac{AO}{AL}=>\widehat{AHO}=\widehat{AQL}=\widehat{AKL}$ do $AQKL$ nội tiếp

Nên $\widehat{BCT}=\widehat{BAK}=\widehat{AKC}-\widehat{B}=\widehat{AKL}+\widehat{LKC}-\widehat{B}=\widehat{AHO}+\widehat{LKC}-\widehat{B}=\widehat{AHO}+\widehat{B}-\widehat{C}-\widehat{B}=\widehat{AHO}-\widehat{C}=\widehat{NHO}$

Gọi $I,M$ lần lượt là hình chiếu của $T-->BC,AC.$, $HO\cup AC={R}$

Thì $\widehat{AMI}=\widehat{ITC}=90^o-\widehat{BCT}=90^o-\widehat{NHO}=\widehat{ARH}=>HO//IM$

Nên đường thẳng $Steiner$ của $T$ đối với $\Delta ABC$ cũng song song với đường thẳng $Euler$ của $\Delta ABC$ mà lại đi qua $H$

$=>DPCM$

Hình vẽ:

Untitled1.png

Link: https://www.geogebra...lassic/knsfqqbz




#728021 Chuyên mục quán hình học tháng 12 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 04-12-2019 - 22:31 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Lời giải bài số $5$ của em

Gọi $H$ là trực tâm $\Delta ABC$, $Y$ là tâm ngoại tiếp $\Delta HBC=>\widehat{BYC}=2\widehat{BAC}$$(1)$

Ta có : $\widehat{ADP}=\widehat{AOP}=2.\widehat{ABP}=>DA=DB$

Tương tự $EA=EC$

Ta có : $AD=DX;AE=EX=>\widehat{DTE}=2.\widehat{DXE}=2.\widehat{DAE}=2.\widehat{DPE}=2.\widehat{BAC}(2)$

Từ $(1),(2)=>\Delta DTE\sim \Delta BYC$

Mà $\Delta ADE\sim \Delta ABC(g-g)$$($ do $\widehat{ADE}=180^o-\widehat{APC}=\widehat{ABC};\widehat{AED}=\widehat{APD}=\widehat{ACB})$

Nên mô hình $\Delta ADE$ với $DT=TE$ đồng dạng với mô hình $\Delta ABC$ với $BY=YC$

$=>\Delta ADT\sim \Delta ABY=>\Delta ADB\sim \Delta ATY (c-g-c)$

Kết hợp với $AD=DB=>AT=TY$

Nên $T$ nằm trên trung trực $AY$, mà $AY$ cố định $=>DPCM$

Chứng minh hoàn tất $\blacksquare .$

ádasdsdsd.png

Hình vẽ: https://www.geogebra...lassic/duzrtdar




#727997 Chuyên mục quán hình học tháng 12 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 04-12-2019 - 01:24 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Lời giải bài số $1$ của em.
Ta có bổ đề sau:

*Bổ đề  : 
Cho $\Delta ABC;AC=AB$ nội tiếp $(O)$; $D\in AC(DA=DC);H\in BC;HC=HB;{G}=AH\cap BD;$ đường trung trực của $BD\cap AB={E};EG\cap (O)={F }$ $(F$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $AC$ không chứa $B)$. Chứng minh $EDFB$ nội tiếp
                                                                          Giải
Gọi $F'\in GE;\widehat{BF'E}=\widehat{DBE}=>EDF'B$ nội tiếp $=>\widehat{DF'E}=\widehat{DBE}$ 
Mà $\widehat{DBE}=\widehat{DCG}=>\widehat{DF'G}=\widehat{DCG}=>DF'CG$  nội tiếp 
$=>\widehat{F'CA}=\widehat{F'GD}=\widehat{EGB}=\widehat{F'BA}$

$=>F'\in (ABC) => F' \equiv F =>DPCM$

hinh9deptrai.png

Hình vẽ:https://www.geogebra...lassic/s3tnnsvn

Quay lại bài toán, ta có:

$BM.BP=BC^2=BD^2=>\widehat{BDP}=\widehat{BMD}=90^o-\widehat{MDJ}=>\widehat{JDB}=90^o=>\overline{AJD}$

Gọi $G=KM\cap (O)$

Ta lại có : $\widehat{HKD}=\widehat{CHP}-\widehat{CDM}=\widehat{CBM}-\widehat{CBG}=\widehat{GBM}=>KGPB$ nội tiếp 

