Chủ đề này có 12 trả lời

[Belphegor Varia]

 

 

Nguồn : Facebook của thầy Võ Quốc Bá Cẩn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 13-08-2015 - 18:58

[dogsteven]

Bài 3 ngày 1.

(a) Giả sử $AD$ giao $BC$ tại $S$. Khi đó $Q$ nằm trên đường tròn là ảnh của đường thẳng $EO$ qua phép nghịch đảo tâm $S$, phương tích $SA.SB$

(b) Giả sử $S'$ là giao điểm của $AB, CD$. Theo kết quả câu (a) ta có $\overline{S'PR}$ và $\overline{SPQ}$ và $Q, R\in [SS']$

Do $ABCD$ nội tiếp nên $EO$ vuông góc với $SS'$ với $SS'$ tại $M$, do $Q, R\in [SS']$ nên $PM, SR, S'Q$ đồng quy.

Gọi $M'$ là giao điểm của $SS'$ với $RQ$. Khi đó $(M'MSS')=-1$ mà $M,S,S'$ cố định nên $M'$ cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 14-08-2015 - 16:41

[Silverbullet069]

Nguồn : Facebook của thầy Võ Quốc Bá Cẩn

Bài 2 đề 1 : đây

[dogsteven]

Bài 2 đề 1 : đây

 

$2(a+b+c)-abc=b(2-ac)+2(a+c)\leqslant \sqrt{(b^2+2)((2-ac)^2+2(a+c)^2)}=\sqrt{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}\leqslant ...$

[dogsteven]

Bài 6.

(a)Thấy rằng $AG=AD=AE=AF$. Ta có $\widehat{GHB}=\widehat{GAB}=\dfrac{\widehat{GAF}}{2}=\widehat{GEF}$

$\widehat{DFP}=\widehat{DHB}=\widehat{DEC}=\widehat{DGE}$ nên $H, E, F$ thẳng hàng.

Từ hai điều trên cho ta $HPEG$ nội tiếp.

(b) Từ câu (a) suy ra $G, E$ và giao điểm của $DF$ và $BC$ là thẳng hàng.

Theo định lý Deesargues cho ta điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 15-08-2015 - 08:57

[Belphegor Varia]

Bài 3 ngày 1.

(a) Giả sử $AD$ giao $BC$ tại $S$. Khi đó $Q$ là ảnh của đường thẳng $EO$ qua phép nghịch đảo tâm $S$, phương tích $SA.SB$

(b) Giả sử $S'$ là giao điểm của $AB, CD$. Theo kết quả câu (a) ta có $\overline{S'PR}$ và $\overline{SPQ}$ và $Q, R\in [SS']$

Do $ABCD$ nội tiếp nên $EO$ vuông góc với $SS'$ với $SS'$ tại $M$, do $Q, R\in [SS']$ nên $PM, SR, S'Q$ đồng quy.

Gọi $M'$ là giao điểm của $SS'$ với $PQ$. Khi đó $(M'MSS')=-1$ mà $M,S,S'$ cố định nên $M'$ cố định.

$SS'$ với $RQ$ 

[quanghung86]

Đáp án bài 3

 

a) Gọi $AD$ giao $BC$ tại $M$ và $AB$ giao $CD$ tại $N$. Ta có kết quả quen thuộc $OE$ vuông góc $MN$ tại $F$ là điểm Miquel của tứ giác $ABCD$. Do đó tứ giác $FADN$ nội tiếp. Mặt khác theo tính chất trục đẳng phương dễ thấy $PQ$ đi qua $M$. Từ đó $MF.MN=MA.MD=MQ.MP$ suy ra tứ giác $NFQP$ nội tiếp suy ra $\angle NQP=\angle NFP=90^\circ$ suy ra $\angle MQN=90^\circ$ vậy $Q$ thuộc đường tròn đường kính $MN$ cố định.

b) Tương tự phần a) dễ thấy $MR$ vuông góc $NP$ tại $R$. Do đó trong tam giác $PMN$ các đường cao $NQ,MR$ và $PF$ đồng quy. Gọi $RQ$ giao $MN$ tại $L$. Theo hàng điều hòa cơ bản dễ thấy $(MN,FL)=-1$. Mà $M,N,F$ cố định suy ra $L$ cố định, vậy $QR$ đi qua $L$ cố định.

 

 

Hình gửi kèm

• 

[an1712]

Đáp án bài 3

 

a) Gọi $AD$ giao $BC$ tại $M$ và $AB$ giao $CD$ tại $N$. Ta có kết quả quen thuộc $OE$ vuông góc $MN$ tại $F$ là điểm Miquel của tứ giác $ABCD$. Do đó tứ giác $FADN$ nội tiếp. Mặt khác theo tính chất trục đẳng phương dễ thấy $PQ$ đi qua $M$. Từ đó $MF.MN=MA.MD=MQ.MP$ suy ra tứ giác $NFQP$ nội tiếp suy ra $\angle NQP=\angle NFP=90^\circ$ suy ra $\angle MQN=90^\circ$ vậy $Q$ thuộc đường tròn đường kính $MN$ cố định.

b) Tương tự phần a) dễ thấy $MR$ vuông góc $NP$ tại $R$. Do đó trong tam giác $PMN$ các đường cao $NQ,MR$ và $PF$ đồng quy. Gọi $RQ$ giao $MN$ tại $L$. Theo hàng điều hòa cơ bản dễ thấy $(MN,FL)=-1$. Mà $M,N,F$ cố định suy ra $L$ cố định, vậy $QR$ đi qua $L$ cố định.

thầy ơi ego bây giờ ko hoạt động ạ

[quanghung86]

Ego tạm nghỉ thôi, chắc chắn sẽ quay lại

[Longtunhientoan2k]

Tớ đặc biệt ấn tượng với bài số 4 và 5

[dogsteven]

Bài 4. Xét đồ thị $G$, các điểm biểu thị các bạn, hai điểm nối nhau thể hiện hai bạn đã ăn chung.

Thấy rằng $\overline{G}$ có đỉnh các bậc sẽ không bé hơn $22$ nên theo định lý Dirac tồn tại một chu trình Hamilton là $a_1, a_2,..., a_{42}$

Khi đó ta có thể xếp $(a_1, a_2), (a_3, a_4),..., (a_{41}, a_{42})$

[Longtunhientoan2k]

Chu trì halminton là chu chì như thế nào?

[dogsteven]

Chu trì halminton là chu chì như thế nào?

Là chu trình đi qua mỗi đỉnh đúng 1 lần và quay về đỉnh xuất phát.