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.


Hình ảnh

Tôpic nhận đề Hình học


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3818 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 28-07-2013 - 12:37

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu về Hình học

 

I- Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu

3) Đăng kí thi đấu

 

II - Yêu cầu về đề bài
1. Hình thức:

- Đề bài phải có đáp án kèm theo.

- Đề bài và đáp án được gõ $\LaTeX$ rõ ràng

2. Nôi dung

* Đối với MO

- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu của THPT. Kiến thức dùng để giải bài không vượt quá kiến thức thi VMO

- Đề bài không được ở dạng thách đố, cách giải ngặt ngèo thông qua những bổ đề quá khó, không copy nguyên văn từ đề thi Olympic hoặc HSG cấp tỉnh trở lên.

- Toán thủ không nên copy đề bài từ một topic nào đó của VMF, không được post lại đề đã nộp ra topic mới dù cho đề có được chọn hay không.

 

III - Mẫu đăng kí và nộp đề

1. Họ và tên thật:

2. Đang học lớp ?, trường ?, huyện ?, tỉnh ?

3. Đề 

4. Đáp án

 

IV - Chú ý

1) Bạn sẽ thấy ở trên khung trả lời của bạn có dòng sau Bài viết này phải qua kiểm duyệt của quản trị viên mới được đăng lên diễn đàn.

Điều này có nghĩa là các toán thủ khi nộp đề, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy và ấn nút GỬI BÀI là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

 

2) Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi $\LaTeX$ trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa. 

 

3) Nếu đề bài của bạn không được chấp nhận, BTC sẽ làm hiện nó và nói rõ lý do vì sao, khi đó, bạn phải nộp đề khác. 

Nếu đề bài của bạn được chấp nhận, bạn sẽ thấy tên mình trong danh sách thi đấu tại đây sau mỗi thứ 7 hàng tuần.

 

4) Mỗi tuần, BTC chỉ cho phép toán thủ đăng kí 1 nộp đề cho 1 chủ đề nên bạn đừng ngạc nhiên khi thấy có lúc topic này bị khóa

 

 


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Anime !!

Đã gửi 29-07-2013 - 18:46

1, Họ và tên thật : Lương Quốc Trung

2,Đang học lớp 10 trường chuyên Hà nội -Amsterdam , Quận Cầu Giấy , Hà Nội.

3, Đề bài :Cho (O) và dây BC cố định . $A \in (O)$,  H là trực tâm $\Delta ABC$ , kẻ phân giác AD ($D \in BC$) giao (O) =L .Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt đường AD tại X. Lấy điểm K trên AD sao cho $AX.DL=2XD.KD+XD.DL+DK.DL$. Kẻ $KY \perp AB , KZ \perp AC .$

Chứng minh rằng Y,Z,H thẳng hàng và khi A di chuyển trên (O) , H ,K luôn đi qua điểm cố định .

4, Đáp án

@~> Chứng minh H,K luôn đi qua điểm cố định.

Lấy M là trung điểm BC.

Ta có :$AX.DL=2XD.KD+XD.DL+KD.DL$

$\Leftrightarrow DL(AX-DK)=XD(2KD+DL)$

$\Leftrightarrow \frac{AX-DK}{XD} =\frac{2KD+DL}{DL}$

$\Leftrightarrow \frac{AK-XD}{XD} =\frac{KD+KL}{DL}$

$\Leftrightarrow \frac{AK}{XD} =\frac{2KL}{DL}$

$\Leftrightarrow  \frac{AK}{2KL} =\frac{XD}{DL} =\frac{OM}{ML}$ (Ta-let)

$\Leftrightarrow \frac{AK}{KL} =\frac{2OM}{ML} (1)$

Kẻ đường kính AA'. Ta có A'C //BH , A'B//HC $\Rightarrow$ BHCL là hình bình hành $\Rightarrow$ HBA' thẳng hàng .$\Rightarrow$ OM là đường trung bình $\Delta AHA' \Rightarrow 2OM =AH $.

Từ (1) $\Rightarrow \frac{AK}{KL} =\frac{AH}{ML}$ .Mà $AH //LO \Rightarrow \angle HAK =\angle KLM$

$\Rightarrow \Delta AHK$ ~ $\Delta LMK$,$\Rightarrow \angle HKA =\angle LKM $

$\Rightarrow H ,K ,M $thẳng hàng .Vậy HK đi qua điểm cố định M khi A di chuyển trên (O).

@~> Chứng minh Y,Z,H thẳng hàng .

 Từ H kẻ đường thẳng vuông góc AL cắt AB,AC lần lượt tại Y' và Z' . Từ Y',  Z' kẻ các đường vuông góc với AB,AC , chúng cắt nhau tại K' trên phân giác AL.Ta sẽ chứng minh $K \equiv K'$

Từ Y',Z' kẻ các đường thẳng vuông góc với Y'Z' cắt BH ,HC lần lượt tại P ,Q.

Ta có $\Delta AY'K' =\Delta AZ'K' \Rightarrow AY' =AZ'$,$\Rightarrow \Delta AY'Z'$ cân $\Rightarrow \angle AY'H =90^o -\frac{\angle A}{2}$

Mà $\angle AY'H - \angle Y'BH =\angle Y'HB $$\Rightarrow \angle Y'HB =90^o -\frac{\angle A}{2} -90^o + \angle A =\frac{\angle A}{2}$

$\Rightarrow \Delta AY'K' $~ $\Delta HY'P$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AY'}{Y'K'} =\frac{Y'H}{Y'P}$ và $\angle AY'H =\angle K'Y'P$

$\Rightarrow \Delta AHY'$ ~ $\Delta K'PY' \Rightarrow \angle Y'AK' =\angle AHY' $ Cmtt $\Rightarrow \angle Z'QK' =\angle AHZ'$

Mà $PY'Z'Q$ là hình thang  $\Rightarrow PK'Q$ thẳng hàng .

Mà $\Delta AY'Z'$ cân $\Rightarrow AK' \perp Y'Z'$ tại Trung diểm $Y'Z'$ $\Rightarrow K'$  là trung điểm PQ ( AK' là đường trung bình của hình thang $PY'Z'Q$).

- $PQ$ giao $HM$ tại $K '' $. Theo ta-let $\Rightarrow \frac{PK''}{K''P}=\frac{BM}{MC} =1 \Rightarrow K '' \equiv K'$$\Rightarrow K'' \equiv K' \equiv K$ , cùng là giao của AL và HK.

Vậy $Y'\equiv Y , Z' \equiv Z , \Rightarrow YZ$ qua H.

Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn .

File gửi kèm

  • File gửi kèm  MSS.PNG   222.5K   0 Số lần tải


#3 tienthcsln

tienthcsln

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 02-08-2013 - 13:30

Họ và tên: Hồ Anh Tiến

Lớp: 10 Toán

Trường: THPT Chuyên Quảng Bình

Đề: 

Chứng minh rằng các đoạn thẳng nối mỗi đỉnh của 1 tứ giác lồi với trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 đỉnh còn lại luôn đồng quy tại 1 điểm.

Đáp án:

   * Hình vẽ:

57037567.aadq.png

   

   * Giải:

Xét tứ giác lồi ABCD với A', B', C', D' lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC, ta chứng minh AA', BB', CC', DD' đồng quy.

Gọi M, N lần lượt trung điểm AB, BC. 

Dễ thấy: D, C', M thẳng hàng; C;D';M thẳng hàng.

Lại có: $\frac{MC'}{MD}=\frac{1}{3}=\frac{MD'}{MC}$

$\Rightarrow C'D'// DC\Rightarrow \frac{C'D'}{DC}=\frac{MC'}{MD}=\frac{1}{3}$

Gọi T là giao điểm của CC' với DD' thì $\frac{D'T}{DT}=\frac{C'D'}{DC}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{D'T}{DD'}=\frac{1}{4}$

Chứng minh tương tự ta có:

Nếu gọi $T_{1}$ là giao điểm của 2 trong 4 đường AA';BB';CC';DD'(ngoài CC' với DD') chẳng hạn là DD' với AA' thì $\frac{D'T_{1}}{DT_{1}}=\frac{D'A'}{DA}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{D'T_{1}}{DD'}=\frac{1}{4}$ $\Rightarrow T_{1}\equiv T$

Vậy bài toán được chứng minh.

 



#4 henry0905

henry0905

    Trung úy

  • Thành viên
  • 892 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Đại Nghĩa
  • Sở thích:Đi ngủ

Đã gửi 02-08-2013 - 17:25

Họ và tên: Lâm Minh Triết
Lớp 11CT1 trường Trần Đại Nghĩa TPHCM
Đề: Cho tứ giác ABCD


