Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

Topic Hình Học Phẳng Ôn Thi Chọn Đội Tuyển Thành Phố


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 49 trả lời

#1 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-06-2018 - 19:09

Lời nói đầu. Hàng năm mỗi Tỉnh, Thành Phố đều có một đề thi chọn ra những học sinh xuất sắc nhất để ôn tập phục vụ cho kì thi VMO. Với mục đích giúp các bạn có thêm tư liệu cũng như để học hỏi kinh nghiệm của bản thân, mình xin lập ra topic này! 

 

Yêu cầu:

 

-Nội dung các bài toán trong topic không giới hạn, miễn là ghi số thứ tự bài toán!

 

- Lời giải của bài toán phải đi kèm với hình vẽ, và yêu cầu gõ latex!

 

- Nhớ ghi nguồn cho bài toán, nếu không rõ nguồn có thể ghi '' Sưu tầm'' và nếu lời giải lấy của một ai đó thì nên tôn trọng người nghĩ ra lời giải đó và ghi tên người giải (tất nhiên có thể có những lời giải, ý tưởng trùng nhau)!

 

-Kiến thức giải toán là không giới hạn, các bạn có thể dùng nhiều phương pháp nhưng mình vẫn mong muốn có một phương pháp thuần túy nhất!

 

Hy vọng mọi người sẽ phục vụ cho topic này phát triển!

 

Còn bây giờ mình xin đề xuất một số bài toán sau!

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ với các đường đối trung $BE, CF$. Gọi $M, N$ là trung điểm của $BE, CF$. Chứng minh rằng $BN, CM$ và trung trực của $BC$ đồng quy. 

(IMO Shortlish 2006)

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ $(AB<AC)$, trên cạnh $BC$ lấy điểm $N$ sao cho $BA=BN$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, đường tròn đường kính $AB$ cắt $(ANC)$ tại $P$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $MP$ cắt $PA$ tại $E$ . Đường thẳng qua $P$ song song với $MP$ cắt $PN$ tại $F$. Chứng minh rằng $PC$ đi qua trung điểm của $EF$.

(Trích đề thi HSG TP Hà Nội Vòng 2 năm 2016-2017)

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$. Gọi $E, F$ lần lượt thuộc $CA, AB$ sao cho $EF$ song song với $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE, ACF$ cắt nhau tại $G$ khác $A$. Gọi $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Đường tròn qua $E, F$ tiếp xúc với $BC$ tại $L$. Chứng minh rằng bốn điểm $A, L , G, D$ đồng viên.

(Trần Quang Hùng)

Bài 4. Cho đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$, tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn cắt $BC$ tại $D$. Đường thẳng $DO$ cắt $AB, AC$ tại $E, F$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC$. Chứng minh rằng $EN, FM, AO$ đồng quy.

(Sưu tầm)   

 

 

 

  


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Uchiha sisui: 27-06-2018 - 19:10


#2 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 28-06-2018 - 23:26

3 bài toán đầu khá đơn giản và đã có ghi nguồn nên ta sẽ xét mở rộng của nó

Nhưng trc hết mik sẽ giải bài sưu tầm trc ( k vẽ hình ):

Bổ đề : Cho $\triangle{ABC}$. Đcao $BE,CF$, trung tuyến $AM$ trc tâm $H$ . $CMR$  $EF,BC$ và đường thẳng qua $H$ vuông góc $AM$ đồng quy

Trở lại bài toán: $MO,NO$ cắt $AC,AB$ tại $Q,P$ suy ra $O$ trc tâm $\triangle APQ$ suy ra $PQ,BC$ đối song trong góc $\angle{BAC}$.

Gọi $AT$ đối trung tg $BAC$ thì $AT$ là trung tuyến $APQ$. Từ đây áp dung bđề cho $\triangle{APQ}$ ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 28-06-2018 - 23:27

        AQ02

                                 


#3 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 28-06-2018 - 23:36

Xin đề xuất thêm bài toán như sau:

Bài 5: ( Trần Anh Quốc ) Cho $\triangle{ABC}$ tâm ngoại $O$, $T$ đối xứng $A$ qua $BC$. Trung trực $TC,TB$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$.

