Chủ đề này có 9 trả lời

[NHN]

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

[quantv2006]

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.

[chaobu909]

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

[chaobu909]

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

[nguyenhaan2209]

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

[chaobu909]

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

[nguyenhaan2209]

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

[nguyenhaan2209]

Bài này nghịch đảo hơi bị rõ   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

[AnhTran2911]

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.

  

[dangkhuong]

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