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

Bài tập hình học tập huấn đội tuyển thi IMO năm 2011

hình học imo

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 17-06-2014 - 20:30

*
Phổ biến

Đây là các bài tập hình học được tác giả dùng để tập huấn đội tuyển IMO của Việt Nam năm 2011. Nhiều đề bài do tác giả sáng tạo ra nhưng một số đề cũng được sưu tầm chủ yếu từ diễn đàn AoPS. Xin giới thiệu lại với các bạn.

 

Trần Quang Hùng - trường THPT chuyên KHTN

 

Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $\angle ABD$ cắt $(O)$ tại $N$. Phân giác $\angle BDC$ cắt $(O)$ tại $M$. $AC$ giao $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEM$ cắt đường thẳng qua $E$ song song $BN$ tại $F$. $FB$ cắt $CA,CN$ lần lượt tại $X,Y$. $FC$ cắt $BA,BN$ lần lượt tại $Z,T$. Chứng minh rằng $YZ\parallel XT$

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $C$ và tiếp xúc $AB$. $(K)$ cắt $AC$ tại $M$ khác $C$. Tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ cắt $AB$ tại $T$. $TM$ cắt $(K)$ tại $N$. $(K)$ cắt $CB$ tại $P$ khác $C$. $BM$ cắt $(K)$ tại $Q$ khác $M$. Chứng minh rằng $NP,QC$ và $AB$ đồng quy.

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ phân giác $BE,CF$. Đường tròn qua $B,A$ tiếp xúc $AC$ cắt $BC$ tại $M$ khác $B$. Đường tròn qua $C,A$ tiếp xúc $AB$ cắt $BC$ tại $N$ khác $C$. $BE$ giao $AN$ tại $P$, $CF$ giao $AM$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm $PE,FQ$ song song $BC$.

 

Bài 4. Cho $AB$ là dây cung của $(O)$. Đường tròn $(O_1)$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $S$ và tiếp xúc $AB$ tại $P$. Đường tròn $(O_2)$ tiếp xúc trong $(O)$, tiếp xúc ngoài $(O_1)$ tại $T$ và tiếp xúc $AB$ tại $Q$. $SQ$ cắt $(O)$ tại $C$ khác $S$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $SPC$ luôn thuộc đường thẳng cố định khi $(O_1),(O_2)$ di chuyển và $P$ luôn nằm giữa $A$ và $Q$.

 

Bài 5. Cho tam giác $ABC$. $P$ là điểm bất kỳ $PA,PB,PC$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $A_1,B_1,C_1$. Đường tròn $(AB_1C_1),(BC_1A_1),(CA_1B_1)$ cắt $(O)$ lần lượt tại $A_2,B_2,C_2$. $Q$ là điểm bất kỳ. $QA,QB,QC$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $A_3,B_3,C_3$. $A_2A_3,B_2B_3,C_2C_3$ lần lượt cắt $(O)$ tại $A_4,B_4,C_4$. Chứng minh rằng $AA_4,BB_4,CC_4$ đồng quy.

 

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp $O$. Một đường thẳng qua $O$ cắt $CA,CB$ tại $D,E$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOB$ tại $P$ khác $O$, $P$ nằm trong tam giác $ABC$. Điểm $Q$ trên cạnh $AB$ thỏa mãn $\frac{AQ}{QB}=\frac{DP}{PE}$. Chứng minh rằng $\angle APQ = 2\angle CAP$.

 

Bài 7. Cho $KL,KN$ tiếp xúc $(O)$. $M$ thuộc tia đối tia $NK$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $KLM$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $L$. $Q$ là hình chiếu của $N$ xuống $ML$. Chứng minh rằng $\angle MPQ=2\angle KML$.

 

Bài 8. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. $d$ là trung trực của $BD$. $P$ là điểm thuộc $d$. $Q,R$ là đối xứng của $P$ qua phân giác $\angle BAD,\angle BCD$. Chứng minh rằng $AQ,CR$ và $d$ đồng quy.

 

Bài 9. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Đường tròn $(O_1)$ qua $A,B$ tiếp xúc $AC$. Đường tròn $(O_2)$ qua $A,C$ tiếp xúc $AB$. $(O_1)$ cắt $(O_2)$ tại $D$ khác $A$. Đường thẳng $d$ qua $A$ cắt $(O_1),(O_2)$ tại $E,F$. Đường tròn qua $A,E$ tiếp xúc $AB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABF$ tại $P$. Chứng minh rằng $PA\perp PD$.

 

Bài 10. Cho tam giác $ABC$. Trung trực $BC$ cắt $AC$ tại $D$. $E$ thuộc đoạn $BD$. $AE$ giao $BC$ tại $F$. Đường thẳng qua $F$ song song $BD$ cắt $AB$ tại $G$. Đường tròn $(BEC)$ cắt $AB$ tại $H$ khác $B$. $HE$ giao $BC$ tại $I$. $GF$ giao $CE$ tại $K$. Chứng minh rằng $IG=IK$.