CMR: $TO\perp{PQ}$

P/s: bài này mik chế lâu r, k bt có trùng ai k


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 28-06-2018 - 23:36

        AQ02

                                 


#4 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-06-2018 - 11:23

Bài 4. 

 

Có thể giải bài toán như sau:

 

Ta tạo dựng mô hình của hàng điểm bằng cách gọi $H$ và $G$ lần lượt là giao điểm của $MN$ với $AO$ và $EF$. Gọi $K$ là tiếp điểm của tiếp

 

tuyến thứ hai từ $D$ đến $(O)$. Ta có tứ giác  $ABKClà tứ giác điều hòa suy ra $A(DKBC)=-1$ . Mà $OM$ vuông góc với $AB$, $ON$ vuông góc

 

với $AC$, $OH$ vuông góc với $AD$ , $OG$ vuông góc với $AK$ nên theo định lý quen thuộc của hàng điểm suy ra $O(MNHG)=-1$ suy ra

 

$(MNHG)=-1$  suy ra $A(MNHG)$=-1 suy ra $A(EFOG)=-1$ suy ra $AO, EN,MF$ đồng quy .

 

Vậy ta có điều phải chứng minh

 

Hình gửi kèm

  • Untitled.png


#5 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-06-2018 - 11:25

3 bài toán đầu khá đơn giản và đã có ghi nguồn nên ta sẽ xét mở rộng của nó

Nhưng trc hết mik sẽ giải bài sưu tầm trc ( k vẽ hình ):

Bổ đề : Cho $\triangle{ABC}$. Đcao $BE,CF$, trung tuyến $AM$ trc tâm $H$ . $CMR$  $EF,BC$ và đường thẳng qua $H$ vuông góc $AM$ đồng quy

Trở lại bài toán: $MO,NO$ cắt $AC,AB$ tại $Q,P$ suy ra $O$ trc tâm $\triangle APQ$ suy ra $PQ,BC$ đối song trong góc $\angle{BAC}$.

Gọi $AT$ đối trung tg $BAC$ thì $AT$ là trung tuyến $APQ$. Từ đây áp dung bđề cho $\triangle{APQ}$ ta có đpcm

Khi sử dụng bổ đề để chứng minh bài toán bạn có thể chứng minh lại bổ đề đó cho mọi người, vì đấy là điểm mấu chốt của bài toán! ???  :D  :D 

Hy vọng bạn sẽ tham gia Topic nhiều hơn!



#6 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-06-2018 - 16:15

Bài 3. Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau, bổ đề này rất quen thuộc trong những bài toán về đường đối trung.

 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $(O)$, $E$ và $F$ lần lượt là các điểm nằm trên $CA, AB$ sao cho $EF//BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ và tam giác $ACF$ cắt nhau tại $G$ khác $A$. Khi đó $G$ nằm trên đường đối trung xuất phát từ đỉnh $A$.

 

Chứng minh

 

Dễ thấy $\bigtriangleup GFB$ đồng dạng với $\bigtriangleup GEC\Leftrightarrow \frac{[GFB]}{[GEC]}=\frac{BF^{2}}{CE^{2}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$.

 

Và ta có: $\frac{[GAB]}{[GAC]}=\frac{[GAB]}{[GFB]}.\frac{[GFB]}{[GEC]}.\frac{[GEC]}{[GAC]}=\frac{BA}{BF}.\frac{CE}{CA}.\frac{AB^{2}}{AC^{2}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$.

 

Suy ra $G$ thuộc đường đối trung ứng với đỉnh $A$.

 

Quay trở lại bài toán

 

Gọi $T$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $E, F$ với đường tròn $(D)$. Theo bổ đề trên kết hợp tính chất quen của tứ giác điều hòa suy ra $A, G, T$ thẳng hàng. Và cũng dễ thấy $T, L, D$ thẳng hàng vì cùng nằm trên trung trực của $EF$.

 

Gọi $X$ là giao điểm của $TE$ và $BC$ thì ta có: $\widehat{NEC}=\widehat{AFE}=\widehat{ABN}$ suy ra tứ giác $AENB$ nội tiếp.

 

Mà tứ giác $DENL$ cũng nội tiếp suy ra $TL.TD=TN.TE=TG.TA$ suy ra tứ giác $ADLG$ nội tiếp.

 

Vậy ta có điều phải chứng minh.

 

 

Hình gửi kèm

  • 2.png


#7 melodias2002

melodias2002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sao Hoả

Đã gửi 29-06-2018 - 17:30

Bài 2:

Ta có $\widehat{BEA}=\widehat{BPM}=\widehat{PBM} \Rightarrow PB$ là tiếp tuyến của $(EBA) \Rightarrow PA.PE=PB^2$

Lại có $\widehat{PNB}=\widehat{PAC}=\widehat{PBA}=\widehat{MPB}=\widehat{FBP} \Rightarrow \Delta PBN$~$\Delta PFB$
$\Rightarrow PB^2=PN.PQ \Rightarrow PA.PE=PN.PQ \Rightarrow ANFE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{ANP}=\widehat{ACP}$
Gọi $G$ là giao của $EF$ và $PC \Rightarrow AECG$ nội tiếp. 
Có $\widehat{NFG}=\widehat{PAN}=\widehat{PCN} \Rightarrow NGCF$ nội tiếp
Ta có $\widehat{BEG}=\widehat{BEP}+\widehat{PEG}=\widehat{MPB}+\widehat{PNA}=\widehat{PBM}+\widehat{PCA}=\widehat{PAC}+\widehat{PCA}$
$=180-\widehat{APC}=180-\widehat{ANC}=\widehat{ANB}=\widehat{BAN}$
$\widehat{FBP}=\widehat{BPM}=\widehat{PBM}=\widehat{PAC}=\widehat{FNC}=\widehat{FGC} \Rightarrow BPGF$ nội tiếp 
$\Rightarrow \widehat{GBP}=\widehat{GFP}=\widehat{PAN}$
$\Rightarrow \widehat{GBE}=\widehat{GBP}+\widehat{PBE}=\widehat{PAN}+\widehat{BAP}=\widehat{BAN}$
$\Rightarrow \widehat{GEB}=\widehat{GBE} \Rightarrow GE=GB$. Mà hiển nhiên $\Delta EBF$ vuông tại $B \Rightarrow G$ là trung điểm $EF$
Vậy $PC$ đi qua trung điểm $G$ của $EF$ (ĐPCM)
P/s: Em k biết cách up hình, mong anh thông cảm :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi melodias2002: 29-06-2018 - 17:31


#8 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 29-06-2018 - 19:36

 

Bài 2:

Ta có $\widehat{BEA}=\widehat{BPM}=\widehat{PBM} \Rightarrow PB$ là tiếp tuyến của $(EBA) \Rightarrow PA.PE=PB^2$

Lại có $\widehat{PNB}=\widehat{PAC}=\widehat{PBA}=\widehat{MPB}=\widehat{FBP} \Rightarrow \Delta PBN$~$\Delta PFB$
$\Rightarrow PB^2=PN.PQ \Rightarrow PA.PE=PN.PQ \Rightarrow ANFE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{ANP}=\widehat{ACP}$
Gọi $G$ là giao của $EF$ và $PC \Rightarrow AECG$ nội tiếp. 
Có $\widehat{NFG}=\widehat{PAN}=\widehat{PCN} \Rightarrow NGCF$ nội tiếp
Ta có $\widehat{BEG}=\widehat{BEP}+\widehat{PEG}=\widehat{MPB}+\widehat{PNA}=\widehat{PBM}+\widehat{PCA}=\widehat{PAC}+\widehat{PCA}$
$=180-\widehat{APC}=180-\widehat{ANC}=\widehat{ANB}=\widehat{BAN}$
$\widehat{FBP}=\widehat{BPM}=\widehat{PBM}=\widehat{PAC}=\widehat{FNC}=\widehat{FGC} \Rightarrow BPGF$ nội tiếp 
$\Rightarrow \widehat{GBP}=\widehat{GFP}=\widehat{PAN}$
$\Rightarrow \widehat{GBE}=\widehat{GBP}+\widehat{PBE}=\widehat{PAN}+\widehat{BAP}=\widehat{BAN}$
$\Rightarrow \widehat{GEB}=\widehat{GBE} \Rightarrow GE=GB$. Mà hiển nhiên $\Delta EBF$ vuông tại $B \Rightarrow G$ là trung điểm $EF$
Vậy $PC$ đi qua trung điểm $G$ của $EF$ (ĐPCM)
P/s: Em k biết cách up hình, mong anh thông cảm :D

 

có lẽ sau khi giải đc 1 bài thì các bạn nên đề xuất thêm các bài toán mới , như vậy topic sẽ sôi nổi hơn


        AQ02

                                 


#9 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-06-2018 - 20:15

Bài 5 hơi khó nên mình xin đề xuất một số bài toán mới!

 

Bài 6. (China TST 2008) Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$ , đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$ . Trên $AD$  lấy điểm $K$ sao cho $CD=CK$ . Giả sử  $AD$ cắt $(I)$  tại điểm thứ hai là $G$ . Gọi $L$ là giao điểm của $GB$  và $CK$ . Chứng minh rằng $K$  là trung điểm của $CL$.

 

Bài 7. (Trần Minh Ngọc) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $P$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$  của đường tròn. Trên $AP$ lấy $E, F$ sao cho $BE// AC, CF//AB$. $BE$ cắt $CF$ tại $D$. $CD$, $BD$ tương ứng cắt $(ADE)$, $(ADF)$ tại điểm thứ hai là $M, N$. Chứng minh rằng: $AP$ vuông góc với $MN$.

 

   



#10 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 29-06-2018 - 21:40

Lời giải bài 6: Qua $G$ kẻ tiếp tuyến $GS$ với $S$ bất kì thì $\angle{AGS}=180-\angle{SGF}-\angle{FGD}=180-\angle{GDF}-\angle{FDC}=\angle{GDB}=\angle{CDK}=\angle{CKD}$. Suy ra $GS\parallel{CK}$. Lại có tiếp tuyến tại $G$ , $EF$, $BC$ đồng quy nên $G(BC,DS)=-1$ . Dẫn đến $G(LC,KS)=-1$ mà $GS\parallel{CL}$ suy ra $K$ là trung điểm $CL$.


        AQ02

                                 


#11 NHoang1608

NHoang1608

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 375 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K46 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{\lim_{I\rightarrow U} Love= +\infty}$

Đã gửi 29-06-2018 - 22:04

thử bài 6 với lời giải khác. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,AC$. $E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AB,AC$. Gọi $T$ là giao của $MN,EF,AI$ (theo tính chất quen thuộc thì 3 đường này đồng quy). Bằng định lí $Sin$ ta chứng minh được $\frac{GD}{DK}= \frac{ED}{DT}$ mà $\frac{ED}{DT}=\frac{DB}{DM}$ hay $BG \parallel KM$ hay $K$ là trung điểm $CL$


The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.

----- Michelangelo----


#12 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 29-06-2018 - 22:31

Lời giải bài 7: Do $\angle{NAP}=\angle{NDP}=\angle{DAM}$ nên ta quy về CM $AM=AN$.

Thật vậy gọi $K,L$ là tâm ngoại $ADF),(ADE)$ thì có ngay $\triangle{AKL}\sim{\triangle{DFE}}$

Ta có: $\frac{AN}{AM}=\frac{R_{1}.sin{\angle{ADN}}}{R_{2}.sin{\angle{ADM}}}$= $\frac{AL.sin{\angle{AND}}}{AK.sin{\angle{AMD}}}=1$

Suy ra $AP$ là pg tam giác cân $AMN$ suy ra đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 29-06-2018 - 22:36

        AQ02

                                 


#13 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 29-06-2018 - 22:46

thử bài 6 với lời giải khác. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,AC$. $E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AB,AC$. Gọi $T$ là giao của $MN,EF,AI$ (theo tính chất quen thuộc thì 3 đường này đồng quy). Bằng định lí $Sin$ ta chứng minh được $\frac{GD}{DK}= \frac{ED}{DT}$ mà $\frac{ED}{DT}=\frac{DB}{DM}$ hay $BG \parallel KM$ hay $K$ là trung điểm $CL$

Bài 8: Cho $\triangle{ABC}$ tâm nội $I$ . CMR 4 đường thẳng Euler của $BIC,AIB,AIC,ABC$ đồng quy $(Schiffler)$


        AQ02

                                 


#14 VricRaet

VricRaet

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Đã gửi 30-06-2018 - 00:09

Lời giải bài 8 trong tài liệu của thầy Hùng :http://khoia0.com/Th...-tron-Euler.pdf

xin đề xuất bài tiếp
Bài 9(sưu tầm): Cho $\triangle ABC$ $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $EF||BC$.$BF\cap CE\equiv D$. Đường tròn $(DBE)\cap (DCF)\equiv G$. Chứng minh $AG$ là đường đối trung.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VricRaet: 30-06-2018 - 00:15


#15 NHoang1608

NHoang1608

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 375 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K46 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{\lim_{I\rightarrow U} Love= +\infty}$

Đã gửi 30-06-2018 - 07:58

Lời giải bài 9  Đây là được coi là $1$ bổ đề cơ bản của đường đối trung. Chứng minh:

Kẻ $GM,GN$ vuông góc với$AB,AC$ thì ta cần chứng minh $\frac{AB}{AC}=\frac{d(G,AB)}{d(G,AC)}=\frac{GM}{GN}$. Mặt khác ta có tam giác $EBG$ đồng dạng tam giác $CFG$ (g.g) nên $2$ đường cao tương ứng có tỉ lệ bằng $\frac{BE}{CF}=\frac{AB}{AC}$. Ta có điều phải chứng minh.

 

Liên quan đến đường đối trung thì mình sẽ đề suất tiếp $1$ bài cũng về đối trung.

Bài 10. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp và ngoại tiếp đường tròn $(O)$ và $(I)$.$(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $(ABD)$ cắt $AC$ tại $E$ và $(ACD)$ cắt $AB$ tại $F$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $DE,DF$. Chứng minh rằng $OI \perp AD$ khi và chỉ khi $AD,BN,CM$ đồng quy. 

File gửi kèm

  • File gửi kèm  vmf1.pdf   67.7K   26 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 30-06-2018 - 08:09

The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.

----- Michelangelo----


#16 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-06-2018 - 08:22

Bài 8: Cho $\triangle{ABC}$ tâm nội $I$ . CMR 4 đường thẳng Euler của $BIC,AIB,AIC,ABC$ đồng quy $(Schiffler)$

Bác show lời giải bài 5 được không ạ :), tiện thể khi nào giải bác up hình đi kèm với lời giải ạ  :(  như vậy bạn đọc sẽ tiện theo dõi hơn!

 

Bài mới:

 

Bài 11. (USA TST 2011) Cho tam giác $ABC$ nhọn có trực tâm $H$ và tâm đường tròn ngoại tiếp là $O$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC$. Các đường thẳng $MH, NH$ cắt $(O)$ tại $P$ và $Q$. Giả sử $MN$ cắt $PQ$ tại $T$. Chứng minh rằng $TA$ là tiếp tuyến của $(O)$.

 

Bài 12. (Đề chọn HSG Duyên Hải Lớp 11 Chuyên Thái Bình 2013-2014) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Hình chữ nhật $MNPQ$ thay đổi sao cho $M$ thuộc $AB$, N thuộc $AC$, $P, Q$ thuộc $BC$. ${K}=BN\cap MQ, {L}=CM\cap NP, {X}=MP\cap NQ, {Y}=KP\cap LQ$. Chứng minh rằng:

  • a) $\widehat{KAB}=\widehat{LAC}$
  • b) $XY$ đi qua một điểm cố định.   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Uchiha sisui: 30-06-2018 - 08:23


#17 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-06-2018 - 09:44

Lời giải bài 9  Đây là được coi là $1$ bổ đề cơ bản của đường đối trung. Chứng minh:

Kẻ $GM,GN$ vuông góc với$AB,AC$ thì ta cần chứng minh $\frac{AB}{AC}=\frac{d(G,AB)}{d(G,AC)}=\frac{GM}{GN}$. Mặt khác ta có tam giác $EBG$ đồng dạng tam giác $CFG$ (g.g) nên $2$ đường cao tương ứng có tỉ lệ bằng $\frac{BE}{CF}=\frac{AB}{AC}$. Ta có điều phải chứng minh.

 

Liên quan đến đường đối trung thì mình sẽ đề suất tiếp $1$ bài cũng về đối trung.

Bài 10. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp và ngoại tiếp đường tròn $(O)$ và $(I)$.$(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $(ABD)$ cắt $AC$ tại $E$ và $(ACD)$ cắt $AB$ tại $F$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $DE,DF$. Chứng minh rằng $OI \perp AD$ khi và chỉ khi $AD,BN,CM$ đồng quy. 

Bài 10. 

Ta có bổ đề quen thuộc sau: $OI$ vuông góc với $AD$ khi và chỉ khi $AD$ là đường đối trung

 

Ta xét trường hợp thuận: $OI$ vuông góc với $AD$ ta sẽ chứng minh $AD, BN, CM$ đồng quy. Trường hợp còn lại chứng minh tương tự!

 

Từ bổ đề trên suy ra $AD$ là đường đối trung của tam giác $ABC$ ứng với đỉnh $A$ suy ra $\frac{DB}{DC}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$

 

Dễ thấy tam giác $BFD$ ~ tam giác $ECD$ . Suy ra $\frac{BF}{CE}=\frac{DF}{CD}=\frac{DB}{ED}$.

 

Đến đây dùng định lý Ceva sin là xong 

Hình gửi kèm

  • 2.png


#18 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-06-2018 - 09:57

Lời giải bài 8 trong tài liệu của thầy Hùng :http://khoia0.com/Th...-tron-Euler.pdf

xin đề xuất bài tiếp
Bài 9(sưu tầm): Cho $\triangle ABC$ $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $EF||BC$.$BF\cap CE\equiv D$. Đường tròn $(DBE)\cap (DCF)\equiv G$. Chứng minh $AG$ là đường đối trung.

Bài 9 là đề thi Balkan MO 2009 nhé bạn!



#19 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 30-06-2018 - 10:12

Lời giải bài 11: Có vẻ bác uchiha hình như cho đề chưa cxac điểm P,Q .

P,Q nằm khác phía với $A$ qua bờ MN. Kéo dài $HM,HN$ cắt $(O)$ tại $S,R$ thì $MN\parallel{SR}$ nên theo định lí Reim ta có $MNPQ$ nội tiếp . Từ đây áp dụng trục đp cho $(AMN),(O),(MNPQ)$ ta có đpcm

Lời giải bài 12:$AH\perp{BC}$ và $MC$ cắt $NB$ tại $F$ . Vẽ hcn $ACDB$ và cho $AK,AL$ cắt $BD,CD$ lần lượt tại $Z,T$ lúc này ta có biến đổi tỉ số:

$\frac{BZ}{CT}=\frac{BZ}{AN} \frac{AN}{AM} \frac{AM}{CT}$$=\frac{KB}{KN} \frac{LM}{LC} \frac{AC}{AB}=\frac{QB}{PC}\frac{AC}{AB}$$=\frac{BQ}{BH}\frac{BH}{CH}\frac{CH}{HP}$$=\frac{AB^2}{AC^2}\frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AC}$ Từ đây suy ra $\triangle{ABZ}\sim{\triangle{ACT}}$ . Do đó $\angle{KAB}=\angle{LAC}$ 

b) Áp dụng $Pappus$ ta suy ra $F,X,Y$ thẳng hàng ( 2 bộ $(M,K,Q); (N,L,P)$ ) ta chứng minh $F,X,H$ thẳng hàng với $H$ là chân đg cao hạ từ $A$ 

điều này tương đương $M(FHXN)=N(FH,XM) $ hay${M(CHPN)=N(BHQM)} $ tương đương $\frac{PH}{PC}=\frac{QH}{QB}$ ( đúng) . Suy ra đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 30-06-2018 - 10:13

        AQ02

                                 


#20 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 30-06-2018 - 10:15

Không biết cách vẽ hình nên bác thông cảm

P/s: Bài 5 các bác thử áp dung phép nghịch đảo đx qua điểm $A$ sẽ thu đc bài quen thuộc

P/s: Chiều đánh không hoàng ( @Nhoang1608)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 30-06-2018 - 10:19

        AQ02

                                 





0 người đang xem chủ đề

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