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

Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 9


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 trihoctoan

trihoctoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 24 Bài viết

Đã gửi 02-09-2018 - 23:32

Quán hình học phẳng- nơi các bạn và thầy cô giáo đam mê hình học thoả sức phát huy sở trường của mình và thảo luận các bài toán hay. Mỗi tháng sẽ có 4 bài toán gồm các bài toán đề nghị của các bạn Nguyễn Hoàng Nam, mình, Trí Phan Quang và 1 bài của bạn đọc gởi đến do chúng tôi chọn lọc. Kể từ tháng thứ 2 bạn nào được giải nhất của tháng trước có quyền đề nghị bài cho tháng sau(nếu muốn). Ngay từ lúc này các bạn có thể đóng góp bài cho chuyên mục. Các bài toán của tháng trước sẽ được giải và bình luận cũng như tiếp nhận phản hồi của bạn đọc trong một file pdf hàng tháng. Các bạn được giải nhất mỗi tháng sẽ được tặng một cuốn sách tuyển tập các bài toán trong chuyên mục sau mỗi năm. Cảm ơn các bạn đã ủng hộ nhóm. Chuyên mục có thể là một bước tiếp nối dành cho các bạn yêu hình học... Các bạn có thể gởi giải ở đây.

Tiêu chí chấm bài: Ngắn gọn đẹp đẽ nhất.

File gửi kèm:

 

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trihoctoan: 02-09-2018 - 23:41


#2 THVSH

THVSH

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 03-09-2018 - 03:33

Bài 1: 

Ta phát biểu một số bổ đề quen thuộc:

 

Lemma 1: Cho tam giác $ABC$. Điểm bất kỳ  $P \in \odot (ABC)$. $\ell$ là đường thẳng Steiner ứng với điểm $P$. Lấy $Q \in \odot (ABC)$ sao cho $PQ \parallel BC$. Khi đó, $AQ \perp \ell$.

 

Lemma 2: Cho tứ giác nội tiếp  $ABCD$, $E = AB \cap CD,$ $F = AD \cap BC$ và $G = AC \cap BD$.  Khi đó, đường thẳng Steiner ứng với tứ giác toàn phần $ABCDEF$ đi qua $G$.

 

Quay lại bài toán: Đặt $N,P$ lần lượt là trung điểm của $CA,AB$, $H, G$ tương ứng là trực tâm, trọng tâm của $\triangle ABC$. Ký hiệu $\ell$ là đường thẳng Euler của $\triangle ABC$. Áp dụng định lý Pappus cho bộ điểm $\begin{matrix} B \ P \ F \\  C \ N \ E \end{matrix}$ suy ra $U = BE \cap CF$ nằm trên đường thằng Euler của $\triangle ABC$. Mặt khác, do $\angle EBA = \angle BAC = \angle FCA$ nên tứ giác $BCEF$ nội tiếp. Đặt $J = EF \cap BC$. Khi đó, $X$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BCEFAJ$. Theo bổ đề 2 thì $HU$ là đường thẳng Steiner của $BCEFAJ$ $ \Longrightarrow $ $HU$ là đường thẳng Steiner ứng với điểm $X$ của $\triangle ABC$. Nói cách khác, $X$ là điểm Anti-Steiner ứng với $\ell$ của $\triangle ABC$. Áp dụng bổ đề 1 $\Longrightarrow$ $AY \perp \ell$ $\Longrightarrow $ $\ell$ chia đôi $AY$.

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 2: 

Gọi $M$ là trung điểm của $EF$. Định nghĩa lại điểm $I = AM \cap \odot (ABC)$. Ta có $AI$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ nên tứ giác $ABIC$ điều hòa. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $I \in \odot (AEL)$ và $I \in \odot (AFK)$ là xong.

 

Đặt $\odot (B,BE) \cap \odot (ABC) = \{U,V\}$. Ta sẽ chứng minh $M \in UV$. Thật vậy, gọi $D=AH \cap BC$, $X$ là hình chiếu của $E$ trên $AB$. Ta có $\angle MXF = \angle EFA = \angle ACB = \angle DFB$ $\Longrightarrow$ $MX \parallel DF$ (1). Mặt khác, $BU^2 = BV^2 = BE^2 = BX \cdot BA$ nên $\triangle BXU \sim \triangle BUA$ và $\triangle BXV \sim \triangle BVA$, như vậy $\angle BXU + \angle BXV = \angle BUA + \angle BVA = 180^{\circ}$, suy ra $X \in UV$. Mà $UV \perp BO$ $\Longrightarrow$ $\overline{X,U,V} \parallel DF$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $M \in UV$.

 

Như vậy bốn điểm $E,L,U,V \in \odot (B,BE)$.  vì vậy nên $ME \cdot ML = MU \cdot MV = MA \cdot MI$ $\Longrightarrow $ tứ giác $AEIL$ nội tiếp hay $I \in \odot (AEL)$. Chứng minh tương tự ta cũng được $I \in \odot (AFK)$.

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 3: Có hai điểm $X_1,X_2 \in (O)$ thỏa mãn $X_iT$ là phân giác của $\angle EX_iF$ , Cách dựng:

 

Cách 1: $X_1 = TL \cap \odot (ABC)$.

 

Cách 2: $X_2 = \odot (AEF) \cap \odot (ABC)$.

 

Hoàn toàn có thể chứng minh được trong cả hai cách dựng trên đều thỏa mãn $X_iT$ là phân giác của $\angle EX_iF$ với $i =1,2$.

Như vậy, ý tác giả bài toán muốn điểm $K$ trùng với điểm $X_i$ nào?

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 4: Xem ở trong link này: https://artofproblem...unity/c6h617364



#3 quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 161 Bài viết

Đã gửi 03-09-2018 - 10:28

Bài 1: 

Ta phát biểu một số bổ đề quen thuộc:

 

Lemma 1: Cho tam giác $ABC$. Điểm bất kỳ  $P \in \odot (ABC)$. $\ell$ là đường thẳng Steiner ứng với điểm $P$. Lấy $Q \in \odot (ABC)$ sao cho $PQ \parallel BC$. Khi đó, $AQ \perp \ell$.

 

Lemma 2: Cho tứ giác nội tiếp  $ABCD$, $E = AB \cap CD,$ $F = AD \cap BC$ và $G = AC \cap BD$.  Khi đó, đường thẳng Steiner ứng với tứ giác toàn phần $ABCDEF$ đi qua $G$.

 

Quay lại bài toán: Đặt $N,P$ lần lượt là trung điểm của $CA,AB$, $H, G$ tương ứng là trực tâm, trọng tâm của $\triangle ABC$. Ký hiệu $\ell$ là đường thẳng Euler của $\triangle ABC$. Áp dụng định lý Pappus cho bộ điểm $\begin{matrix} B \ P \ F \\  C \ N \ E \end{matrix}$ suy ra $U = BE \cap CF$ nằm trên đường thằng Euler của $\triangle ABC$. Mặt khác, do $\angle EBA = \angle BAC = \angle FCA$ nên tứ giác $BCEF$ nội tiếp. Đặt $J = EF \cap BC$. Khi đó, $X$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BCEFAJ$. Theo bổ đề 2 thì $HU$ là đường thẳng Steiner của $BCEFAJ$ $ \Longrightarrow $ $HU$ là đường thẳng Steiner ứng với điểm $X$ của $\triangle ABC$. Nói cách khác, $X$ là điểm Anti-Steiner ứng với $\ell$ của $\triangle ABC$. Áp dụng bổ đề 1 $\Longrightarrow$ $AY \perp \ell$ $\Longrightarrow $ $\ell$ chia đôi $AY$.

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 2: 

Gọi $M$ là trung điểm của $EF$. Định nghĩa lại điểm $I = AM \cap \odot (ABC)$. Ta có $AI$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ nên tứ giác $ABIC$ điều hòa. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $I \in \odot (AEL)$ và $I \in \odot (AFK)$ là xong.

 

Đặt $\odot (B,BE) \cap \odot (ABC) = \{U,V\}$. Ta sẽ chứng minh $M \in UV$. Thật vậy, gọi $D=AH \cap BC$, $X$ là hình chiếu của $E$ trên $AB$. Ta có $\angle MXF = \angle EFA = \angle ACB = \angle DFB$ $\Longrightarrow$ $MX \parallel DF$ (1). Mặt khác, $BU^2 = BV^2 = BE^2 = BX \cdot BA$ nên $\triangle BXU \sim \triangle BUA$ và $\triangle BXV \sim \triangle BVA$, như vậy $\angle BXU + \angle BXV = \angle BUA + \angle BVA = 180^{\circ}$, suy ra $X \in UV$. Mà $UV \perp BO$ $\Longrightarrow$ $\overline{X,U,V} \parallel DF$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $M \in UV$.

 

Như vậy bốn điểm $E,L,U,V \in \odot (B,BE)$.  vì vậy nên $ME \cdot ML = MU \cdot MV = MA \cdot MI$ $\Longrightarrow $ tứ giác $AEIL$ nội tiếp hay $I \in \odot (AEL)$. Chứng minh tương tự ta cũng được $I \in \odot (AFK)$.

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 3: Có hai điểm $X_1,X_2 \in (O)$ thỏa mãn $X_iT$ là phân giác của $\angle EX_iF$ , Cách dựng:

 

Cách 1: $X_1 = TL \cap \odot (ABC)$.

 

Cách 2: $X_2 = \odot (AEF) \cap \odot (ABC)$.

 

Hoàn toàn có thể chứng minh được trong cả hai cách dựng trên đều thỏa mãn $X_iT$ là phân giác của $\angle EX_iF$ với $i =1,2$.

Như vậy, ý tác giả bài toán muốn điểm $K$ trùng với điểm $X_i$ nào?

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 4: Xem ở trong link này: https://artofproblem...unity/c6h617364

Bác THVSH: Đúng là nhiều nhất có 2 điểm rồi, nhưng còn hình vẽ kèm theo bác. Em bổ sung thêm: K và A nằm khác phía so với EF. Cảm ơn bác.



#4 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 03-09-2018 - 11:20

Bài 1: Do $E,F$ xác định trên $AB,AC$, ta tính được $\frac{NE}{FB}=\frac{MF}{EC}$. Lại có , nếu gọi  $MN$ cắt $EF$ tại $T$ thì $AT$ là tđp của $(AO)$, $(AH)$ nên $AT$ vuông góc $OH$. Cho $AT$ cắt $(AEF)$ tại $L$ thì $LNE\sim{LMF}$ suy ra $\frac{LE}{LF}=\frac{NE}{MF}=\frac{BF}{EC}$. Mà $\triangle{XFB}\sim{\triangle{XEC}}$ nên $\frac{BF}{EC}=\frac{XB}{XC}$. Từ đây $\triangle{XBC}\sim{\triangle{LEF}}$. Suy ra $\angle{YAC}=\angle{XAB}=\angle{XCB}=\angle{LEF}=\angle{EAT}=\angle{TAC}$ hay $A,T,Y$ thẳng hàng. Từ đây $OH\perp{AY}$ suy ra đpcm

Bài 2: Gọi $AI$ là đối trung giao $EF$ tại trung điểm $T$ và $AH$ giao $(O)$ tại $W$ . Quen thuộc rằng $CV,WF$ cắt nhau trên $(O)$. Gọi $AH$ cắt $EF$ tại $J$ thì chú ý rằng $BFIW,CEVI$ nội tiếp . Suy ra $\angle{ABI}=\angle{AWF}=\angle{ACV}=\angle{VDE}$. Mặt khác $\angle{BLE}=\angle{BEF}=\angle{BAJ}$ nên $AJBL$ nội tiếp. Do đó $\angle{ALJ}=\angle{ABJ}=\angle{AIE}$. Từ đó $ALIE$ nội tiếp. CM tương tự $AFIK$ nội tiếp nên đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 03-09-2018 - 12:48

  • NHN yêu thích

        AQ02

                                 


#5 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 03-09-2018 - 15:53

Có vẻ như lời giải bài 1 trên của mình đã bị lầm nhưng hình như lời giải đúng lại dễ hơn mình tưởng

sừ dụng bổ đề : Với 2 điểm $X,Y$ thỏa mãn $XY\parallel{BC}$ Thì đường thẳng simson của $X$ ứng với $ABC$ vuông góc $AY$, thực chất bài này là bài toán số 39 của anh Khương !


        AQ02

                                 


#6 Tran Xuan Huy

Tran Xuan Huy

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 17-09-2018 - 22:13






0 người đang xem chủ đề

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