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 12

geometry

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 29-11-2018 - 21:59

Tổng kết 1 chút thì tháng vừa rồi tất cả các bài đều có lời giải từ bạn đọc, và ban biên tập còn được nhận thêm 2 bài cho tháng này đây hẳn là 1 tín hiệu rất dáng mừng. Và tháng 12 là "hết năm" 2018 vì vậy chúng minh hi vọng sẽ có bạn nào đó giải "hết năm" bài của tháng này. 

 

https://drive.google..._FWPuE1kTWjzHwz



#2 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 30-11-2018 - 14:55

Bài $1$:

Gọi $(AIN)$ cắt $(O)$ tại $L$, $ML$ cắt $(AIN)$ tại $J$
Ta có $MJ.ML=MN.MA=MC^2=MB^2$ nên $MJC$~$MCL$ và $MJB$~$MBL$ nên $BJC=BJM+MJC=MBL+MCL=180-A=BHC$ nên $J$ thuộc $(BHC)$
Khi đó $IJH=IJN+NJH=IAN+NCH=IAN+NCM-HCB=KAM+MAC-HAB=IAC-HAB=IAB-HAB=IAH=IXH$ nên $J$ thuộc $(IXH)$.
Do đó ta có $(AIN), (BHC), (IHX)$ đồng quy tại $J$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 30-11-2018 - 14:56


#3 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 30-11-2018 - 16:18

Bài $5$
Gọi $S$ là trực tâm $IBC$, $U$ là h/c của $D$ trên $EF$. Vì $M$ là tđ $AK$ nên $D(AKMU)=-1$ 
Xét phép đx trục DH: $A->A', K->L, U->U', M->M'$ vậy $D(L'KM'U')=-1$
Chú ý rằng $(DA,DM) ; (DU, DI); (DM; DA)$ đẳng giác nên $DA', DM', DU'$ đi qua $M,A,I$ nên $D(MLI'A)=-1$
Gọi $AS$ cắt $EF$ tại $L'$, $IS$ cắt $EF$ tại $W$ ta có: $D(ML'IA)=D(ML'SA)=M(DL'SA)=M(DWSI)=-1 $ (theo t/c quen thuộc $BI$, $CI$ cắt $EF$ tại $Q,R$ thì $Q,R$  là 2 chân đg cao) vậy $L=L'$ hay $L=AS$ giao $EF$
Gọi $AD$ cắt $EF$ tại $Z$ thì $A(LIWJ)=A(LMWZ)=D(LMWZ)=D(LMIA)=L(DMIA)=L(DWIA)=-1$
Gọi $MJ$ cắt $AL$ tại $S$', $IZ$ cắt $AL$ tại $G$ thì $(GS'AL)=-1$ mặt khác $I(GSAL)=I(ZWML)=A(ZWML)=A(DWIS)=-1$ nên $S=S'$
Nói cách khác, $MJ \equiv MS và S(AJZD)=S(LZMW)=-1$ (cmt) ngoài ra $J$ là điểm $Gergonne$
Ở dưới đây ta kí hiệu $'$ là tích vô hướng, chú ý $'BC=1/2('EF+'XY)$
Vậy $'SM.'XY=('SI+'IM)(2'BC-'EF)=2'BC.'IM-'SI.'EF (SI, DM vg BC,EF)=2BC.IM.cos(BC,IM)-SI.EF.cos(SI,EF)=cos(SI,EF) (2BC.IM - SI.EF)$ ($WMDA'$ nt với $A'$ là chân pg)
Ta có $2BC.IM=SI.EF \Leftrightarrow IM/MF=SI/BC\Leftrightarrow tanA/2=cosS/sinS=tanA/2$ (đúng)
Vậy $'SM.'XY=0$ hay $MJ=SM$ vuông góc $XY$ và ta có ĐPCM


#4 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 30-11-2018 - 17:19

Bài $3$:
Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ thì $AFME$ là hình thoi
Chú ý rằng $IM=IA=IK$ nên $I$ là tâm $(AMK)$ tg tự $J$ là tâm $(ALM)$
Vậy $AKM=1/2AIM=AIO=90-E=90-F=1/2AJM=MLK$ nên $ML=MK$
Gọi $(MKL)$ cắt $(O)$ tại $Q$ thì $BQC+LQK=180-BAC+180-LMK=180-A+2KLM=180-A+2(90-E)=180$ nên $B,Q,K$ thẳng hàng
Tương tự thì vì $KQC=KQL$ nên $C,L,Q$ thẳng hàng
Lại có $MLK=A/2=MBS$ nên $L$ thuộc $(MBS)$, cmtt $K$ thuộc $(MCS)$
Gọi $BL$ cắt $(O)$ tại $P$ thì $LPM+KLP=BAM+180-BLS=BAM+BMO=90$ nên $PM$ vg $LK$ mà $ML=MK$ nên $PL=PK$ từ đó $C,P,K$ thẳng hàng
Gọi $D$đối tâm $A$ thì $ACK=ACP=180-ABL=SAB+BMS=90-MAK=AXK$ nên $AKXC$ nt tg tự $ABLY$ nt 
Từ đó $ACX=180-AKX=90=ABY$ nên $CX, BY$ cắt nhau tại $D$. Do $(O)$ cố định nên $BX, CY$ cắt nhau tại $D$ cố định

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 30-11-2018 - 17:20


#5 dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

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

Đã gửi 30-11-2018 - 19:46

 

Bài $3$:
Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ thì $AFME$ là hình thoi
Chú ý rằng $IM=IA=IK$ nên $I$ là tâm $(AMK)$ tg tự $J$ là tâm $(ALM)$
Vậy $AKM=1/2AIM=AIO=90-E=90-F=1/2AJM=MLK$ nên $ML=MK$
Gọi $(MKL)$ cắt $(O)$ tại $Q$ thì $BQC+LQK=180-BAC+180-LMK=180-A+2KLM=180-A+2(90-E)=180$ nên $B,Q,K$ thẳng hàng
Tương tự thì vì $KQC=KQL$ nên $C,L,Q$ thẳng hàng
Lại có $MLK=A/2=MBS$ nên $L$ thuộc $(MBS)$, cmtt $K$ thuộc $(MCS)$
Gọi $BL$ cắt $(O)$ tại $P$ thì $LPM+KLP=BAM+180-BLS=BAM+BMO=90$ nên $PM$ vg $LK$ mà $ML=MK$ nên $PL=PK$ từ đó $C,P,K$ thẳng hàng
Gọi $D$đối tâm $A$ thì $ACK=ACP=180-ABL=SAB+BMS=90-MAK=AXK$ nên $AKXC$ nt tg tự $ABLY$ nt 
Từ đó $ACX=180-AKX=90=ABY$ nên $CX, BY$ cắt nhau tại $D$. Do $(O)$ cố định nên $BX, CY$ cắt nhau tại $D$ cố định
 

Hơi dài nhưng cách tạo điểm phụ hay :))


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#6 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

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

Đã gửi 30-11-2018 - 21:08

Bài 1: gọi $(BHC)$ cắt $(IHX)$ tại $J$,ta sẽ chứng minh $J$ thuộc $(AIN)$ 

vậy ta sẽ chứng minh góc $IXH$= góc $IAN$ + góc $HBN$

thật vậy gọi $O$ là tâm ngoại tiếp của $(ABC)$ khi đó ta chỉ cần chứng minh góc $MAO$= góc $HBN$ 

ta sử dụng 2 kết quả sau :$1$, gọi $O'$ là tâm $(BHC)$ thì $O'$ la đối xứng của $O$ qua $BC$

$2$, $HO'$ cắt $(BHC)$ tại $K$ thì $K$ là đối xứng của $A$ qua $M$ 

sử dụng 2 kết quả-> $HK$//$AO$ ->góc $OAM$= góc $HKM$= góc $HBN$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 30-11-2018 - 21:09


#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 01-12-2018 - 12:22

Bài $2$: Bài này còn có nhiều tính chất thú vị khác  :icon6:  
Gọi $AI$ cắt $A-mix$ tại $Q$, tiếp tuyến tại $I$ với $(BIC)$ cắt $BC$ tại $V$, định nghĩa lại $T$ là tt kẻ từ $V$ tới $(O)$, $TN$ cắt $BC$ tại Z
+ Khi đó $VB/VC=(TB/TC)^2=(IB/IC)^2$ nên $IB/IC=TB/TC$
+ Ta có phương tích của $M$ với $2$ đg tròn Thebault tx $BC$ luôn là $MI^2$ cố định (Bổ đề $Archimedes$) nên khi cho $D$ là chân pg thì $(L), (K)$ tiếp xúc $AI$ tại $I$ ngoài ra vì $EF//A'N$ nên $(TEF)$ tx $(O)$
+ Chú ý $S(AIQE)=-1$ mà $S,I,N$ thẳng hàng theo t/c quen thuộc nên $SQ$ đi qua $W$ là điểm chính giữa cung $AN$. Gọi $IW$ cắt $(O)$ tại $T'$
$T'B/T'C=sinIWB/sinIWC=sinIWB/IB.IC/sinIWC.IB/IC=sinIBW/sinICW.IB/IC=sinNBC/2:sinNCB/2.IB/IC=IB/IC=TB/TC$
Do điểm $T$ được xác định duy nhất là tt kẻ từ $V$ tới $(O)$ nên $T=T'$
+ Mặt khác $ITS=INW=180-ISQ-SAN=90-ASQ-SAI=90-SQE=IES$
Vậy $T$ thuộc $(IES)$ nên $TEI=180-IST=TA'N$ mà $AI//A'N$ nên $T,E,A'$ thẳng hàng hay điểm $T$ được xác định ở đây cũng chính là điểm $T$ ở đầu bài
+ Dễ có $FDB=ADB=A/2+C=180-A/2-B=NB'A$ nên $ZDET$ nội tiếp
+ $FIZ=90-VIZ=IVZ/2=ITZ=ITF$ nên $FI^2=FT.FZ=FD.FE$
+ Lấy $U,R$ là giao của $FX, FY$ với $(XZT), (TZY)$ thì vì $FU.FX=FR.FY=FZ.FT=FI^2$ mà $FI$ tiếp xúc $K,L$ và $X,Y$ thuộc $(K), (L)$ nên $R, U$ thuộc $(L), (K)$
Chú ý $IRU=FIY+UTF=UTR+FIY-FYZ=UTR+FIR=UTR+RYI$ nên $(FET)$ tx $(L)$ cmtt $(FET)$ tx $(K)$ vậy ta có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 01-12-2018 - 12:25


#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 02-12-2018 - 01:12

Bài $4:$ Mission complete :lol: 
Gọi $G$ là trung điểm $AH$, $(K,KP)$, $(L,LQ)$ tx $(Eu)$ tại $I,J$, tx nhau tại $S$ thì theo bổ đề Archimedes $G,Q,J$ và $G,P,I$ thẳng hàng đồng thời $GS=GE=GF$ nên $S$ thuộc $(AEF)$
Nhận xét: Có nhiều nhất một cặp đường tròn thỏa mãn $P,Q$ đẳng giác, $(K)$, $(L)$ tx $(Eu)$, $EF$ và tx nhau với mỗi $ABC$ cố định. 
CM: Xét cặp đường tròn t/m các đk trên chưa cần tx nhau thì theo định lí Monge ta có $PQ, KL, IJ$ đồng quy tại $Z$. Khi đó $ZE/ZF=IE/IF.JE/JF=PE/PF.QE/QF=(AE/AF)^2$ nên $ZA$ tx $(AEF)$. Tóm lại với $3$ tiêu chí đầu ta luôn có $IJ$ đi qua $Z=AA \cap EF$  cố định. Xét tiêu chí $4$, giả sử còn ít nhất $2$ đg tròn khác thỏa đề thì cố định đường tròn $1$ là $P$, tất cả các điểm ở đường tròn $2$ đánh '. WLOG $P'$ nằm trên $PE$ thì $Q'$ nằm trên $QF$ thì vì $K'$ là đg vg từ $P'$ cắt trung trực $P'I'$ mà $R(K')/R=I'P'/I'G=P(P'/eu)/GE^2 =R^2-P'N^2/GE^2<PN^2-R^2/GE^2=R(K)/R$ ($P,Q$ nằm trong $(Eu)$) nên $R(K')<R(K)$ tg tự $R(L')<R(L)$. Lại có $K'L'/P'Q'=Z'K'/Z'P=cotKZ'P'>cotPZK=KL/PQ$ do hàm cot giảm nên $KL<K'L'.PQ/P'Q'<K'L'$ do $P'Q'>PQ$ nên ta có $R(L')+R(K')<R(L)+R(K)=LK<L'K'$ nên $(L'), (K')$ không tiếp xúc nhau  tức vô lí với giả sử phản chứng và ta hoàn thành nhận xét
Lấy $S$ là điểm Humpty, gọi $GS$ cắt $(Eu)$ tại $T$ thì dùng phần cm ở bài $2$, dựng $2$ đường tròn Thebault của $FTV, ETV$ thì $2$ đg tròn tiếp xúc nhau tại $S$ là tâm nt và cùng tx $(Eu)$. Ta kiểm tra tiếp điểm của chúng trên $EF$ là $P,Q$ t/m $AP, AQ$ đẳng giác là xong. Dễ thấy $KLS$ vg $TS$ (cm bài $2$) nên $KL$ là tiếp tuyến của $(AEF)$. Vậy $PE/PF.QE/QF=IE/IF.JE/JF=ZE/ZF=(SE/SF)^2=(AE/AF)^2$ ($AESF$ điều hòa) nên theo bổ đề Steiner $AP, AQ$ đẳng giác góc $A$. Theo nhận xét ban đầu ta có đẳng thức hay $2$ đường tròn thỏa đề tiếp xúc nhau tại điểm $S$ thuộc $AM$ tức ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 02-12-2018 - 01:15


#9 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

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

Đã gửi 02-12-2018 - 23:12

Bài $5$

bổ đề : $IL$ đi qua $J$ là điểm gergonne

gọi $DL$ là đẳng giác $DA'$ qua tam giác $DEF$ vậy ta 
chứng minh $L,J,I$ thẳng ,$J$ là điểm gergonne
<->$D(IJ,LM)=M(IJ,LD)$
gọi $AD$ cắt $EF$ tại $Q$, $K$ là hình chiếu $D$ lên $EF$
->$M(IJ,LD)=(AJ,QD)=-1$
$D(IJ,LM)=D(KM,A'A)=K(DM,AA')=-1$ ($KD//AA'.MA=MA'$)
-> $L,J,I$ thẳng hàng
vậy $J$ là điểm gergonne
ta sẽ chứng minh $JM$ vuông $XY$
dựng 2 hình bình hành $BCEN,BCPF$
->$PC=BF=BX,NB=EC=CY$
góc $NBX$=180-góc $NBA$=180-$BAC$=$PCY$
->tam giác $NBX$= tam giác $YCP$->$NX=PY$
thales ta có $NY,XP$ đi qua trung điểm $BC$ ->$XNPY$ là hbh
->ta chỉ cần Chứng minh $NP$ vuông $JM$
mà $NP$ đi qua $M$ do $NFPE$ là hbh
ta có kết quả $J$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $N$
và đường tròn bàng tiếp góc $A$ ->$JN^2=JP^2$
->$JNP$ cân tại $J$->$JM$ vuông $NP//XY$->DPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 02-12-2018 - 23:40


#10 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

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

Đã gửi 03-12-2018 - 12:10

Bài $3$ : $IL=IA$ và $JA=KJ$
gọi $X,Y$ là giao đường thẳng qua $K,L$ vuông góc đối trung tại $A$ ta sẽ chứng minh $BX$ $CY$ đi qua đối xứng $A$ qua $O$
thật vậy,Dpcm <-> $ABKX$ nội tiếp
Gọi $T$ là giao của $AK$ với $EF$ hay ta chỉ cần chứng minh $BETK$ nội tiếp
gọi $M$ là trung điểm $AB$,$OM$ cắt trung trực $AK$ tại $H$ khi đó $H$ là trực tâm $ATJ$
gọi $N$ là trung điểm $AK$ khi đó <-> $AM.AE=AN.AT$ <-> $AEF=ANM=AHM$ hay ta cần chứng minh $AH$ vuông $EF$
<-> $TH$ vuông $AJ$ hay ta chứng minh $HT//AB$
áp dụng $\frac{MH}{HO}=\frac{AM}{AO}.\frac{sinA/2}{sin OAH}$ và $\frac{ET}{TO}=\frac{AE}{AO}.\frac{sinBAN}{sinNAO}$

vậy ta chứng minh $\frac{AE}{AM}.\frac{sin DAC}{sinUAD}=\frac{sinA/2}{sinVAO} <->\frac{AE}{AM}.\frac{sinDAC}{sinA/2}=\frac{sin UAD}{sinVAO}=\frac{AV}{AD} =\frac{AE}{AM}.\frac{sin DAC}{sinC}.\frac{sinC}{sinA/2}=\frac{AE}{AM}.\frac{DC}{DA}.\frac{AB}{BV} <-> \frac{2AE.DC}{BV}=AV <->AE.BC=BV.AV$
tương đương tam giac $AEV$ đồng dạng tam giác $BVC$ với $V$ là trung điểm $BC$ không chứa $A$ của $(O)$ (đúng hiển nhiên)
với $U,D$ lần lượt là hình chiếu $A$ lên $BC$ và trung điểm $BC$
-> $HT//AB$ ->$BX,CY$ cắt nhau trên $(O)$ cố định


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 03-12-2018 - 20:28


#11 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 04-12-2018 - 23:03

Bài 3 :

Bổ đề : Tam giác $ABC$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ đường kính $(ABC)$ , đối trung góc $A$ cắt $DS$ tại $T$ , $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì $TL\parallel{AB}$ ( đơn giản theo Thales )

Chứng minh: Ta có thể viết lại bổ đề đã cho dưới dạng sau : Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. $D$ là 1 điểm bất kì nằm trên cạnh $BC$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $AC,AB$. $DF,DE$ cắt phân giác góc $A$ tại $P,Q$. $(DPQ)$ cắt $BC$ tại điểm thứ 2 là $T$ thì $AT$ là đối trung của tam giác $AEF$.

Thật vậy: Định nghĩa lại $T$ là đường thẳng qua $P$ song song $AB$ cắt lại $BC$ thì ta có $\angle{TPQ}=\angle{BAP}=\angle{CDE}=\angle{TDQ}$ . Do đó tứ giác $DPTQ$ nội tiếp hay $TQ\perp{QD}$ . Từ đó $\frac{d(T;AF)}{d(T;AE)}=\frac{PF}{QE}=\frac{AF}{AE}$ nên $T$ thuộc đối trung góc $A$ của tam giác $AEF$ nên đpcm.

Quay trở lại bài toán : Vị tự tâm $A$ tỉ số 2 biến $J,I$ thành $N,M$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ là đường kính , vì $EF$ là trung trực của $AD$ nên $N,M,D,S$ thẳng hàng. Đối trung qua $A$ cắt $NM$ tại $T$ và cắt $AB$ tại $U$, Gọi $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì theo bổ đề ta có $TL\parallel{AB}$ nên theo đinhk lí $Thales$ ta có $\frac{DT}{DU}=\frac{DL}{DA}=\frac{DS}{DN}$ hay ta có: $DT.DN=DS.DU=DL.DA$ ( Do $L$ là trực tâm tam giác $ASU$ ). Nên từ đây suy ra $NL$ vuông gọc với $AT$ tại $I$ thì $JI=JA$ hay $I$ trùng $K$ dẫn đến $I$ trùng $K$ hay $\overline{S,X,B}$ nên tương tự $\overline{C,Y,S}$ hay $BX,CY$ cắt nhau tại 1 điểm thuộc $(O)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 05-12-2018 - 15:53

        AQ02

                                 


#12 dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

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

Đã gửi 08-12-2018 - 10:21

Cảm ơn các bạn lúc nào cũng quan tâm đến bài 3 của mình :3


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:






1 người đang xem chủ đề

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