 

Bài 11. Cho tam giác $ABC$, $P$ bất kỳ. $D,E,F$ là trung điểm $BC,CA,AB$. $PD$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PBC)$ tại $I$ khác $P$. $PE$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PCA)$ tại $J$ khác $P$. $PF$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PAB)$ tại $K$ khác $P$.

a) Chứng minh rằng các đường tròn $(PAI),(PBJ),(PCK)$ có điểm chung $Q$ khác $P$.

b) Chứng minh rằng $PQ$ luôn đi qua điểm cố định.

 

Bài 12. Cho tam giác $ABC$. $O,L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và điểm Lemoine của tam giác $ABC$. $OL$ cắt $CA,AB$ tại $B',C'$. $O',L'$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và điểm Lemoine của tam giác $AB'C'$. Chứng minh rằng $OL,O'L'$ và $BC$ đồng quy khi và chỉ khi $\angle A=60^\circ$.

 

Bài 13. Cho tứ giác $ABCD$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{\mathcal{P}_{A/(BCD)}}+\frac{1}{\mathcal{P}_{B/(CDA)}}+\frac{1}{\mathcal{P}_{C/(DAB)}}+\frac{1}{\mathcal{P}_{D/(ABC)}}=0.$$

Trong đó $\mathcal{P}_{M/(XYZ)}$ là phương tích của điểm $M$ đối với đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$.

 

Bài 14. Cho ngũ giác $ABCDE$ có $DC=DE$ và $\angle C+\angle E=180^\circ$. $M$ là điểm thuộc $AB$ sao cho $\frac{MB}{MA}=\frac{BC}{EA}$. $CM$ cắt $AD$ tại $S$, $EM$ cắt $BC$ tại $T$. Chứng minh rằng $C,E,S,T$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Bài 15. Cho tam giác $ABC$ tâm đường tròn nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ qua $I,B$ tiếp xúc $AB$ cắt $AC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $\angle IBM=\frac{1}{2}\angle MBN$ khi và chỉ chi $I,M,C,K$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Bài 16. Cho tam giác $ABC$ đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $M,N,P$ là trung điểm $EF,FD,DE$. $AM,BN,CP$ đồng quy tại $L$. $K$ là điểm đẳng giác của $L$ đối với tam giác $DEF$. Chứng minh rằng $K$ là tâm vị tự ngoài của đường tròn Euler và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

 

Bài 17. Cho $(O_1)$ và $(O_2)$ là hai đường tròn trực giao. $X$ thuộc $(O_1)$ và $Y$ thuộc $(O_2)$ sao cho $O_1Y$ và $O_2X$ cắt nhau trên trục đẳng phương của $(O_1)$ và $(O_2)$. Chứng minh rằng $XY$ đi qua tâm vị tự trong hoặc ngoài của $(O_1)$ và $(O_2)$.

 

Bài 18. Cho hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $T$. Lấy $P,Q$ thuộc $(K)$ sao cho $PQ\parallel AD$ và $PQ=AD$. $AP$ giao $DQ$ tại $N$, $BP$ giao $CQ$ tại $H$. Chứng minh rằng $T,O,N,H$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Bài 19. Cho tam giác $ABC$ trọng tâm $G$. Đường thẳng $d$ cắt $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Đường thẳng qua $D,E,F$ song song với $GA,GB,GC$ lần lượt cắt nhau tạo thành tam giác $MNP$. Gọi $L$ là trọng tâm tam giác $MNP$. Chứng minh rằng $d$ đi qua trung điểm $GL$.

 

Bài 20. Cho tam giác $ABC$ trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$. $D$ là trung điểm của $AH$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. Chứng minh rằng điểm đối xứng của $D$ qua $EF$ nằm trên $OI$.

 

Bài 21. Cho tam giác $ABC$ đường tròn bàng tiếp góc $B$ là $(I_b)$ tiếp xúc $CB,CA$ tại $D,R$. Đường tròn bàng tiếp góc $C$ là $(I_c)$ tiếp xúc $BC,BA$ tại $Q,G$. $BR$ cắt $(I_b)$ lần thứ hai tại $T$. $CQ$ cắt $(I_c)$ lần thứ hai tại $S$. $SG$ giao $TD$ tại $U$. Chứng minh rằng $AU\perp BC$.

 

Bài 22. Cho tam giác $ABC$ đường tròn $(I_a)$ bàng tiếp góc $A$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. BE giao $(I_a)$ lần thứ hai tại $H$. $CF$ cắt $(I_a)$ lần thứ hai tại $G$. $S$ là điểm thuộc $AD$. $SH,SG$ cắt $(I_a)$ lần thứ hai tại $U,V$. Chứng minh rằng $BC,UV,HG,EF$ đồng quy.

 

Bài 23. Cho tam giác $ABC$. $P$ là điểm bất kỳ. $PA,PB,PC$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $E,F,D$. Phân giác $\angle ADC$ cắt phân giác $\angle AFB$ tại $K$. Phân giác $\angle BDC$ cắt phân giác $\angle BFA$ tại $I$. Phân giác $\angle AEC$ cắt phân giác $\angle BFC$ tại $J$. Chứng minh rằng $CJ,BI,AK$ đồng quy.

 

Bài 24. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc $AB,AC$ tại $Y,Z$. Đường tròn $A$-mixtilinear tiếp xúc $AB,AC$ tại $H,I$. Đường tròn $B$-mixtilinear tiếp xúc $BC$ tại $D$, đường tròn $C$-mixtilinear tiếp xúc $BC$ tại $G$. $GY$ giao $DZ$ tại $X$, $BI$ giao $CH$ tại $T$, $CY$ giao $BZ$ tại $S$.

a) Chứng minh rằng $AX \parallel ST.$

b) Chứng minh rằng $BSCT$ là hình bình hành.

 

Bài 25. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,F,E$. Đường tròn $A$-mixtilinear tiếp xúc $AB,AC$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $H,I,P$. Chứng minh rằng $\frac{PH}{PI}=\frac{DF}{DE}$.

 

Bài 26. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn mixtilinear ứng với $B,C$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $E,F$. Đường tròn mixtilinar ứng với $A$ tiếp xúc $AB$ tại $D$. Chứng minh rằng phân giác $\angle DFE$ đi qua tam đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

 

Bài 27. Cho tam giác $ABC$ với $AB>BC>CA$. Đường tròn mixtilinear ứng với $A,B,C$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D,E,F$. Đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. Chứng minh rằng $\angle BEY+\angle CFZ=\angle ADX$.

 

Bài 28. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn mixtilinear ứng với $B$ tiếp xúc $AB,BC$ và $(O)$ tại $D,E,F$. Đường tròn mixtilinear ứng với $C$ tiếp xúc $CB,CA$ và $(O)$ tại $P,Q,R$. Chứng minh rằng $\frac{PF}{RE}=\frac{QF}{RD}.$

 

Bài 29. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn mixtilinear ứng với $B,C$ là $(O_b),(O_C)$ tiếp xúc $BC$ tại $D,E$. Đường thẳng $DO_c$ và $EO_b$ cắt nhau tại $F$. Chứng minh rằng $AF$ là phân giác $\angle BAC$.

 

Bài 30. Cho tam giác $ABC$ với đường tròn ngoại tiếp $(O)$ và một điểm $P$. $PA,PB,PC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $A_1,B_1,C_1$. $A_2,B_2,C_2$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. $A_3,B_3,C_3$ là đối xứng của $H$ qua $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng $A_1A_3,B_1B_3,C_1C_3$ đồng quy tại $T$ thuộc $(O)$.

 

Tham khảo

 

[1] http://www.artofprob...wforum.php?f=47

 

[2] http://analgeomatica...en-thi-imo.html

 



#2 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 23-10-2014 - 14:57

 

Đây là các bài tập hình học được tác giả dùng để tập huấn đội tuyển IMO của Việt Nam năm 2011. Nhiều đề bài do tác giả sáng tạo ra nhưng một số đề cũng được sưu tầm chủ yếu từ diễn đàn AoPS. Xin giới thiệu lại với các bạn.

 

Trần Quang Hùng - trường THPT chuyên KHTN

 

Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $\angle ABD$ cắt $(O)$ tại $N$. Phân giác $\angle BDC$ cắt $(O)$ tại $M$. $AC$ giao $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEM$ cắt đường thẳng qua $E$ song song $BN$ tại $F$. $FB$ cắt $CA,CN$ lần lượt tại $X,Y$. $FC$ cắt $BA,BN$ lần lượt tại $Z,T$. Chứng minh rằng $YZ\parallel XT$

Bài này em vẽ hình không thấy song song thầy à.

Screen Shot 2014-10-23 at 5.47.52 pm.png


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 23-10-2014 - 21:33

Xin lỗi Toàn, đúng là bài đó thầy bị sai đề, sửa lại đề đúng như sau

 

Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $\angle ABD$ cắt $(O)$ tại $N$. Gọi $NM$ là đường kính của  $(O)$. $AC$ giao $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEM$ cắt đường thẳng qua $E$ song song $BN$ tại $F$. $FB$ cắt $CA,CN$ lần lượt tại $X,Y$. $FC$ cắt $BA,BN$ lần lượt tại $Z,T$. Chứng minh rằng $YZ\parallel XT$.



#4 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 24-10-2014 - 14:09

Xin lỗi Toàn, đúng là bài đó thầy bị sai đề, sửa lại đề đúng như sau

 

Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $\angle ABD$ cắt $(O)$ tại $N$. Gọi $NM$ là đường kính của  $(O)$. $AC$ giao $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEM$ cắt đường thẳng qua $E$ song song $BN$ tại $F$. $FB$ cắt $CA,CN$ lần lượt tại $X,Y$. $FC$ cắt $BA,BN$ lần lượt tại $Z,T$. Chứng minh rằng $YZ\parallel XT$.

Đề này em cũng không thấy song song thầy à.

Screen Shot 2014-10-24 at 5.07.57 pm.png


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#5 NgocHieuKHTN

NgocHieuKHTN

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Thích tìm hiểu thế giới tâm linh

Đã gửi 25-10-2014 - 14:45

 

 

 

Bài 7. Cho $KL,KN$ tiếp xúc $(O)$. $M$ thuộc tia đối tia $NK$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $KLM$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $L$. $Q$ là hình chiếu của $N$ xuống $ML$. Chứng minh rằng $\angle MPQ=2\angle KML$.

 

 

em thưa thầy bài này hình như 2 góc MPQ và KML không Thỏa mã hệ thức , hình như nó bằng nhau luôn ạ



#6 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 25-10-2014 - 15:39

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $C$ và tiếp xúc $AB$. $(K)$ cắt $AC$ tại $M$ khác $C$. Tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ cắt $AB$ tại $T$. $TM$ cắt $(K)$ tại $N$. $(K)$ cắt $CB$ tại $P$ khác $C$. $BM$ cắt $(K)$ tại $Q$ khác $M$. Chứng minh rằng $NP,QC$ và $AB$ đồng quy.

Lời giải. 

Screen Shot 2014-10-25 at 6.29.32 pm.png

Áp dụng định lý Pascal cho hai tam giác $QNC$ và $PCM$ thì ta có với $QC \cap PN=I$ thì $I,T,B$ thẳng hàng. Hay nói cách khác $I \in AB$. Vậy $NP,QC,AB$ đồng quy. $\blacksquare$


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#7 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 25-10-2014 - 21:14

Đề này em cũng không thấy song song thầy à.

attachicon.gifScreen Shot 2014-10-24 at 5.07.57 pm.png

 

Thầy xin lỗi đúng là vẫn bị sai, đề này thầy nhớ là đã chế lại từ 1 bài trên AoPS nhưng không còn nhớ link gốc nữa, tuy vậy vẽ hình lại vẫn sửa được lại thế này thì đúng

 

Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $\angle ABD$ cắt $(O)$ tại $N$. $NM$ là đường kính của $(O)$. $AC$ giao $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEM$ cắt đường thẳng qua $E$ song song $BN$ tại $F$. $FB$ cắt $CA,CN$ lần lượt tại $X,Y$. $FC$ cắt $BN,BD$ lần lượt tại $Z,T$. Chứng minh rằng $YZ\parallel XT$.

 

Bài 7 đề đúng, em ạ.

 

Thực sự là một số đề này mình đã lấy nguồn từ AoPS nhưng vì hồi đó chủ yếu chỉ nhằm mục đích tập huấn đội chứ không phải viết bài, nên không lưu lại link chỉ lưu lại đề bài trong máy, việc cho lên diễn đàn chỉ mang tính chia sẻ học thuật chứ không phải cố tình vi phạm trích dẫn. Cũng có nhiều bài là của mình hoặc mình đã chế biến. Có gì sai sót ở đề mọi người cùng góp ý, nếu bạn nào biết link gốc xin hãy link lại giúp, mình xin cám ơn.



#8 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 26-10-2014 - 12:13

Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $\angle ABD$ cắt $(O)$ tại $N$. $NM$ là đường kính của $(O)$. $AC$ giao $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEM$ cắt đường thẳng qua $E$ song song $BN$ tại $F$. $FB$ cắt $CA,CN$ lần lượt tại $X,Y$. $FC$ cắt $BN,BD$ lần lượt tại $Z,T$. Chứng minh rằng $YZ\parallel XT$.

Lời giải.

Screen Shot 2014-10-26 at 3.12.05 pm.png

 

Vì $FE \parallel BN$ và $BN \perp BM$ (vì $MN$ là đường kính) nên $EF \perp BM$.

Vì $E,F,C,M$ cùng thuộc một đường tròn nên $(FE,FM)= (CE,CM) \pmod{ 2 \pi }$. Dễ chứng minh $M$ là trung điểm cung $AC$ nên $(CE,CM)= - (BE,BM) \pmod{ 2 \pi}$. Do đó $(FE,FM)=-(BE,BM) \pmod{ 2 \pi} \qquad (1)$.

Gọi $U,V$ thứ tự là giao điểm của các cặp cạnh $FM,BE$ và $EF,BM$. Khi đó từ $(1)$ ta dễ dàng suy ra $(BU,BV)=(FU,FV) \pmod{2 \pi}$ hay $B,U,V,F$ cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác do $EF \perp BM$ nên $(VB,VF)= \pm \frac{\pi}{2} \pmod{ 2 \pi}$. Ta suy ra $(UB,UF)= \pm \frac{\pi}{2} \pmod{2 \pi }$. Hay nói cách khác $MF \perp BE$. Ta cũng có $EF \perp BM$ nên $F$ là trực tam của $\triangle EBM$.

 

Vì $F$ là trực tâm $\triangle EBM$ nên $(BE,BF)= - (ME,MF) \pmod{ 2 \pi}$. Ta lại có $(ME,MF)=(CE,CF) \pmod{2 \pi}$ nên $(BE,BF)=-(CE,CF) \pmod{ 2 \pi}$ hay $(BT,BX)= (CT,CX) \pmod{ 2\pi}$ nên $B,C,X,T$ cùng thuộc một đường tròn. $BT \cap XC=E$ nên $ET \cdot EB=EX \cdot EC$. Ta cũng có $EB \cdot ED=EC \cdot EA$. Do đó $\frac{EA}{ED}= \frac{EX}{EB}$. Ta uy ra $XT \parallel AD \qquad (2)$.

 

Ta cũng có $(BZ,BT)= (CX,CY) \pmod{ 2 \pi}$ (vì $N$ trung điểm cung $AD$) nên $(BZ,BT)+(BT,BX)=(CT,CX)+(CX,CY) \pmod{ 2 \pi}$ hay $(BZ,BY)=(CZ,CY) \pmod{ 2 \pi}$ hay $B,Z,Y,C$ cùng thuộc một đường tròn. $BZ \cap CY=N$ nên $NB \cdot NZ=NC \cdot NY$. $BN,CN$ lần lượt cắt $AD$ tại $K,L$. Dễ chứng minh $KLCB$ nội tiếp. Do đó $NK \cdot NB=NL \cdot NC$. Ta suy ra $\frac{NK}{NZ}= \frac{NL}{NY}$ nên $KL \parallel ZY$ hay $AD \parallel ZY \qquad (3)$.

 

Từ $(2)$ và $(3)$ ta sut ra $XT \parallel YZ$. $\blacksquare$


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#9 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 26-10-2014 - 13:33

Bài toán sau liên quan tới bài 1 http://www.artofprob...p?f=48&t=611373



#10 Sugar

Sugar

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết

Đã gửi 08-07-2019 - 12:27

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp $O$. Một đường thẳng qua $O$ cắt $CA,CB$ tại $D,E$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOB$ tại $P$ khác $O$, $P$ nằm trong tam giác $ABC$. Điểm $Q$ trên cạnh $AB$ thỏa mãn $\frac{AQ}{QB}=\frac{DP}{PE}$. Chứng minh rằng $\angle APQ = 2\angle CAP$.

 

 

Qua $E$, kẻ đường thẳng song song với $AC$ và cắt $AP$ tại $S$. Ta có $\widehat{SPE}=\widehat{OPA}=\widehat{OBA}=\widehat{OAB}=\widehat{BPE}=90^o-\widehat{C}$ nên $PE$ là phân giác của $\widehat{SPB}$. Mà $\widehat{BES}=180^o-\widehat C=$ nên ta dễ có $E$ là tâm nội tiếp của $\triangle SPB$, suy ra $\widehat{BSA}=2\widehat{ESP}=2\widehat{CAP}$.

Theo định lí Thales, ta có $=\frac{AQ}{QB}=\frac{DP}{PE}=\frac{AP}{PS}$ nên theo định lí Thales đảo thì $PQ\parallel BS$ hay $\widehat{APQ}=\widehat{BSA}=2\widehat{CAP}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sugar: 08-07-2019 - 13:25


#11 Sugar

Sugar

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết

Đã gửi 08-07-2019 - 14:17

Bài 24. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc $AB,AC$ tại $Y,Z$. Đường tròn $A$-mixtilinear tiếp xúc $AB,AC$ tại $H,I$. Đường tròn $B$-mixtilinear tiếp xúc $BC$ tại $D$, đường tròn $C$-mixtilinear tiếp xúc $BC$ tại $G$. $GY$ giao $DZ$ tại $X$, $BI$ giao $CH$ tại $T$, $CY$ giao $BZ$ tại $S$.

a) Chứng minh rằng $AX \parallel ST.$

b) Chứng minh rằng $BSCT$ là hình bình hành.

b. Xét $f$ là phép nghịch đảo $I_{k=\sqrt{AB.AC}}^A$ cùng phép đối xứng qua phân giác $\widehat{BAC}$.

Ta thấy qua $f$, $(ABC)\to BC$ nên đường tròn nội tiếp biến thành đường tròn $A-mixtilinear$. Khi đó, $AY.AI=AZ.AH=AB.AC$ nên ta có $\frac{AY}{AB}=\frac{AC}{AI}$ và $\frac{AH}{AB}=\frac{AC}{AZ}$. Từ đó ta có $BI\parallel CY$ và $CH\parallel BZ$ hay $BSCT$ là hình bình hành.

a. Sử dụng phép biến hình tương tự cho đỉnh $B,C$, ta thu được $ AG\parallel BZ$ và $AD\parallel CY $ nên $\triangle AGD~\triangle SBC$. Ngoài ra, $\frac{BG}{CD} = \frac{BG}{BC}\cdot\frac{BC}{CD} = \frac{AZ}{CZ}\cdot\frac{BY}{AY} = \frac{BY}{CZ}$. Do đó, áp dụng định lý Menelaus thì $GN=DN$ với $N=AX\cap BC$ nên $SM\parallel AN$ với $M$ là trung điểm $BC$. Từ đây ta dễ có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sugar: 08-07-2019 - 14:18


#12 Sugar

Sugar

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết

Đã gửi 08-07-2019 - 14:39

Bài 22. Cho tam giác $ABC$ đường tròn $(I_a)$ bàng tiếp góc $A$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. BE giao $(I_a)$ lần thứ hai tại $H$. $CF$ cắt $(I_a)$ lần thứ hai tại $G$. $S$ là điểm thuộc $AD$. $SH,SG$ cắt $(I_a)$ lần thứ hai tại $U,V$. Chứng minh rằng $BC,UV,HG,EF$ đồng quy.

 

Gọi $T=GH\cap EF$. Áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm $E,E,G,H,F,F$ đồng viên, ta có $B,C,T$ thẳng hàng.

Áp dụng định lý Briachon cho lục giác ngoại tiếp suy biến $AFBDCE$, ta có $AD,BE,CF$ đồng quy mà $AD$ là đường đối cực $T$ nên $AD,EG,FH$ đồng quy tại điểm $S$. Lại sử dụng định lý Pascal cho 6 điểm $E,G,H,F,U,V$ thì $AD,EU,FV$ đồng quy. Một lần nữa, định lý pascal dùng cho 6 điểm trên thì $AD,EU,FV$ đồng quy nên giao điểm của $EU$ và $FV$ nằm trên đường đối cực của $Z$ nên $EF,UV$ cắt nhau tại $T$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.



#13 DrGenius

DrGenius

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 15-03-2020 - 19:17

Bài 3:

Gọi S, T lần lượt là trung điểm FQ, EP.

Ta có: $\widehat{AQF} = 180^o- \widehat{QAC}-\widehat{ACQ}=180^o-\widehat{QAB}-\widehat{A}-\widehat{ACQ}=\widehat{B}+\widehat{C}-180^o+\widehat{ABM}+\widehat{AMB}-\widehat{ACQ}=\widehat{B}-\widehat{B}+\widehat{A}+\widehat{FCB}=180^o-\widehat{B}-\widehat{C}+\widehat{FCB}=180^o-\widehat{FBC}-\widehat{FCB}=\widehat{AFQ}$ nên ta suy ra AQ = AF nên $\Delta AQF$ cân tại A. Tương tự, $\Delta AEP$ cân tại A

AS, AT lần lượt cắt BC tại J, K thì do $\Delta AQF$ cân tại A có AS là trung trực QF nên AS $\perp$ QF. Do vậy, CS $\perp$ AJ. Mà CS là tia phân giác $\widehat{ACJ}$ (gt) nên ta suy ra CS là đường trung trực AJ, hay S là trung điểm AJ. Tương tự, T là trung điểm AK.

$\Delta AJK$ có S, T lần lượt là trung điểm AJ, AK nên ST là đường trung bình $\Delta AJK$. Do đó ST // JK hay ST // BC.

Vậy đường nối trung điểm của FQ, EP song song với BC. 

Hình gửi kèm

  • FEQQF.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DrGenius: 16-03-2020 - 22:43


#14 DrGenius

DrGenius

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 16-03-2020 - 23:00

Bài 4: 

Gọi D là điểm chính giữa cung BC không chứa S của đường tròn (O) thì khi đó, $O_1P // OD \perp AB$. Do đó, $\widehat{SO_1P} = \widehat{SOP}$. Mà $\frac{SO_1}{SO} = \frac{O_1P}{OD}$ nên $\Delta SO_1P \sim \Delta SOD \rightarrow \widehat{PSO_1} = \widehat{PSO} = \widehat{DSO}$. Do đó, S, P, D thẳng hàng.

Đường tròn ngoại tiếp $\Delta SQD$ cắt AB tại E thì theo bổ đề Haruki, E là điểm cố định nên ta có $\widehat{DSC} = \widehat{DEB} = \widehat{DBC}$ không đổi. Do đó, C cố định nên K là giao điểm của AB và DC cũng là điểm cố định.

Ta có: $\widehat{DSA} = \widehat{DBA} = \widehat{DAP}$ nên $\widehat{SPK} = \widehat{SAD} = \widehat{SCK}$.