Họ và tên: Lâm Minh Triết
Lớp 11CT1 trường Trần Đại Nghĩa TPHCM
Đề: Cho tứ giác $ABCD$ có các cặp cạnh đối không song song và hai đường chéo $AC, BD$ cắt nhau tại $O$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $OAB, OCD$ cắt nhau tai $X$ và $O$. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác $OAD$ và $OCB$ cắt nhau tại $Y$ và $O$. Các đường tròn đường kính $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $Z$ và $T$. Chứng minh rằng 4 điểm $X, Y, Z, T$ cùng thuộc một đường tròn hoặc đường thẳng.
File gửi kèm  ScreenHunter_83 Aug. 02 19.26.jpg   44.27K   0 Số lần tải
Đáp án:
Bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$. $E, F$ xác định như trên. Khi đó các đường tròn đường kính $AC, BD, EF$ có cùng trục đẳng phương.
Chứng minh:
Gọi $H, K$ là trực tâm các tam giác $ECB$ và $FCD$.
Ta có: $\left\{\begin{matrix} \overline{HL}.\overline{HC}=\overline{HM}.\overline{HB}=\overline{HN}.\overline{HE} & \\ \overline{KP}.\overline{KC}=\overline{KQ}.\overline{KD}=\overline{KR}.\overline{KF} & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} P_{H/(AC)}=P_{H/(BD)}=P_{H/(EF)} & \\ P_{K/(AC)}=P_{K/(BD)}=P_{K/(EF)} & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow HK$ là trục đẳng phương chung
Trở lại bài toán.
Xét phép nghịch đảo tâm $O$, phương tích $R^{2}$: $N^{R^{2}}_{O}$. Giả sử qua $N^{R^{2}}_{O}$ thì $A\rightarrow A',B\rightarrow B',C\rightarrow C',D\rightarrow D',X\rightarrow X',Y\rightarrow Y',Z\rightarrow Z',T\rightarrow T'$
Ta có: $(OAB)\rightarrow A'B',(OCD)\rightarrow C'D'$
$(OAD)\rightarrow A'D',(OCB)\rightarrow C'B'$
$\Rightarrow X'=A'B'\cap C'D', Y'=A'D'\cap C'B'$
$Z', T'$ là giao của các đường tròn đường kính $A'C', B'D'$
Áp dụng bổ đề cho tứ giác $A'B'C'D'$ có $Z'T'$ là trục đẳng phương chung của các đường tròn đường kính $A'C', B'D',X'Y'$. Vậy $X',Y',Z',T'$ cùng thuộc một đường tròn, dẫn đến $X,Y,Z,T$ cùng thuộc một đường tròn hoặc một đường thẳng.

#5 hoangtrunghieu22101997

hoangtrunghieu22101997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:TAEKWONDO

Đã gửi 26-10-2013 - 21:31

1. Họ và tên thật: Hoàng Trung Hiếu

2. Đang học lớp 11 Toán 1, trường THPT Chuyên Thái Bình

3. Đề
 
Cho $\Delta ABC$ và đường thẳng $d$ cố định . Trên 2 đoạn thẳng $MB; MC$ lần lượt lấy 2 điểm $E;F$ cố định sao cho: $\dfrac{ME}{MB}=\dfrac{MF}{MC}=k$ cố định. Từ $E;F$ lần lượt kẻ: $EP;FQ$ vuông góc với $d$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $PQ$ luôn đi qua đường thẳng cố định

4. Đáp án
Hình Vẽ:


10493410716_2720db4fa3_b.jpg


Do $\dfrac{ME}{MB}=\dfrac{MF}{MC}=k$

Vì $PE;XY;FQ$ cùng vuông góc với $d$
Nên
$\overrightarrow{PE}=(1-k).\overrightarrow{MX};\overrightarrow{FQ}=(1-k).\overrightarrow{MY}$

Chúng ta cần tìm điểm O cố định sao cho $MO \perp PQ$

Gọi $H$ là hình chiếu của A xuống $d$. Từ H kẻ $d_1 \perp BC$

Trên $d_1$ lấy điểm $O$

$MO \perp PQ \Leftrightarrow \overrightarrow{MO}.\overrightarrow{PQ}=0$

$\Leftrightarrow (\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HO}).(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FQ})=0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{MH}.\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{HO}.(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{FQ})=0$

$\Leftrightarrow k.\overline{MH}.\overline{BC}.\cos(d;BC)+(1-k).\overline{HO}.\overline{XY}.\cos(XY;OH)=0$

$\Leftrightarrow \overline{HO}=-\dfrac{k.\overline{MH}.\overline{BC}.\cos(d;BC)}{\overline{XY}.\cos(XY;OH)}$
Vì XY luôn vuông góc với nên XY luôn song song với chính nó. Do đó tam giác AXY luôn đồng dạng và cùng hướng với chính nó.
nên $\dfrac{HM}{BC}$ không đổi
Nên O cố định
Bài toán được chứng minh hoàn toàn $\blacksquare.$

 

Đã được chọn trong trận 2!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 12-02-2014 - 23:33

Sự im lặng du dương hơn bất kỳ bản nhạc nào.


