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

Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 11

geometry

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1 NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 80 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:miền nam
  • Sở thích:tìm link

Đã gửi 01-11-2018 - 00:08

Sau 2 số và tiếp là số thứ 3 thì đã là 3 tháng, 1 khoảng thời gian không dài nhưng cũng không hề ngắn. Nó dủ đề chúng ta hoc được nhiều điều. Chuyên mục đã có dịp giới thiệu đến độc giả 1 số bài toán khá đẹp nhưng lời giải của các bạn gửi đến còn đẹp hơn rất nhiều. Với mục đích lan tỏa, chuyên mục luôn muốn các bạn gửi nhiều lời giải hơn và thậm chí là cả các bài đề nghị cho tháng sau nữa.

 

 

https://drive.google...NY4ijJ2BXnHxjKE


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 01-11-2018 - 00:10


#2 quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết

Đã gửi 01-11-2018 - 13:04

https://drive.google...mWAFVD4fyH/view

Lưu ý bài 2, tâm K là tâm của (MEF) theo hình vẽ chứ không phải tâm của (AEF) nhé.



#3 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 03-11-2018 - 08:27

Bài $1$ : Áp dụng định lí xeva tam giác $ABC$ -> $BM/MC.XC/XA.AY/YB=1->XC/XA=YB/YA->XY//BC$ 

 áp dụng bổ đề hình thang-> A N G M thẳng hàng

gọi  $GD$ cắt ( $ABC$ ) tại $K$ $AK$ cắt $BC$ tại $J$ vậy ta chứng minh $JN$ vuông $AM$ khi đó gọi $JN$ cắt $KG$ tại $P$ thì $JP.JN$=$JK.JA$=$JB.JC$

->NPBC nội tiếp 

gọi $T$ là giao $HG$ và $BC$ và cắt ( $ABC$ ) tại V thì ta có bổ đề quen thuộc V H M D thẳng hàng 

thật vậy. $\frac{MJ}{TJ} = \frac{AM.sin HGD}{AT.sinGDH}=\frac{AM.HD}{AT.HG}$

$\frac{MN}{NG}=\frac{XB}{XG}$

Áp dụng định lí menelaus tam giác $BGM$ với $A ,X ,C$ thẳng hàng -> $\frac{MA}{AG}.\frac{GX}{BX}.\frac{BC}{CM}=1$

$<-> 2\frac{AM}{AG}=\frac{BX}{XG}$

vậy ta chứng minh $2\frac{AM}{AG}=\frac{AM.HD}{AT.HG}=2.\frac{AM.HM}{AT.HG} <->\frac{AT}{AG}=\frac{HM}{HG}$

đúng do tam giác $ATG$~$HMG$ ->$NJ$ vuông $AM$ ->(DPCM) 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 03-11-2018 - 13:23


#4 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 03-11-2018 - 14:06

Bài $2$:

a) Gọi $B'$ $C'$ lần lượt là đối xứng của $B$ $C$ qua $O$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$

lấy $G$ $T$ là điểm nằm trên $CC'$ $BB'$ sao cho $BG$ $CT$ vuông góc $C'M$ $B'M$ 

$X$ $Y$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BGM$ $CTM$ 

ta có $B'M$=$C'M$ và $MX=MY$ 

Bằng cộng góc ta có tam giác $BXM$~$FKM$~$BOC 

, các tứ giác $GOMB$ $MOTC$ nội tiếp và  $BFM$ ~$C'AM$ -> $\frac{XM}{MK}=\frac{BM}{MF}=\frac{C'M}{AM}->XK//AC'$

tương tự ->$AB'//KY$ mà $ A B' C' M $ nội tiếp -> $XKYM$ nội tiếp -> $K$ chạy trên $(XMY)$ cố định 

b) gọi ($BFH$) cắt ($CEH$) tại $D$ cộng góc -> $D$ thuộc (O) và  góc $EDF$ = 2. góc $ABH$ 

gọi $BH$ $CH$ cắt $(O)$ tại $N ,P$ góc $HNE$ = góc $EHN$ =1/2 góc $BAC$ -> $ N,E,M$ thẳng hàng 

tương tự $P,F.M$ thẳng hàng vậy góc $EMF$= 2 góc $ABH$ =góc $EDF$ -> D thuộc (EMF) và góc $EDH$= góc $ABH$= góc $ACH$

=góc $HDF$-> $EH$ là phân giác $EDF$ 

c) Gọi đường thẳng qua $H$ vuông góc $EF$ cắt $BC$ tại $L$ ta sẽ CM $\frac{HL}{IK}=\frac{DH}{DI}$

có tam giác $BHL$~$AEH$ ->$\frac{HL}{EH}=\frac{BH}{AE}$

vậy ta CM $\frac{DH}{DI}=\frac{EH.BH}{AE.IK}<->\frac{DH}{BH}=\frac{sin DFE.sin DIM}{sin AFE} =\frac{sin HBC}{sin(180-1/2BAC-ABC)}=\frac{sin(90-C)}{sin(1/2A+B)}=\frac{sin ABO}{sinABM'}=\frac{AB'}{AM}$

hiển nhiên do tam giác $AEH$~$MAB$ do góc$EAH=AMB$ và $HEA=BAM$ vậy ta có DPCM 

P/s: em không biết ghép hình ntn e ghép rồi nhưng không vào được ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 03-11-2018 - 14:08


#5 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 03-11-2018 - 20:49

Bài $1$: Gọi $AF, BU, CV$ là đg cao, $PD$ cắt $BC$ tại $E$, $Q$ đx $A$ qua $M$, $PE$ cắt $(O)$ tại $J$, $AF$ cắt $XY$ tại $K$, $AD$ cắt $UV$ tại $R$
Theo kq quen thuộc thì $G$ thuộc $(BHC)$ và $(AUV)$ mà $(AGNM)=-1$ nên $N$ thuộc $UV$ ($(AUGV)=-1$) do đó $AN.AL=AR.AD=AH.AF$ nên $AN/AF=AH/AL=QD/QG$ nên $QDG$ ~ $ANF$ vậy $NFK=LGD$ nên $PNEF$ nt. Xét tđp $(PNEF)$,$(PNJA)$ và $(AJFE)$ có $AJ,PN,FE$ đquy tại $I$ nên $IP.IN=IJ.IA=IB.IC$ tức $(BPNC)$ nt


#6 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 03-11-2018 - 22:24

Bài $3$ : gọi $D$ là chân đường cao từ $A$ xuống tam giác $ABC$ 

Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích là $AH.AD$ ta chuyển bài toán về bài toán sau:

cho tam giác $ABC,M$ là trung điểm $BC$ đường thẳng qua $M$ vuông góc $AB$ cắt $AB,AC$ tại $F,K$

đường thẳng qua $M$ vuông góc $AC$ cắt $AC,AB$ tại $R,T$,$H$ là trực tâm tam giác $ABC$ $Hb,Hc$ là hình chiếu $B,C$ lên $AC,AB$

gọi $U$ là giao $(AHbT),(AHcK)$ ta chứng minh $AU$ đi qua đối xứng $O$ là $O'$ qua $BC$ cố định

thật vậy tam giác $HcUT$ ~ $KUHb$ ->$\frac{d/(U/AB)}{d/(U/AC)}=\frac{HcT}{HbK}$

vậy ta chứng minh $\frac{d/(O'/AB)}{d/(O'/AC)}=\frac{HcT}{HbK}$

Gọi $X$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ ,cộng góc ta có $XT$ vuông $AB$,$XK$ vuông $AC$ 

có $\frac{d/(O'/AB)}{d/(O'/AC)}=\frac{d/(O'/AB)}{BO'}.\frac{CO'}{d/(O'/AC)}$ = $\frac{sin(90+BAC-ABC)}{sin(90+BAC-ACB)}$

$\frac{HcT}{HbK}=\frac{HcT}{MHc}.\frac{MHb}{HbK}=\frac{sinHcMT}{sinBXM}.\frac{sinMXC}{sinHbMK}=\frac{sin HcMT}{sin HbMK}$

có góc $HcMH=2(90-ABC)+90-(180-ABC-BAC)=90+BAC-ABC$

góc $HbMK=2(90-ACB)+90-(180-ACB-BAC)=90+BAC-ACB$

vậy ->$AU$ đi qua $O'$ cố định-> $AZ$ luôn đi qua điểm cố định do $U$ là ảnh nghịch đảo của $Z$ qua phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AH.AD$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 03-11-2018 - 22:32

  • NHN yêu thích

#7 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 03-11-2018 - 23:20

Bài $2$: a) $BH, CH$ cắt $(O)$ tại $X,Y$ thì $EX=EH, FY=FH$ vậy $EXC=BYF$ theo Pascal đảo có $FY, XE$ đq tại $M$. Gọi $G,P$ là trực tâm $OBM, OCM$ thì $BMG=A/2=90-BFM$ nên $G$ là tâm $BFM$ tg tự với $P$ vậy $GF=GM, PE=PM$ nên $(KP,KG)=(ME,MF)=(ML,MG)$ tức K thuộc $(MLG)$ cố định

$b)$ Do $DFY$~$DEX$ nên $DE/DF=EX/FY=EH/HF$ nên $DH$ là pg $EDF$
$c)$ Đ/n $HL$ vg $EF$ tại $BC$. Lấy $H'$ đx $H$ qua $BC$ thì $LH=LH'$. Do $DH$ đi qua điểm $N$ giữa cung $EF$ nên $LHD=MND=90-AMD=90-ABD=90-HH'D$ nếu lấy điểm $L'$ là tâm $HH'D$ thì $L=L'$ nên $LH=LD$ mà $KN=KD$ tức $D,L,K$ thẳng hàng


#8 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 03-11-2018 - 23:44

Bài này nghịch đảo hơi bị rõ  :icon6: Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AH.AD$ ta đưa về bài toán sau: Cho tg $ABC$, $3$ đg cao $AD, BG, CI$. Đgt qua $M$ vg $AC$ cắt $AC, AB$ tại $F,L$; đgt qua $M$ vg $AL$ cắt $AC$ tại $K$. $(AIK)$ cắt $(AGL)$ tại $J$ thì $AJ$ đi qua điểm cố định

CM: Gọi $P,Q$ là tđ $HC,HB$ thì dễ có $P,Q$ thuộc $(AIK), (AGL)$. Gọi $N$ là tâm Euler, $O'$ đx $O$ qua $BC$
Do $JLI$~$JGK$ và $QIL$~$PGK$ và chú ý $N$ là tđ $OH$ nên $d(J/IL)=(J/KF)=IL/KG=IQ/PG=[d(O/AB)+d(H/AB)]/[d(O/AC)+d(H/AC)]=d(N/AB)/d(N/AC)$
Mà theo t/c quen thuộc $AN$ đi qua $O'$ nên ta có $AJ$ đi qua đcđ tức $AZ$ đi qua đcđ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 03-11-2018 - 23:45


#9 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 06-11-2018 - 23:41

Bài 3:    Bổ đề : Tam giác $ABC$ , $N$ là tâm $Euler$. $X,Y$ đối xứng $B,C$ qua $AC,AB$. $XY$ cắt $BC$ tại $L$ thì $A(LN,BC)= -1 $ 

( Tham khảo lời giải ở đây https://artofproblem...636757p10633362 )

Quay trở lại bài toán : Ta sẽ chứng minh rằng $AZ$ đi qua đối xứng $O$ qua $BC$

Gọi $U,V$ đối xứng $B,C$ qua các cạnh $AC,AB$ thì theo bổ đề ta cần chứng minh rằng $UV,XY,BC$ đồng quy . Gọi $AO$ giao $(BOC)$ tại $D$ thì $\angle{DBC}=\angle{DOC}=2.\angle{OAC}=2.\angle{BCV}=2.\angle{BVC}$ nên $D,B,V$ thẳng hàng, tương tự ta cũng có $D,C,U$ thẳng hàng . Gọi $UX$ giao $VY$ tại điểm $T$ thì theo định lí $Dersargues$ cho 2 tam giác $VYB$ và $XUC$ ta phải chỉ ra $A,T,D$ thẳng hàng có nghĩa là $\overline{A,T,O}$. Thật vậy , định nghĩa $R,S$ là giao của $HK$ với $AC,AB$ thì do $YR,XS$ lần lượt là phân giác góc $\angle{TYC}$ và $\angle{SXB}$ nên $AT,AH$ đẳng giác trong $\angle{BAC}$ do đó ta có đpcm.

  


        AQ02

                                 


#10 dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 311 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 23-11-2018 - 22:35

Bài 3:    Bổ đề : Tam giác $ABC$ , $N$ là tâm $Euler$. $X,Y$ đối xứng $B,C$ qua $AC,AB$. $XY$ cắt $BC$ tại $L$ thì $A(LN,BC)= -1 $ 

( Tham khảo lời giải ở đây https://artofproblem...636757p10633362 )

Quay trở lại bài toán : Ta sẽ chứng minh rằng $AZ$ đi qua đối xứng $O$ qua $BC$

Gọi $U,V$ đối xứng $B,C$ qua các cạnh $AC,AB$ thì theo bổ đề ta cần chứng minh rằng $UV,XY,BC$ đồng quy . Gọi $AO$ giao $(BOC)$ tại $D$ thì $\angle{DBC}=\angle{DOC}=2.\angle{OAC}=2.\angle{BCV}=2.\angle{BVC}$ nên $D,B,V$ thẳng hàng, tương tự ta cũng có $D,C,U$ thẳng hàng . Gọi $UX$ giao $VY$ tại điểm $T$ thì theo định lí $Dersargues$ cho 2 tam giác $VYB$ và $XUC$ ta phải chỉ ra $A,T,D$ thẳng hàng có nghĩa là $\overline{A,T,O}$. Thật vậy , định nghĩa $R,S$ là giao của $HK$ với $AC,AB$ thì do $YR,XS$ lần lượt là phân giác góc $\angle{TYC}$ và $\angle{SXB}$ nên $AT,AH$ đẳng giác trong $\angle{BAC}$ do đó ta có đpcm.

Cách này rất hay mình rất thích


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: geometry

1 người đang xem chủ đề

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