Do đó, tứ giác SPCK nội tiếp. Mà C, K cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta SPC$ sẽ nằm trên trung trực CK là đường cố định.

Hình gửi kèm

  • Bài 4.png


#15 DrGenius

DrGenius

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 17-03-2020 - 11:50

Bài 7:

ML cắt (O) tại T (T $\ne$ L), KP cắt (O) tại D (D $\ne$ P), KO cắt LN tại S thì S là trung điểm LN nên SQ = SN = SL. Do các tứ giác PLDT và PLKM nội tiếp nên sử dụng góc nội tiếp, ta có $\widehat{PDT} = \widehat{PLT} = \widehat{PLM} = \widehat{PKM}$. Do đó, TD // KM nên ON $\perp$ TD nên N là điểm chính giữa cung $\widehat{TD}$ không chứa L. Kết hợp với việc PK là đường đối trung đỉnh P của $\Delta LPN$, ta có: $\widehat{QLS} = \widehat{NLD} = \widehat{NPK} = \widehat{LPS} = \widehat{LQS}$ nên tứ giác LSQP nội tiếp. Do đó, $\widehat{QPT} = \widehat{LPT} - \widehat{LPQ} = 180^o - \widehat{LNT} - \widehat{LPQ}$.

Ta có: $\widehat{MPQ} = \widehat{LPM} - \widehat{LPQ} = 180^o - \widehat{LKN} - \widehat{LPQ}$.

 Do đó, ta cần chứng minh $\widehat{MPQ} = 2\widehat{QPT}$, hay cần chứng minh $180^o - \widehat{LKN} - \widehat{LPQ} = 2(180^o - \widehat{LNT} - \widehat{LPQ}) \leftrightarrow \widehat{QSN} = 180^o + 180^o - 2\widehat{LNK} - 2\widehat{LNT} \leftrightarrow 2\widehat{TLN} = 360^o - 2\widehat{LTN} - 2\widehat{TLN} \leftrightarrow \widehat{TLN} + \widehat{LTN} + \widehat{LNT} = 180^o$ (đúng) nên $\widehat{MPQ} = 2\widehat{QPT}$.

Ta có: $\widehat{LDP} = \widehat{SNP}, \widehat{LPD}, \widehat{SPN}$ nên $\Delta LPD \sim \Delta SPN \rightarrow \widehat{PLD} = \widehat{PSN} = \widehat{PQT}$. Mà $\widehat{PDL} = \widehat{PTQ}$ nên $\Delta PDL \sim \Delta PTQ \rightarrow \widehat{QPT} = \widehat{LPD} = \widehat{LKM}$.

Vậy $\widehat{MPQ} = 2\widehat{KML}$

 

 

Hình gửi kèm

  • WWQ.png


#16 DrGenius

DrGenius

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 17-03-2020 - 13:19

Bài 8: Gọi (w) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, d lần lượt cắt AQ và (w) tại S, E, F (E thuộc cung $\widehat{BD}$ chứa A, F thuộc cung $\widehat{BD}$ không chứa A). Từ định nghĩa vẽ thêm, ta suy ra E, F lần lượt là điểm chính giữa cung $\widehat{BC}$ chứa A và không chứa A. Do đó, EF là đường kính (w) và tia phân giác $\widehat{BAD}$, $\widehat{BCD}$ tương ứng đi qua F, E.

Vì vậy, P và Q đối xứng nhau qua AF, P và R đối xứng nhau qua CE (*). Do vậy, $\widehat{SAP} = 180^o - \widehat{QAP} = 180^ - 2.\widehat{FAP} = 180^o - 2(90^o - \widehat{EAP}) = 2\widehat{EAP} \leftrightarrow \widehat{SAE} + \widehat{EAP} = 2\widehat{EAP} \leftrightarrow \widehat{EAS} = \widehat{EAP}$. Vì thế, AE là tia phân giác trong đỉnh A của $\Delta PAS$. Lại có EA $\perp$ AF nên AF là tia phân giác ngoài đỉnh A của $\Delta PAS$ nên ta suy ra $(E, P, F, D) = -1$. Mà CE $\perp$ CF nên ta suy ra CE là tia phân giác trong $\widehat{SCP}$ nên $\widehat{SCE} = \widehat{ECP} = \widehat{ECR}$ [theo (*)].

Do vậy, S, R, C thẳng hàng, hay AQ, CR và d đồng quy tại S.

Hình gửi kèm

  • BÀI 8.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DrGenius: 17-03-2020 - 13:19


#17 DrGenius

DrGenius

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 19-03-2020 - 23:07

Bài 9:

Gọi M, N, G lần lượt là trung điểm EA, AB, BF. MN cắt ED tại H. Theo cách vẽ thêm thì NG, NM lần lượt là là đường trung bình $\Delta BAF, \Delta AEB$ nên NG // AF, NM // EB.

Ta có: $\widehat{BED} = \widehat{BAD} = \widehat{AFD} ; \widehat{EBD} = \widehat{FAD}$ nên $\widehat{EDB} = \widehat{FDA}$. Lại có DB = DA nên ta suy ra $\Delta EBD = \Delta FAD \rightarrow EB = AF \leftrightarrow 2MN = 2NG \leftrightarrow MN = NG \rightarrow \Delta NMG$ cân tại N $\rightarrow \widehat{NMG} = 90^o - \frac{\widehat{MNG}}{2} = 90^o - \frac{\widehat{EMN}}{2} = 90^o - \frac{180^o - \widehat{BEA}}{2} \rightarrow \widehat{HMG} = \widehat{AEH}$. (1)

Ta cũng có: $\widehat{EAP} = \widehat{FBP} ; \widehat{AEP} = \widehat{BFP}$ nên ta suy ra $\Delta EAP \sim \Delta FBP$ (g. g) $\rightarrow \frac{EA}{FB} = \frac{EP}{FP} \leftrightarrow \frac{2EM}{2FG} = \frac{EP}{FP} \leftrightarrow \frac{EM}{FG} =\frac{EP}{FP}$. Mà $\widehat{MEP} = \widehat{GFP}$ nên ta suy ra $\Delta EPM \sim \Delta FPG$ (c.g.c) $\rightarrow \widehat{EMP} = \widehat{FGP}$. Suy ra tứ giác PMGF nội tiếp nên $\widehat{PMG} = \widehat{PFG} = \widehat{PAB} = \widehat{PEA}$.(2)

Lấy (2) trừ (1) vế theo vế, ta có: $\widehat{PMG} - \widehat{HMG} = \widehat{PEA} - \widehat{AEH} \rightarrow \widehat{PEH} = \widehat{PMH}$. Suy ra tứ giác PEMH nội tiếp $\rightarrow \widehat{NHP} = \widehat{PEA} = \widehat{NAP}$. 

Do đó, tứ giác NPHA nội tiếp. (*)

Mặt khác, vì MH // EB nên ta có $\widehat{EHM} = \widehat{BEH} = \widehat{HEM}$. Suy ra $\Delta MEH$ cân tại M nên ME = MH = MA nên $\Delta EHA$ vuông tại H $\rightarrow \widehat{DHA} = 90^o = \widehat{DNA}$ nên tứ giác AHND nội tiếp (**).

Từ (*) và (**). ta suy ra 5 điểm N, P, H, A, D cùng thuộc một đường tròn. Do vậy, tứ giác APND nội tiếp nên $\widehat{APD} = \widehat{AND} = 90^o$. Vì vậy, PA $\perp$ PD (đpcm).

Hình gửi kèm

  • Bài thầy Hùng.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DrGenius: 19-03-2020 - 23:07


#18 DrGenius

DrGenius

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 31 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 21-03-2020 - 09:59

Bài 10: EB cắt CG tại P. Theo Thales, ta có: $\frac{EB}{FG} = \frac{AE}{AF} ; \frac{FG}{BP} = \frac{CF}{BC} \rightarrow \frac{EB}{BP} = \frac{AE}{AF} . \frac{CF}{BC}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta EFB$ có ba điểm A, D, C thẳng hàng $(C \in BF, D \in EB, A \in EF)$, ta có: $\frac{AE}{AF} . \frac{CF}{BC} . \frac{DB}{DE} = 1$

$\rightarrow \frac{AE}{AF} . \frac{CF}{BC} = \frac{DE}{DB} = \frac{EB}{BP} = \frac{DE+EB}{DB+BP} = \frac{DB}{DP} \rightarrow DB^2 = DE. DP = DC^2 \rightarrow \Delta DEC \sim \Delta DCP \rightarrow \widehat{DCE} = \widehat{DPC} = \widehat{FGC} \leftrightarrow \widehat{DCB} - \widehat{ECB} = \widehat{BFG} - \widehat{BCG} = \widehat{DBC} - \widehat{BCG}$ 

$\rightarrow$ CB là tia phân giác $\widehat{DCG}$.

Ta có: $\widehat{GKC} = \widehat{BEC} = 180^o - \widehat{GHC} \rightarrow \widehat{GKC} + \widehat{GHC} = 180^o \rightarrow$ GKCH nội tiếp $\rightarrow \widehat{GHK} = \widehat{GCK}$. Mà $\widehat{BHE} = \widehat{BCE}$ nên $\widehat{IHK} = \widehat{BCG} = \widehat{ICK}$. Do vậy, tứ giác IHCK nội tiếp => 5 điểm G, H, C, K, I cùng thuộc một đường tròn $\rightarrow \widehat{IKG} = \widehat{IHG} = \widehat{ICG} = \widehat{KCI} = \widehat{IHK} = \widehat{IGK} \rightarrow \Delta IGK$ cân tại I => IG = IK (đpcm). 

Hình gửi kèm

  • Bài 10.png






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh