Lời giải bài toán 184.
Xem tại đây.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 02-03-2017 - 20:03
Lời giải halloffame, 02-01-2018 - 16:29
Lời giải bài toán 196. Ta chứng minh bài toán cho đường tròn $(K)$ tiếp xúc trong $(O),$ trường hợp tiếp xúc ngoài chứng minh tương tự. Ta thấy có thể bỏ đi điểm $B$ không cần thiết.
Bài toán 196'. $\Delta ADC$ vuông tại $D$ nội tiếp $(O),$ một đường tròn $(E)$ tiếp xúc trong $(O)$ ở $T.M,N \in (E)$ sao cho $MN \parallel AD$ và $MN=AD.P,R$ là trung điểm $MD,MC.$ Khi đó $P \in (ORT).$
Chứng minh.
$M'$ đối xứng $M$ qua $T.$ Dựng điểm $I$ sao cho $OEMI$ là hình bình hành.
$OI$ cắt $(O),CD$ ở $K,L.J$ là hình chiếu $I$ lên $CD.$
Từ $OEMI$ là hình bình hành và $EM=ET$ ta suy ra được $IK=IM=JN,LK=LM$
Gọi $Q$ đối xứng $M$ qua $O$ thì $Q \in LM'.$ Ta có $LM'.LQ=LK.NJ=LK.KI=KO^2-OL^2=LC.LD \Rightarrow Q \in (M'CD).$
Qua phép vị tự tâm $M$ tỉ số $\frac{1}{2}$ ta có ngay đpcm.
[attachment=33194:Screen Shot 2018-01-02 at 1.29.42 AM.png]
Đi đến bài viết »Bài toán 185. Cho $(O)$ và $(O')$ ngoài nhau. Gọi $AB$ là tiếp tuyến chung trong của $(O)$ và $(O')$, $A$ thuộc $(O)$, $B$ thuộc $(O')$. Trên tia đối của tia $AB$ lấy $C$, trên tia đối của $BA$ lấy $D$ sao cho: $AC=BD$. Kẻ tiếp tuyến $CM$ và $DN$ đến $(O')$ ($M, N$ khác $B$). Qua $B$ kẻ đường vuông góc với $OD$ và $OC$ cắt $(O')$ lần lượt tại $E$ và $F$. $EF$ cắt $MN$ tại $K$. Chứng minh $K$ thuộc một đường cố định khi $C, D$ di chuyển.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 02-03-2017 - 20:03
Latex
Lời giải bài 185 :
Ta sẽ chứng minh $K$ thuộc đường thẳng qua $B$ vuông góc với $OO'$
Để dễ nhìn, ta viết lại đề như sau : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I),(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F.G$ đối xứng với $D$ qua trung điểm $BC.H$ bất kì sao cho $GH$ vuông góc $BC.$ Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $HB,HC$ cắt $(I)$ tại $K,J.JK$ cắt $FE$ tại $L.$ Chứng minh $DL$ vuông góc với $IH.$
Giải : Hạ $DM,DN$ vuông góc với $JK,EF$ , Ta có : $\frac{JM}{KM}=\frac{JM}{MD}.\frac{MD}{MK}=\frac{GH}{BG}.\frac{CG}{HG}=\frac{BG}{CG}=\frac{CD}{BD}=\frac{EN}{FN}$
Gọi $FJ$ cắt $KE$ tại $Q,W$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $JKEF.LQ$ thì theo tỉ số trên có $(LJF),(LMN),(LEK)$ đồng trục $LW.$
Gọi $DQ$ cắt $(I)$ tại $X,R$ đối xứng với $D$ qua $I.$ Do $\overline{QW}.\overline{QL}=\overline{QJ}.\overline{QF}$ nên $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(DMNL)$ nên $X$ thuộc $(MNDL),$ mà $DW$ và $IW$ cùng vuông góc với $QL$ (do $QX.QD=QW.QL$ và góc $DXL$ vuông) nên $DR$ vuông góc với $QL \Rightarrow R$ là trực tâm tam giác $QDL$ nên $QR$ vuông góc với $DL.$
Bây giờ ta sẽ chứng minh $QR$ song song $HI.$ Dựng $Y$ nằm ngoài tam giác $ABC$ sao cho$\widehat{HBY}=\widehat{\frac{B}{2}},\widehat{HCY}=\widehat{\frac{C}{2}}.$
Ta có tam giác $RJK$ đồng dạng với $HBC$ và theo cách dựng $Y$ ta cũng có được tam giác $QJK$ đồng dạng $YBC.$
Mặt khác , xét tam giác $BCH$ có $BY,BI$ đẳng giác góc $B;CY,CI$ đẳng giác góc $C$ nên $Y,I$ liên hợp đẳng giác tam giác $HBC$ nên $HI,HY$ đẳng giác góc $H.$
Chính vì vậy $\widehat{QRK}=\widehat{YHC}=180^0-\widehat{BHI}$ và $BH,RK$ song song với nhau nên $QR,HI$ song song với nhau.
Kết hợp với $QR$ vuông góc với $DL$ suy ra $DL$ vuông góc với $IH,$ đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 04-03-2017 - 17:12
Bài toán 186: Cho tam giác $ABC, $đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H.HK$ vuông góc với $EF.M$ thuộc $BE$ sao cho $KM$ song song với $BC.J$ là tâm $(MEF).$ Chứng minh $J \in DK.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-03-2017 - 10:34
Lời giải bài 186:
Để ý là $H$ là tâm nội tiếp $\Delta DEF$ nên ta đưa bài toán ban đầu về bài toán tương đương sau:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 08-03-2017 - 21:26
Bài toán 187. Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AO=BC(O \in BC),$ đường tròn đường kính $BC$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N.(AMN),(ABC)$ cắt $AO$ lần lượt tại $I,K.$ Chứng minh tứ giác $BOIM$ nội tiếp.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 29-03-2017 - 18:13
Politics is for the present, but an equation is for eternity.
Lời giải bài toán 187. Ta có : $\angle MIA$ $=$ $\angle MNA$ $=$ $\angle MBO$ nên tứ giác $BOIM$ nội tiếp. $\square$
Bài toán 188. (Sáng tác) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $D$ cố định thuộc $BC$, $X$ thay đổi trên đường thẳng $AD$. $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $BX$, $CX$. Các tiếp tuyến tại $E$, $F$ của $(AEF)$ cắt nhau tại $H$. Chứng minh rằng $H$ thuộc một đường cố định khi $X$ thay đổi.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Donald Trump: 30-03-2017 - 18:37
Lời giải bài 188. Gọi $K$ là chân đường cao từ $A$ thì $\widehat{FKE}=\widehat{EKB}-\widehat{FKB}=180-\widehat{BAE}-\widehat{FAC}=90-\widehat{FAE}=\frac{\widehat{FHE}}{2}$ nên $H$ là tâm ngoại tam giác $KEF$ Nên $\widehat{HKD}=\widehat{HKE}+\widehat{EKC}=90-\widehat{KFE}+\widehat{BAE}=\widehat{BAE}+90-\widehat{AFK}+\widehat{AFE}=\widehat{ACB}+\widehat{BAD}=Const$ nên đường $HK$ cố định , có dpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-03-2017 - 12:24
Lời giải bài 188 của bạn thailungvan123 đúng rồi, mặc dù nó không giống với ý định của mình cho lắm.
Xin đề xuất tiếp bài toán 189 có cấu hình tương tự.
Bài toán 189. (Sáng tác) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $D$ thuộc $BC$, $X$ thuộc đường thẳng $AD$. $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $BX$, $CX$. Các tiếp tuyến tại $E$, $F$ của $(AEF)$ cắt nhau tại $H$. $K$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$, lấy $G$ thuộc $BC$ sao cho $AG$, $AD$ đẳng giác trong $\angle A$. Chứng minh rằng $KH$ chia đôi $AG$.