$=>MG.MK=MP.MB=MC^2=MC.MA=MG.MD=>KM=MD=>KADC$ là hình bình hành $=>KE//JD$

$L$ là trọng tâm $\Delta CAD$

 $=>ML=\frac{MD}{3}=\frac{MK}{3}$

Hạ $JR(R\in MD),\measuredangle (JR,MD)=90^o$

$=>RD=\frac{MD}{2}=\frac{4LD}{3}=>RD=3RL,$ kết hợp với $\Delta KLE \sim \Delta DLJ (g-g),KM=3ML(cmt)$

$=>\measuredangle (EM,KL)=90^o$

Theo bổ đề trên thì $DJMF$ nội tiếp 

$=>\widehat{CKD}=\widehat{KDA}=\widehat{MFE}=>KMEF$ nội tiếp 

Ta lại có : $\widehat{EMB}=90^o-\widehat{BMD}=\widehat{PDA}=\widehat{PDM}+\widehat{MDA}= \widehat{PDM}+\widehat{MFE}=>DPCM$

Chứng minh hoàn tất $\blacksquare$

kocogingoaidkien.png

Hình vẽ:https://www.geogebra...lassic/xygqyfkx




#727714 Chuyên mục quán hình học tháng 11 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 24-11-2019 - 23:52 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Lời giải bài số 5 của em

*Bổ đề: 

$\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $I$ là tâm đường tròn $Euler$, $G\in (I)$, $HG\cap (O)={J}$, khi đó $HG=GJ$

Lấy $J'\in$ tia $HG;HG=GJ'$

Kết hợp với $HI=IO=>\Delta GHI\sim \Delta J'HO(c-g-c)=>OJ'=2GI=>J'\in (O)=>J'\equiv J(DPCM) \blacksquare$

Hình vẽ:https://www.geogebra...lassic/m5pqwyqc

Ta có : $IH.IB=IF.ID=NI.IM=>BNHM$ nội tiếp

Tương tự $=>B,N,H,M,C$ cùng thuộc $1$ đường tròn

$FE\cap (ABC)={L}(L\in$ bờ $AB$ không chứa $C)$

$LH\cap (Eul)={X',M'}(M'\neq X';M'\in \overline{AD},\notin B)$$,FH\cap (Eul)={O}$

Áp dụng bổ đề trên thì $FX'OM'$ nội tiếp $=>LFM'C$ nội tiếp $=>\widehat{HM'C}=180^o-\widehat{CFE}=180^o-\widehat{HBC}=>M'=(BHC)\cap (Eul)$

Mà $M=(BHC)\cap (Eul)$$=>M'\equiv M=>X'\equiv X$

Kéo dài $EF\cap (O)={P}(P\neq L)$

Chứng minh tương tự $=>\overline{HYP}$

Xét $\Delta HLP$ có $LX=XH,HY=YP(cmt)$, $LG=GP$ ( hiển nhiên ) $=>DPCM$

Chứng minh hoàn tất $\blacksquare$

Hình vẽ: https://www.geogebra...lassic/gswkxwxb




#727526 Chuyên mục quán hình học tháng 11 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 19-11-2019 - 21:33 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Em xin giải bài 3

Gọi $O=AB\cap KF,ID\cap OF=J$

Thì $\widehat{IJF}=90^o$

Ta có : $\angle IAF=\angle IEF=\angle EAI=\angle EFI$

Nên $\Delta IEF$ cân tại $I$

$=>\widehat{IME}=\widehat{IMF}=90^o$

$=>\widehat{MID}=\widehat{EFK}$$(1)$

Kẻ $MN//IH(N\in IJ)$

Thì $\Delta MND\sim \Delta HID=>MN=ND=>MN+NI=IH$

Kẻ $KE\cap IH=T$

$=>\widehat{NMI}=\widehat{MIH}=\widehat{KEF}$$(2)$

$(1),(2)=>\Delta KEF \sim \Delta NMI (g-g)=>\frac{EF}{MI}=\frac{KE}{NM}=\frac{KF}{NI}=\frac{KE+KF}{MN+NI}=\frac{KE+KF}{IH}=>KE+KF=IH.\frac{EF}{MI}=2.cot(\frac{\widehat{A}}{2}).R_{\widehat{A}}=2.cos(\frac{\widehat{A}}{2}).AI$$(3)$$($ Ở đây $R_{\widehat{A}}$ là bán kính đường tròn bàng tiếp $\widehat{A},\Delta ABC$$)$

Dùng định lý $Ptoleme$ cho tứ giác $AFIE$ thì $IE(AE+AF)=AI.EF=>AE+AF=\frac{AI.EF}{IE}=2.cos(\frac{\widehat{A}}{2}).AI(4)$

Từ $(3),(4)=>KE+KF=AE+AF$

Hoàn tất chứng minh $\blacksquare$

Hình vẽ:https://www.geogebra...lassic/qyd3kbsd

Từ 




#727416 Chuyên mục quán hình học tháng 11 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 15-11-2019 - 22:13 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Lời giải bài $1$ của em:

Bổ đề $1:$ Cho $(A,B,E,F)=1;(A,G,J,H)=1=>$ giao điểm của $EK,FJ$$;B,G$ thẳng hàng

Gọi $L={EK\cap FJ}$

$BJ\cap EK=N$

Với định lý chùm điều hòa cho tâm chùm $J$ cát tuyến $ENL =>(E,L,N,K)=1$

$BG\cap EK=L'$

Với định lý chùm điều hòa cho tâm chùm B  $=>(E,L',N,K)=1$

$=>L'\equiv L$ $=>DPCM$

Hình vẽ:https://www.geogebra...lassic/jqy2bctr

Quay lại bài toán 

Gọi $A_{2}$ là trung điểm $BC.$

$Z$ là trực tâm $\Delta ABC$

Gọi $T\in BC,\widehat{ATB}=90^{o};V\in AC,\widehat{BVA}=90^{o};U\in AB,\widehat{CUA}=90^{o};M={DC\cap BF}$

Nếu kẻ tiếp tuyến $AA_{5},AA_{6} ->(BC)$ thì kết quả quen thuộc $\overline{A_{5}ZA_{6}}$

Gọi $D_{2}={A_{5}A_{6}\cap AA_{2}}$$=>\measuredangle (ZD_{2},AA_{2})=90^{o}$

$TD^2=TB.TC=TZ.TA=>(A,Z,D,E)=1$

Kết quả quen thuộc  $(A,D_{2},F,G)=1$

$=>\overline{ZHD_{2}}$ ( theo bổ đề $1$)

Kéo dài $ZD_{2}\cap BC=A_{1}$

$=>A_{1}T.TA_{2}=TZ.TA=A_{2}B^2=A_{2}D^2$

$=>A_{1}D$ là tiếp tuyến $(BC)$

Ta có: $\Delta DHT\sim \Delta FHA_{2}=>\widehat{HTZ}=\widehat{AA_{2}T}$

Mà $\widehat{AZD_{2}}=\widehat{AA_{2}T}$

$=>\widehat{ZHT}=\widehat{HA_{2}A_{1}}$

$=>A_{1}H^2=A_{1}T.A_{1}A_{2}=A_{1}D^2$

$=>A_{1}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta DHE$

Gọi ${R}=XE\cap BC$

Do $A_{1}R$ là trung trực của $DE$

$=>\widehat{A_{1}DR}=\widehat{A_{1}ER}=\widehat{A_{1}XR}=>A_{1}XDR$ nội tiếp.

$S=XP\cap BC$

Vì $A_{1}XDR$ nội tiếp nên $\widehat{DXR}=\widehat{DA_{1}R}$ 

Kết hợp với $\widehat{DA_{1}R}=\widehat{EA_{1}S}$ $=>\widehat{DXE}=\widehat{SA_{1}E}=>A_{1}XSE$ nội tiếp

$=>\widehat{A_{1}EX}=\widehat{A_1SX}$

Mà $\widehat{A_1EX}=\widehat{A_1XE}=>\widehat{A_1XE}=\widehat{A_1SX}<=>\widehat{A_1XB}+\widehat{BXQ}=\widehat{SXC}+\widehat{XCS}$ 

Kết hợp với $\widehat{A_1XB}=\widehat{XCS}$ $($ do $A_1X^2=A_1D^2=A_1B.A_1C$ nên $A_1X$ là tiếp tuyến $(O)$$)$

$=>\widehat{BXQ}=\widehat{SXC}=>BQPC$ là hình thang cân

Gọi $J={BP\cap AE};I={BP\cap CQ};K={AE\cap QC};L=(XDE)\cap (O)$

$=>A_1L$ là tiếp tuyến $(O)$

Ta có: $A_2B^2=A_2C^2=A_2D^2=A_2T.A_2A_1=>(A_1,T,B,C)=1$

$=>(A_1,T,B,C)=1$ mà $A_1X,A_1L$ là tiếp tuyến của $(O)$

$=>\overline{XTL}$

Ta có: $\widehat{LBP}=\widehat{LXP}=\widehat{LXD}=\widehat{LED}=>BJLE$ nội tiếp 

$=>\widehat{BLJ}=\widehat{BET}=\widehat{DCB}$

Kéo dài $LJ\cap (O)=B_1$

$=>\widehat{BLJ}=\widehat{B_1CB}=\widehat{DCB}=>\overline{B_1DC}$

Ta có: $\widehat{JKI}=90^o-\widehat{KCB}=90^o-\widehat{IBC}=\widehat{IJK}=>JI=IK$

Kéo dài $CD\cap BE={V_1}$

Ta có: $\widehat{V_1CB}=\widehat{EA_1C}=\widehat{BEA_1}$

$=>V_1CEA_1$ nội tiếp 

$=>\widehat{CV_1B}=\widehat{EA_1C}=\widehat{DA_1C}=\widehat{DXE}=>V_1XDE$ nội tiếp

Nên ta lại có: 

$\widehat{EDL}=\widehat{EXL}=\widehat{QCL}=\widehat{KCL}=>DCLK$ nội tiếp 

$=>\widehat{LKC}=\widehat{LDC}=\widehat{LEV_1}=\widehat{LJI}$

$=>JKLI$ nội tiếp 

Do đó : $\widehat{JIL}=180^o-\widehat{JKL}=180^o-\widehat{DKL}=\widehat{DCL}=\widehat{DLA_1}$

Suy ra $A_1L$ là tiếp tuyến của $(JKL)$

$=>(JKL),(ABC)$ tiếp xúc nhau

Hoàn tất chứng minh $\blacksquare$

Hình vẽ:https://www.geogebra...lassic/yfqrf2fc

 




#727111 Chuyên mục quán hình học tháng 11 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 04-11-2019 - 21:06 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Lời giải bài số 2.

Có kết quả hiển nhiên $(A,C,Y,K)=1$

Gọi $E={IM\cap YZ}$

Kéo dài $AI\cap ZY={D} => IDMY$ nội tiếp 

$=>IE.EM=DE.EY$

$IC\cap ZY={F}$

Thì $\widehat{BIF}=180^o-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=180^o-(90-\frac{\widehat{A}}{2})=180^o-\widehat{AZY}=\widehat{BZF}$

$=>BZIF$ nội tiếp 

Như vậy chỉ cần chứng minh $ZIFM$ nội tiếp 

Tức là $ZE.EF=IE.EM<=>ZE.EF=DE.EY$

Áp dụng định lý chùm điều hòa cho $IA,IY,IC,IK$ với cát tuyến $Y,F,E,D$ thì $(A,C,Y,K)=1 =>(D,F,E,Y)=1$

$=>\frac{EF}{ED}=\frac{YF}{YD}<=>\frac{EF}{ED}=\frac{YF}{DZ}$

Do đó $\frac{EF}{YF}=\frac{ED}{DZ}<=>\frac{EF}{EY}=\frac{ED}{EZ}$

Nên $ZE.EF=DE.EY$ $\blacksquare$

Hình vẽ: https://www.geogebra...lassic/hzrmevn3




#726708 Chọn đội tuyển Arc 2019, vòng 1.

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 21-10-2019 - 19:36 trong Tài liệu - Đề thi

cho em ké bài 3

ta có $3(ab+bc+ac)=(a+b+c)(ab+bc+ac)$$3abc+(a^{2}b+b^{2}c+ac^{2})+(ab^{2}+bc^{2}+a^{2}c)$$\geq 3abc+3abc+3abc=3abc+6abc$(1)

ta cần chứng minh $3\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}\Rightarrow (a+b+c)^{2}\geq 3a^{2}+3b^{2}+3c^{2}\Rightarrow (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\geq 0$

thay vào (1)=>......

Bạn giải cũng hay đó, cơ mà chỗ $(a+b+c)^2\leq 3a^2+3b^2+3c^2<=>2a^2+2b^2+2c^2\geq 2ab+2bc+2ca$ mới đúng chứ bạn, có vấn đề chỗ đó, mong bạn xem lại  :mellow:




#726433 Chuyên mục quán hình học tháng 10 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 14-10-2019 - 00:03 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Lời giải bài số 6 của em

Gọi $F$ là giao của đường thẳng $C$ vuông góc với $BI$ và $D$ vuông góc với $CI$
$=>\widehat{FCB}=90^o-\frac{\widehat{B}}{2}$
Và $\widehat{BCD}=90^o-\frac{\widehat{A}}{2} => \widehat{DCI}=\frac{\widehat{B}}{2}=> \widehat{FDC}=90^o-\frac{\widehat{B}}{2}$
Mà $\widehat{ADC}=180^o-\widehat{B}$
$=>DF$ là phân giác của $\widehat{ADC}$
Kéo dài $DF\cap (O)={G}$
Kéo dài $DO\cap (O)=R$
Kéo dài $CI\cap (O)=H$
$=>H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABI$
Ta có : $\Delta ECD\sim \Delta IRO (g-g)=> \frac{EC}{CD}=\frac{IR}{RO}$ $(1)$
$\Delta BRC\sim \Delta DOC (g-g) => \frac{BC}{RI}=\frac{DC}{OC}<=>\frac{BC}{CD}=\frac{RI}{OC}(2)$
Từ $(1),(2) => EC=BC$
$=>\widehat{IEC}=\widehat{IBC}=\widehat{IBA}$
$=> AEIB$ nội tiếp
$=> HE=HA=HI=HB$
Gọi $K$ là giao điểm của $FG,IH.$
Ta có : $\widehat{FCI}=\widehat{FCB}-\widehat{ICB}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{C}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}$
Và $\widehat{ICG}=\widehat{ADG}=90^o-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}$
$=> \Delta FCK=\Delta GCK (cgv-gn)$
$=>\Delta HGC=\Delta HFC(c-g-c)$
$=>\widehat{HGC}=\widehat{HFC}$
Ta có : $\widehat{HGC}=180^0-\widehat{ADC}+\widehat{ADH}=\widehat{B}+\frac{\widehat{C}}{2}(3)$
Và $\widehat{HEC}=\widehat{HEI}+\widehat{IEC}=90^o-\widehat{EBI}+\frac{\widehat{B}}{2}=90^o-\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}=\frac{\widehat{B}}{2}+\frac{\widehat{C}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}=\widehat{B}+\frac{\widehat{C}}{2}(4)$
Từ $(3),(4) =>\widehat{HGC}=\widehat{HEC}$
Mà $\widehat{HGC}=\widehat{HFC} (cmt) => \widehat{HFC}=\widehat{HEC}$
$=>HEFC$ nội tiếp 
$=>\widehat{EFC}=180^{o}-\widehat{EHI}=180^{o}-\widehat{A}=\widehat{B}+\widehat{C}$
Và $\widehat{DFC}=180^{o}-\widehat{FDC}-\widehat{FCD}=180^{o}-90^{o}+\frac{\widehat{B}}{2}-(\widehat{DCH}-\widehat{FCH})=90^{o}+\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{B}}{2}+\frac{\widehat{A}}{2}=90^{o}+\frac{\widehat{A}}{2}$
$=>\widehat{DFE}=360^{o}-\widehat{EFC}-\widehat{DFC}=180^o+\widehat{A}-90^o-\frac{\widehat{A}}{2}=90^o+\frac{\widehat{A}}{2}=180^o-(90^o-\frac{\widehat{A}}{2})=180^o-\widehat{DAE}$
$=>ADFE$ nội tiếp
Hoàn tất chứng minh. $\blacksquare$



#726346 Chuyên mục quán hình học tháng 10 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 10-10-2019 - 19:10 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Lời giải bài số 2 của em

Ta có :$\widehat{FXN}=\widehat{AEF};\widehat{NYE}=\widehat{YEN}$

$=>\Delta FXN\sim \Delta YEN (g-g)=> XN.YN=EN.FN=EN^2$\

Gọi $H$ là giao của $(ANF),AZ$; gọi $J$ là giao của $(ANE),AZ$

Ta có: $\widehat{AHN}=\widehat{AFE}=\widehat{EAZ} =>HN//AE$

Tương tự $NJ//AF$$=>HAYN;AJNX$ là các hình thang cân

$=>$ trung trực của $HN$ trùng với trung trực của $AY$

Mà trung trực $AY$ chứa $I$

$=>IH=IN$

Tương tự $IN=IJ$

$=> I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta HJN$

Ta có :

$\widehat{AHN}=\widehat{AFN}=\widehat{JNE} (AF//NJ)$

$=>ZN$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta HJN$$(3)$

Kéo dài $AN\cap (HJN)={K}$

Kéo dài $AN\cap BC={L}$

$=>\Delta AKJ\sim \Delta LCA (g-g)=>\frac{KJ}{AC}=\frac{AJ}{AL}$

Và $\Delta AJN\sim \Delta LBA (g-g)=>\frac{JN}{AB}=\frac{AN}{AL}$

$==> \frac{KJ}{JN}=\frac{AC.AJ}{AB.AN}$

Ta có : $\frac{FN}{NX}=\frac{FA}{AE}=\frac{AC}{AB}$

$=>\frac{KJ}{JN}=\frac{AC.AJ}{AB.AN}=\frac{FN}{NX}.\frac{AJ}{AN}=\frac{NF}{AN}=\frac{NE}{AN}$$(1)$

Ta lại có : $\Delta KNH\sim \Delta EAN=>\frac{HK}{HN}=\frac{NE}{NA}(2)$

Từ $(1),(2)=>\frac{KJ}{JN}=\frac{KH}{HN}$

Do đó $KJNH$ là tứ giác điều hòa

$=>ZK$ cũng là tiếp tuyến của $(HJN)$$(4)$

Từ $(3),(4)=>KN$ vuông góc với $IZ$

Hay $AN$ vuông góc với $IZ$

Hoàn tất chứng minh $\blacksquare$

Hình vẽ: https://www.geogebra...lassic/t58a7htc




#726259 Chuyên mục quán hình học tháng 10 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 08-10-2019 - 13:15 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

đây là lời giải bài số 5 của em ( cách này em dùng đại số khá hay, phù hợp với kiến thức cấp 2)

Gọi $E$ là giao điểm của $NJ,BC.$

Gọi $F$ là trung điểm của $PC$

$=> F$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta IPC$

$=>FJ$ vuông góc $IP$ tại trung điểm của $IP$

Gọi $G$ là giao điểm của $FJ,IP$ thì $G$ là trung điểm của $IP=>GN//EF.$ 

$=>\frac{GN}{EF}=\frac{GJ}{JF}$

$\widehat{JIP}=90^o-\widehat{IQB}=\widehat{IBC}=\frac{\widehat{B}}{2}$

Tương tự $\widehat{PID}=\widehat{JIQ}=\frac{\widehat{C}}{2}$.

Tiếp tục ta có :

$<=>\frac{PD}{2EF}=\frac{GJ}{JF}<=>\frac{PD.JF}{GJ}=2EF<=>\frac{sin\frac{\widehat{C}}{2}.PI.(\frac{IC}{2}-GJ)}{GJ}=2EF <=>\frac{sin\frac{\widehat{C}}{2}.PI.\frac{IC}{2}}{GJ}-sin\frac{\widehat{C}}{2}.PI=2EF <=> sin\frac{\widehat{C}}{2}.IC/tan\frac{\widehat{B}}{2}-sin\frac{\widehat{C}}{2}.PI=2EF<=>sin\frac{\widehat{C}}{2}.IC/tan\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{PI^2}{PC}=2EF<=>\frac{ID}{IC}.CI.\frac{BD}{ID}-\frac{PI^2}{PC}=2EF$

$<=>BD-\frac{PI^2}{PC}=2EF<=>BD-\frac{PI^2}{PC}+PC=2EF+PC<=>BD-\frac{PI^2-PC^2}{PC}=2EF+PC<=>BD+\frac{IC^2}{PC}=2EF+PC<=>BD+DC=2EF+PC<=>BC-PC=2EF<=>BP=2EF$

Mà $2FC=PC=>2EF+2FC=BP+PC<=>2EC=BC$

Chứng minh hoàn tất $\blacksquare$

Hình vẽ:  https://www.geogebra...lassic/rqzupagm

 

P/S: Nếu có gì mình sẽ bổ sung sau, lời giải của mình hơi vắn tắt.




#726236 Chuyên mục quán hình học tháng 10 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 07-10-2019 - 22:18 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Đây là lời giải bài số 4 của em

Gọi $I$ là giao điểm của $EF$ và $(BHE)$, $J$ là hình chiếu vuông góc hạ từ $B$ xuống $AC$, $K$ là hình chiếu hạ từ $C$ xuống $AB$.

Ta có : $\widehat{FIH}=\widehat{EIH}=\widehat{EBH}=\widehat{HCA}=\widehat{HCF}$

Do đó $\widehat{FIH}=\widehat{HCF}$

Mà $EF//HC$ ( cùng vuông góc với $AB$ )

$=>EFCH$ là hình bình hành

$=>IH=FC$

Ta có : $\widehat{IHB}=\widehat{FGC}=90^{o}$

Mà $\widehat{BIH}=\widehat{HBC}$  (do tiếp tuyến ), và $\widehat{HBC}=\widehat{GFC}$

$=>\widehat{BIH}=\widehat{GFC}$

$=>\Delta IHB\sim \Delta FGC ( g-g)$

$=>\frac{IH}{FG}=\frac{IB}{FC}=>IH.FC=IB.FG$

mà $IH=FC(cmt)=>IH^2=IB.FG$$(1)$

Hạ $L$ là hình chiếu vuông góc của $H --> IB$

$=>IH^{2}=IL.IB$$(2)$

Từ $(1),(2)=>IL=FG$

$=>\Delta ILH=FGC(ch-cgv)=>LH=GC$ $(3)$

Ta có : $\widehat{HLB}=\widehat{LBD}=\widehat{BDH}=90^{o}$

$=>LHDB$ là hình chữ nhật 

$=>LH=BD$ $(4)$

Từ $(3),(4)=>BD=GC$

Hoàn tất chứng minh $\blacksquare$

Hình vẽ:https://www.geogebra...lassic/wdpfvjr3




#725857 Chọn đội tuyển Arc 2019, vòng 1.

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 24-09-2019 - 22:41 trong Tài liệu - Đề thi

Đề AMS vòng 2:https://www.facebook...=k*F&tn-str=k*F

70673980_948907202126203_246536147902136

 




#725841 Chọn đội tuyển Arc 2019, vòng 1.

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 24-09-2019 - 18:23 trong Tài liệu - Đề thi

Bài $2b$ ,mình cũng xin giải luôn.

$a^2=b^3<=>a^3=b^3a<=>a=(\frac{a}{b})^3$

Vì $a^2=b^3<=>a^2\vdots b^2<=>a\vdots b$

Do đó $a=(\frac{a}{b})^3=k^3$

Ta lại có: $c^3=d^4<=>c^4=d^4c<=>c=(\frac{c}{d})^4$

Chứng minh như trên suy ra $c\vdots d=>c=(\frac{c}{d})^4=e^4$

$=>$$e^{12}=d^4$$=>d=e^3$

Do đó $a-d=k^3-e^3=7$

$<=>(k-e)(k^2+ek+e^2)=7$

Thử trực tiếp với $7$ là số nguyên tố thì $k=2,e=1$

Do đó $a=8,d=1$

Vậy $a=8,b=4,c=d=1$

P/S: Các thánh số học đâu rồi, mau hiện hình nào  :(  :(  Giải nốt câu $2c$ đi




#725491 Chọn đội tuyển Arc 2019, vòng 1.

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 12-09-2019 - 23:21 trong Tài liệu - Đề thi

$2a$ khá dễ, mình xin làm trước :)) 

Vì $\frac{a+b\sqrt{69}}{b+c\sqrt{69}}$ là số hữu tỉ nên đặt $\frac{a+b\sqrt{69}}{b+c\sqrt{69}}=\frac{m}{n}((m,n)=1)$

$<=>an+bn\sqrt{69}=bm+cm\sqrt{69}$

$<=>an-bm=(cm-bn)\sqrt{69}$

Do đó $(cm-bn)\sqrt{69}$ là số tự nhiên

$=>cm-nb=0<=>cm=nb$

Suy ra $an-bm=0<=>an=bm$

$<=>cm.an=nb.bm<=>ca.mn=b^2.mn=>ca=b^2$

Do vậy $4c^2+a^2=4c^2+a^2+4ac-4b^2=(2c+a)^2-b^2=(2c+a-b)(2c+a+b)$

Nếu số đó là số nguyên tố thì $2c+a-b=1$

$<=>4c^2+a^2+4ac=1+b^2+2b$

$<=>4c^2+a^2+3ac=1+2b$

Ta có: $4c^2+a^2+3ac > 5+3b^2>5+b^2>2+b^2>1+1+b^2\geq 1+2b$

Do vậy $(2c+a-b)(2c+a+b)$ không thể là số nguyên tố.

Vậy $4c^2+a^2$ là hợp số




#725490 Chọn đội tuyển Arc 2019, vòng 1.

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 12-09-2019 - 22:58 trong Tài liệu - Đề thi

Nguồn: https://www.facebook.com/babylearnmath

70487973_10219472482139622_4215952344568




#725369 Chuyên mục quán hình học tháng 9 năm 2019

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 09-09-2019 - 22:33 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Mình cũng có lời giải khác câu số $5$, các bạn xem thử nhé, xem có đúng không?

Gọi $I$ là chân đường cao hạ từ $A-->BC$. 

Từ giả thiết suy ra $BHCF$ là hình bình hành.

$=>BH//FC;HC//BF$

Mà $HC$ vuông góc với $AB$

$=>\widehat{FCE}=90^{o}$

Tương tự $\widehat{FBD}=90^{o}$

Gọi $G,J$ lần lượt là giao của $HD,HE$ với $BC$

Ta có: $\widehat{HGJ}=\widehat{IHJ}$ ( cộng góc )

$=>\widehat{HGB}=\widehat{EHA}$ ( kề bù )

Mà $\widehat{HBG}=\widehat{HAE}$ ( nội tiếp)

$\Delta HBG\sim \Delta EAH (g-g)$

$=>\widehat{BHD}=\widehat{CEH}$ $(1)$

Mà $\widehat{HBA}=\widehat{HCA}$ ( nội tiếp )

$=>\widehat{DBH}=\widehat{ECH}$ ( kề bù ) $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $\Delta DBH\sim \Delta HCE (g-g)$

$=>\frac{DH}{HE}=\frac{BH}{CE}=\frac{CF}{CE}$ ( tính chất hình bình hành ) và $\widehat{CHE}=\widehat{BDH}$ $(3)$

Mà $\widehat{DHE}=\widehat{FCE}=90^{o}$

$=>\Delta CEF\sim HED (c-g-c)$     

$=>\widehat{CEF}=\widehat{HED}$

$=>\widehat{HEC}=\widehat{FED}$

Vì $\Delta CEF\sim \Delta HED (cmt)$ nên $\frac{FE}{ED}=\frac{CE}{EH}$ và $\widehat{EFC}=\widehat{EDH}$ $(4)$

Mà $\widehat{FED}=\widehat{HEC} (cmt)$

$=>\Delta CEH\sim FED (c-g-c)$

$=>\widehat{FDE}=\widehat{CHE}$

Mà chứng minh từ $(3)$ ta có $\widehat{CHE}=\widehat{BDH}$

$=>\widehat{FDE}=\widehat{BDH}=>\widehat{EDH}=\widehat{FDB}$

Mà chứng minh từ $(4)$ ta có $\widehat{EDH}=\widehat{EFC}$

$=>\widehat{FDB}=\widehat{EFC}$ $(5)$

Ta có : $\widehat{DBF}=\widehat{DMF}=90^{o}$

Nên $DFMB$ nội tiếp 

$=>\widehat{FDB}=\widehat{BMH}$

Mà $\widehat{FDB}=\widehat{EFC}$ ( Chứng minh từ $(5)$)

$=>\widehat{EFC}=\widehat{BMH}$

Mà $\widehat{MFC}=\widehat{BHM}$$(FC//BH)$

Nên $\widehat{HFE}=\widehat{MFC}+\widehat{EFC}=\widehat{BHM}+\widehat{HMB}=180^{o}-\widehat{HBC}=180^{o}-\widehat{HAC}$

Do đó $AHFE$ nội tiếp.

Hoàn tất chứng minh $\blacksquare$

Hình vẽ: https://www.geogebra...lassic/ce73zsag




#725337 Chứng minh $ IE.AD = 2ID.EA $

Đã gửi bởi Eugeo Synthesis 32 on 08-09-2019 - 20:53 trong Hình học

Đang đăng tự nhiên lỡ tắt bây giờ viết lại nhát quá :(, mình chỉ ghi ý tưởng nè.

JI=JB=JC=JE, bạn nào không biết nhớ tham khảo link này https://diendantoanh...22/#entry725288+ like lời giải của mình nhé, cảm ơn các bạn nhiều

J là tâm nội tiếp $\Delta BIC$

$AI/ID$=AC/CD=AJ/JB=AJ/JE( dùng tính chất đường phân giác+ đồng dạng)

=> AD/ID=AE/JE

<=>AD.JE=ID.AE

<=>AD.IE/2=ID.AE

<=>AD.IE=2ID.AE ( ĐPCM)

P/S: Kí hiệu $(ABC)$ tức là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ đó bạn :)