#6 TrungNhan

TrungNhan

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết

Đã gửi 29-10-2013 - 10:33

Họ và tên: Nguyễn Trung Nhân

Đang học lớp: 11Toán, Trường chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận

Đề bài:

Trong mặt phẳng cho năm điểm phân biệt không có ba điểm nào thẳng hàng. Lấy ba điểm bất kỳ lập thành một tam giác. Chứng minh rằng tấc cả các đường thẳng $d$ đi qua trọng tâm tam giác và trung điểm của đoạn được tạo bởi hai điểm còn lại đồng quy.

 

Bài giải:

Gọi năm điểm đã cho lần lượt là $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$, $A_5$. Gọi G là trọng tâm tam giác $A_1A_2A_3$, $M$ là trung điểm đoạn thẳng $A_4A_5$. Giả sử $G \not\equiv M$

Khi đó ta có:

$\overrightarrow{GA_1}+\overrightarrow{GA_2}+\overrightarrow{GA_3}=\overrightarrow{0}$ (1)

$\overrightarrow{MA_4}+\overrightarrow{MA_5}=\overrightarrow{0}$ (2)

Gọi $N$ là điểm thuộc đường thẳng $GM$, $N$ khác $M$ và $G$, khi đó tồn tại một số $k$ sao cho: $\overrightarrow{NG}=k\overrightarrow{NM}$.

Theo (1) và (2) ta suy ra:

$\overrightarrow{NA_1}+\overrightarrow{NA_2}+\overrightarrow{NA_3}+\overrightarrow{NA_4}+\overrightarrow{NA_5}=3\overrightarrow{NG}+2\overrightarrow{NM}$.

Vì các đỉnh $A_i$, $i=\overline{1,5}$ cố định. $G$, $M$ lại thay đổi tùy theo cách chọn ba đỉnh làm tam giác. Nên để $N$ không phụ thuộc vào cách chọn $G$ và $M$ thì $3\overrightarrow{NG}+2\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{0}$

Từ: $\overrightarrow{NA_1}+\overrightarrow{NA_2}+\overrightarrow{NA_3}+\overrightarrow{NA_4}+\overrightarrow{NA_5}=\overrightarrow{0}$, ta suy ra các đường thẳng $d$ đều đi qua $N$ là trọng tâm của hệ năm điểm đã cho.

Trường hợp $G \equiv M$, thì ta chọn cách khác để có $G \not\equiv M$. Từ đó ta được kết luận như trên.

Vậy các đường thẳng $d$ đều đi qua $N$ là trọng tâm của hệ năm điểm đã cho.



#7 thanhduc991010

thanhduc991010

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP Huế
  • Sở thích:ALGEBRA, PLANE GEOMETRY.

Đã gửi 10-11-2013 - 18:20

1. Họ và tên thật: Võ Thành Đức

2. Lớp: 10T2, Trường: THPT Chuyên Quốc Học Huế, Tỉnh: TP.Huế

3. Đề: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R).
Chứng minh rằng với mọi điểm M tùy ý ta luôn có: 
$MA+MB+MC\geqslant OA+OB+OC$

4. Đáp án:

Do tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O;R) nên O là trọng tâm của tam giác ABC, nên: 

$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=0$

Chia 2 vế cho OA, hay: $\frac{\overrightarrow{OA}}{OA}+\frac{\overrightarrow{OB}}{OB}+\frac{\overrightarrow{OC}}{OC}=0$

(Do OA=OB=OC=R)

Ta có:

$\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{OA}=MA\cdot OA\cdot cos(\overrightarrow{MA},\overrightarrow{OA})\leqslant MA\cdot OA\Rightarrow MA\geqslant \frac{\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{OA}}{OA}$

Mặt khác:

$\frac{\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{OA}}{OA}=\frac{(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA})\cdot \overrightarrow{OA}}{OA}=\frac{\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{OA}}{OA}+OA$ , nên:

$MA\geqslant \frac{\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{OA}}{OA}+OA$ (1)

Tương tự như trên, ta có:

$MB\geqslant \frac{\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{OB}}{OB}+OB$ (2)

$MC\geqslant \frac{\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{OC}}{OC}+OC$ (3)

Cộng (1), (2) và (30 vế theo vế, suy ra

$MA+MB+MC\geqslant \overrightarrow{MO}\cdot (\frac{\overrightarrow{OA}}{OA}+\frac{\overrightarrow{OB}}{OB}+\frac{\overrightarrow{OC}}{OC})+OA+OB+OC$

Do $\frac{\overrightarrow{OA}}{OA}+\frac{\overrightarrow{OB}}{OB}+\frac{\overrightarrow{OC}}{OC}=0$ nên:

$MA+MB+MC\geqslant OA+OB+OC$

Vậy $MA+MB+MC\geqslant OA+OB+OC$

Dấu "=" xảy ra khi $M\equiv O$






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh