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

Chuyên mục quán hình học tháng 7 năm 2019


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 01-07-2019 - 21:16

Chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 7 năm 2019: 

 

https://drive.google...sPsDv3dslsafwPB

 

Mọi người tham gia thảo luận vui vẻ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 02-07-2019 - 08:55


#2 Was It a cat I saw

Was It a cat I saw

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Nghịch tóc mai

Đã gửi 05-07-2019 - 11:39

Bài 4:
Screenshot (44).png
Dự đoán: $(KPD)$ đi qua $A'$ đối xứng của $A$ qua $BC$.
Giải: Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $J$. $AK$ cắt $BC$ tại $H$.
       $L,G,I$ là giao của $A'J,AJ,EF$ với đường thẳng qua $P$ song song $BC$.
Ta có các kết quả sau:
       $1*J,F,E$ thẳng hàng.
       $2*FE \parallel PH$: Gọi $JK$ cắt $(O)$ tại $V$, biến đổi góc được $AV \parallel FE$.
Mặt khác $(AD,KV)=-1$, chiếu xuyên tâm $A$ lên $BC$ rồi chiếu song song $EF$ lên $AD$ thu được kết quả trên.
       $3*JA \parallel IH$: Do $I$ là trung điểm $GP$ (phép chiếu) kết hợp với $2*$.
       $4*J,A',D,Q$ đồng viên: $\widehat{JDQ}= \widehat{JAQ}= \widehat{JA'Q}$.
       $5*L,A',D,P$ đồng viên: Do $4*$ và $PL \parallel QJ$.
Tóm lại từ $5*$ và đpcm ta cần $L,K,P,D$ đồng viên.
Thật vậy: $\widehat{KJI}= \widehat{KBA}= \widehat{JAH}= \widehat{KHI}$ suy ra $K,I,J,H$ đồng viên.
Mà $LJHI$ là hình thang cân (do $JG,JL$ đối xứng qua $BC$ kết hợp $3*$) nên $K,L,H,I,J$ đồng viên.
Khi đó $\widehat{KLP}= \widehat{KHI}= \widehat{KDP}$ hay $L,K,P,D$ đồng viên.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Was It a cat I saw: 05-07-2019 - 22:12


#3 Was It a cat I saw

Was It a cat I saw

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Nghịch tóc mai

Đã gửi 05-07-2019 - 13:44

Bài 3:
Screenshot (46).png

Giải: Gọi $S$ là giao của $AQ$. $I,L,J$ đối xứng với $A,P,Q$ qua $S$. $A'$ đối xứng $A$ qua $BC$.
       $M$ là trung điểm $BC$. $DI$ cắt $BC$ tại $G$. $IL$ cắt $AT$ tại $H$. $SD$ cắt $(O)$ tại $R$.
       Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $U$.
Theo Bài 4: $Q,P,D,A'$ đồng viên.
Ta có các kết quả sau:
      $1*Q,S,D,M$ đồng viên (do $Q(SD,BC)=-1$).
      $2*M,D,A'$ thẳng hàng ($D$ là điểm Humpty $\triangle{A'BC}$ đỉnh $A'$).
      $3*A',I,D,P,Q$ đồng viên ($\widehat{A'IQ}= \widehat{AST}= \widehat{QDA'}$).
      $4*G,D$ đối xứng $T,H$ qua $S$: $\widehat{QID}= \widehat{QPA}= \widehat{QAT}$ nên $AT \parallel ID$.
Mà $S$ là trung điểm $AI$. Suy ra $ATIG, AHID$ là hình bình hành.
      $5*G,R,J$ thẳng hàng: $G(AI,SU)=-1$ nên $GU \parallel AI$.
Từ đó $G(QJ,SU)=-1$. Chiếu xuyên tâm $G$ lên $QU$ với lưu ý $(QR,BC)=-1$ thu được kết quả trên.
      $6*J,R,D,I$ đồng viên ($\overline{SR}.\overline{SD}= \overline{SQ}.\overline{SA}= \overline{SJ}.\overline{SI}$).
Tóm lại qua phép đối xứng tâm $S$ ta cần $GL$ tiếp xúc $(ILJ)$.
Thật vậy: gọi $GJ$ cắt $(ILJ)$ tại $K$, ta có: $\widehat{JKI}= \widehat{JID}= \widehat{GJD}$.
Suy ra: $IK \parallel DH$. Khi đó $I(KJ,LI)=I(KS,HD)=-1$ (đpcm).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Was It a cat I saw: 06-07-2019 - 08:57


#4 Was It a cat I saw

Was It a cat I saw

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Nghịch tóc mai

Đã gửi 05-07-2019 - 22:07

Bài 1:

Screenshot (48).png

Giải: Gọi $H,G$ là giao của $YZ,XZ$ với $AB,AC$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $AI$ cắt $BC$ tại $Q$.

         $AQ$ cắt $(O)$ tại $N$. $NI$ cắt lại $(O)$ tại $P$.

Dễ có $YZ,FD$ đối xứng nhau qua $BI$ nên $BH=BD, IH=ID$. Tương tự $CD=CG, ID=IG$. 

Đồng thời $QI^{2}= \overline{QB}.\overline{QC}= \overline{QN}.\overline{QA}$ nên $IN \bot AQ$ và $AP$ là đường kính.

Ta cần c/m $IJ$ là đối trung trong $\triangle{IBC}$ hay $(QJ,BC)=-1$ hay $A(NJ,HG)=-1$.

Mặt khác $AJ$ đi qua trung điểm $HG$ do $AHZG$ là hình bình hành.

Tóm lại cần có $AN \parallel HG$ hay $PI \bot HG$.

Thật vậy: $IH=ID=IG$ theo cmt.

Lại thấy: $PH^{2}=BP^{2}+BH^{2}=BP^{2}+BD^{2}=BP^{2}+BA^{2}-AD^{2}=AP^{2}-AD^{2}$.

Tương tự $PG^{2}=AP^{2}-AD^{2}$. Dẫn đến $PH=PG$. 

Vì vậy $IP$ là trung trực của $HG$ (đpcm).



#5 quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Đã gửi 06-07-2019 - 11:45

Cảm ơn Was It a cat I saw đã giải bài.

#6 adamlevine

adamlevine

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 06-07-2019 - 20:26

lời giải của em bài 4: (cách cộng góc)

 

Hình gửi kèm

  • Untitled25.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi adamlevine: 06-07-2019 - 20:28


#7 andrenguyen

andrenguyen

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 10-07-2019 - 10:49

Lời giải bài cuối :)

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi andrenguyen: 10-07-2019 - 10:55


#8 Loccltt

Loccltt

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 10-07-2019 - 11:45

Bài 1
https://photos.app.g...jiywRvgPesUVqTA

#9 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

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

Đã gửi 19-07-2019 - 19:50

Bài $2$

bổ đề 1: Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$.$K$ là đối xứng $D$ qua $IM$-> $FeK$ đi qua $X$ 

thật vậy ta có $FeDM$~$AIO$ gọi $T$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ thì $T'$ đói xứng $T$ qua $BC$ thì $T'XM$~$IDM$->$IT'M$~$KXM$->$KXM=IT'M=TIO=FeDB$->$Fe,X,K $ thẳng hàng

bổ đề 2 và bài giải:

Hình gửi kèm

  • qh t7b2 19.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 19-07-2019 - 19:54





1 người đang xem chủ đề

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