Lời giải bài 189 : Theo bài toán 188, $\widehat{HKG}=\widehat{BAD}+\widehat{ACB}=\widehat{ACB}+\widehat{CAG}=\widehat{AGK}$ nên $KH$ đi qua trung điểm $AG.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-03-2017 - 20:51
Mình xin đề xuất bài tiếp theo:
Bài toán 190: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I),$ phân giác $AD,BE,CF.X,Y,Z$ lần lượt thuộc $BC,CA,AB$ sao cho $IX,IY,IZ$ lần lượt vuông góc với $AI,BI,CI.$ Chứng minh rằng $(ADX),(BEY),(CFZ)$ đồng trục.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-03-2017 - 19:36
Mình xin đề xuất bài tiếp theo:
Bài toán 190: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I),$ phân giác $AD,BE,CF.X,Y,Z$ lần lượt thuộc $BC,CA,AB$ sao cho $IX,IY,IZ$ lần lượt vuông góc với $AI,BI,CI.$ Chứng minh rằng $(ADX),(BEY),(CFZ)$ đồng trục.
1 bài toán cũ http://www.mediafire...apollonius.pdf tạm thời mình chưa có bài mới nên các bạn có thể cho đề kế tiếp
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 01-04-2017 - 12:52
Vậy thì mình đề xuất bài mới
Bài toán 191: Cho tam giác $ABC$ . $P, E, F$ thuộc $BC,AB,AC$ sao cho $AP,BF,CE$ đồng quy tại $Q$ . $X$ thuộc $(APF)$ sao cho tứ giác $APXF$ điều hòa . Chứng minh rằng các đường tròn $(AEF),(AQX)$ cùng đi qua 1 điểm thuộc $EQ$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thailungvan123: 01-04-2017 - 21:26
Lời giải bài 191. Gọi $L$ là giao điểm khác $A$ của đường tròn $(AQX)$ với $AC$. $K$ là giao điểm của $EF$ với $AP$. Ta có : $\angle XFL$ $=$ $\angle XPQ$, $\angle XLF$ $=$ $\angle XQP$ nên $\triangle XFL$ $\sim $ $\triangle XPQ$ (góc - góc), từ đó ta thu được : $\dfrac{FL}{PQ}$ $=$ $\dfrac{FX}{PX}$. Mặt khác do tứ giác $AFXP$ điều hòa nên $\dfrac{FA}{PA}$ $=$ $\dfrac{FX}{PX}$ suy ra $\dfrac{FL}{PQ}$ $=$ $\dfrac{FA}{PA}$ $\Leftrightarrow $ $\dfrac{FL}{FA}$ $=$ $\dfrac{PQ}{PA}$. Do $(A,Q;K,P)=-1$ nên $\dfrac{FL}{FA}$ $=$ $\dfrac{PQ}{PA}$ $=$ $\dfrac{KQ}{KA}$. Theo định lý Thales : $FK$ $\parallel $ $QL$, do đó $\dfrac{CL}{CF}$ $=$ $\dfrac{CQ}{CE}$ $\Leftrightarrow $ $CL$ $\cdot$ $CE$ $=$ $CQ$ $\cdot $ $CF$. Gọi $Y$ là giao điểm của đường tròn $(AQX)$ với $EQ$, theo tính chất phương tích : $CY$ $\cdot $ $CQ$ $=$ $CL$ $\cdot $ $CA$. Do đó $CY$ $\cdot$ $CE$ $=$ $CF$ $\cdot $ $CA$ suy ra đường tròn $(AEF)$ đi qua $Y$.
Bài toán 192. (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$, $D$, $E$, $F$ là các điểm bất kỳ lần lượt thuộc $BC$, $CA$, $AB$. $P$. $\triangle XYZ$ là tam giác pedal của $P$ đối với $\triangle ABC$. Gọi $I$, $J$, $K$ lần lượt là đối xứng của $D$, $E$, $F$ qua $X$, $Y$, $Z$. Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm $P$ đến điểm Miquel của $\triangle IJK$ và $\triangle DEF$ đối với $\triangle ABC$ là bằng nhau.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 22-05-2017 - 16:01
Lời giải bài 186:
Để ý là $H$ là tâm nội tiếp $\Delta DEF$ nên ta đưa bài toán ban đầu về bài toán tương đương sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),(I)$ nội tiếp $\Delta ABC$ và tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F.$ Qua $D$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AI$ cắt $IC$ tại $P.$Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BPC$ thuộc $AD.$
Em xin trình bày một cách khác chứng minh bổ đề, có gì xin mọi người chỉ bảo:
Vẫn sử dụng hình vẽ của Lephuoc87
Gọi EF cắt BC tại U, PB cắt CQ tại V. Ta có:$I(VDQC)=-1$ và $I(UDBC)=-1$ (do AD, BE, CF đồng quy) do đó I, U, V thẳng hàng.(1)
Mặt khác U thuộc đường đối cực của AD nên $IU\perp AD$.(2)
Áp dụng định lí brocard cho tứ giác nội tiếp QBPC với tâm là J ta có $IV\perp JD$.(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra A, D, S thẳng hàng
P/s: lần đầu đăng bài ở topic này nên còn nhiều sai sót, mạng thì yếu, bàn phím thì hỏng, em phải gõ cả nửa tiếng không vẽ được hình mong mọi người lượng thứ.
đừng nghĩ LIKE và LOVE giống nhau...
giữa LIKE và LOVE chữ cái I đã chuyển thành O,tức là Important:quan trọng đã trở thành Only:duy nhất.
chữ cái K đã chuyển thành V:Keen:say mê đã trở thành Vascurla :ăn vào mạch máu.
vì thế đừng hỏi tại sao
lim(LIKE)=LOVE nhưng lim(LOVE) =∞
Bài toán 193. (AOPS) Tam giác ABC có (O) là đường tròn ngoại tiếp, H trực tâm, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC,CA, AB tại D, E, F. G là hình chiếu của D trên EF. Chứng minh rằng GD là phân giác $\widehat{HGI}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 22-05-2017 - 16:02
đừng nghĩ LIKE và LOVE giống nhau...
giữa LIKE và LOVE chữ cái I đã chuyển thành O,tức là Important:quan trọng đã trở thành Only:duy nhất.
chữ cái K đã chuyển thành V:Keen:say mê đã trở thành Vascurla :ăn vào mạch máu.
vì thế đừng hỏi tại sao
lim(LIKE)=LOVE nhưng lim(LOVE) =∞
Lời giải bài toán 193.
Xem tại đây.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 22-05-2017 - 16:02
Bài toán 194. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Một đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$. $EF$ cắt $BC$ tại $S$. $I$ là trung điểm $AS$. $K$ là hình chiếu của $S$ lên phân giác trong góc $BAC$. Chứng minh rằng đường thẳng qua trực tâm tam giác $ABC$ vuông góc $IK$ đi qua trực tâm tam giác $AEF$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 22-05-2017 - 16:07
Lời giải bài toán 193.
Cách 1: sử dụng phương tích và trục đẳng phương.
Cách 2: sử dụng đường thẳng Newton.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 22-05-2017 - 16:07
đừng nghĩ LIKE và LOVE giống nhau...
giữa LIKE và LOVE chữ cái I đã chuyển thành O,tức là Important:quan trọng đã trở thành Only:duy nhất.
chữ cái K đã chuyển thành V:Keen:say mê đã trở thành Vascurla :ăn vào mạch máu.
vì thế đừng hỏi tại sao
lim(LIKE)=LOVE nhưng lim(LOVE) =∞
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh B,M,N,C đồng viênBắt đầu bởi VGNam, 22-02-2024 hình học |
|
|||
Solved
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh ba điểm E, F, H thẳng hàng.Bắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
a) Chứng minh rằng K thuộc đường tròn đường kính BC . b) Chứng minh rằng IMC KGJ 45oBắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
a. Chứng minh rằng P, Q, T thẳng hàng. b. Chứng minh các đường thẳng PQ, BC và AY đồng quy.Bắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học, hình học phẳng |
|
|||
|
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Hình học →
Hình học phẳng →
Chứng minh rằng AD là phân giác góc BACBắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học |
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh