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
* * * * * 4 Bình chọn

$ \boxed{TOPIC} $ Các bài toán hình học hướng đến Olympic


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 28 trả lời

#1 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 22-07-2019 - 02:08

$ \boxed{ \text{Giới thiệu}} $ Chào các bạn, khát khao của mình sau khi đậu chuyên là sẽ tích cực hoạt động ở VMF, và cho đến bây giờ, mục tiêu thứ nhất xem như đã hoàn thành, đến với mục tiêu thứ 2  :icon6: Để nhằm hiện thực khát khao ấy, cũng như nâng cao kiến thức, kĩ năng giải hình học phẳng, mình quyết định mở 1 Topic nhỏ với đối tượng hướng đến các bạn đam mê hình học, có nguyên vọng chinh phục các kì thi HSG ở bậc THPT từ lớp 10 đến lớp 12.

 

$ \boxed{ \text{Nội dung}} $ Như đã nói như trên, topic sẽ xoay quanh các bài toán hình học phẳng qua các mức độ dễ đến khó. Mỗi các nhân sẽ post 1 bài toán đề nghị do sưu tầm, sáng tác,... với điều kiện đưa ra lời giải của bài toán trước đó. Topic sẽ không giới hạn số lời giải của 1 bài toán. Các bạn sau khi post lời giải cần post bài toán đề nghị và cứ như thế... đến khi đơm hoa kết trái, mình sẽ tổng hợp thành file và lưu lại sau này. Do đây mới là topic nhỏ nên độ khó của các bài toán cũng ở mức giới hạn, dành cho cả HS vừa vào lớp 10.  :D Topic này được mình tham khảo từ Topic Marathon số học Olympic  :wub:

 

$ \boxed{\text{Qui định}} $

1) Các bài toán được ghi nguồn rõ ràng

2) Nội dung xoay quanh hình học phẳng, nhằm luyện tập hướng đến các kì thi Olympic.

3) Lời giải rõ ràng, cụ thể, không lan man,...

4) Không được đăng các bài toán vẫn đang trong thời gian diễn ra của những cuộc thi khác ( VD: Toán học và tuổi trẻ, toán tuổi thơ,...)

5) Bạn giải bài thứ $ n $ thì đề xuất luôn bài toán thứ  $ n +1 $

6) Tuyệt đối không spam, quảng cáo, mình sẽ báo cáo các anh quản trị viên có hình phạt thích hợp.

7) Sau 3 ngày bài toán không có lời giải, người đề cử sẽ đăng bài toán đó và tiếp tục đề cử bài mới. 

 

(P/s) Do đây là lần đầu, cộng thêm kiến thức còn rất hạn hẹp, nên có sai sót gì mong các anh chị, các bạn bỏ qua, cùng nhau đóng góp để topic và cá nhân mình ngày càng hoàn thiện.   :icon6:

 

Mình xin đề xuất bài toán đầu tiên: 

$ \boxed{\text{Bài toán 1}} $ (Gặp gỡ Toán học 2010)

Đường tròn $ (I) $ nội tiếp tam giác $ ABC $ tiếp xúc các cạnh $ AB, AC $ tương ứng tại  $ D , E $. $ P $ là 1 điểm bất kì trên cung lớn $ \mathop DE $ của $ (I) $. Lấy $ F $ là điểm đối xứng với $ A $ qua $ PD $ và $ M $ là trung điểm đoạn $ DE $. Chứng minh rằng $ \angle FMP  = 90^{\circ} $. 

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 23-07-2019 - 12:33

$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#2 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:làm toán & nghe nhạc của Vũ.

Đã gửi 22-07-2019 - 09:58

AP cắt $(I)$ tại K. Q đối xứng với K qua AM. FP cắt $(I)$ tại $R$

Do $AM.AI=AK.AP=AD^2$ nên KMIP nội tiếp. Do đó $\widehat{KMP}=\widehat{KIP}$ suy ra $\widehat{KMP}+\widehat{KMA}+\widehat{AMQ}=\widehat{KIP}+2\widehat{KPI}=180^0$ nên P, M, Q thẳng hàng.

Do vậy nên ta có: $\frac{DM}{MP}=\frac{ME}{MP}=\frac{QE}{DP}=\frac{DK}{DP}=\frac{DA}{PA}=\frac{DA}{FP}$ (1)

Mặt khác,do F đối xứng với A qua DP nên DP là phân giác $\widehat{RPK}$ suy ra $DR=DK=QE$ và $DE=RQ$

Do đó: $\widehat{RPM}=\widehat{ADM}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác FPM đồng dạng với tam giác ADM nên $\widehat{FMP}=\widehat{AMD}=90^0$.

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một đường thẳng d bất kỳ đi qua $O$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $I,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $MN,BN,CM$. Chứng minh 4 điểm $O,I,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.

P/s: Ai biết xuất xứ bài toán này không cho mình biết với....

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Arthur Pendragon: 23-07-2019 - 08:14

"WHEN YOU HAVE ELIMINATED THE IMPOSSIBLE, WHATEVER REMAINS, HOWEVER IMPROBABLE, MUST BE THE TRUTH"

-SHERLOCK HOLMES-             


#3 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 22-07-2019 - 22:22

AP cắt $(I)$ tại K. Q đối xứng với K qua AM. FP cắt $(I)$ tại $R$

Do $AM.AI=AK.AP=AD^2$ nên KMIP nội tiếp. Do đó $\widehat{KMP}=\widehat{KIP}$ suy ra $\widehat{KMP}+\widehat{KMA}+\widehat{AMQ}=\widehat{KIP}+2\widehat{KPI}=180^0$ nên P, M, Q thẳng hàng.

Do vậy nên ta có: $\frac{DM}{MP}=\frac{ME}{MP}=\frac{QE}{DP}=\frac{DK}{DP}=\frac{DA}{PA}=\frac{DA}{FP}$ (1)

Mặt khác,do F đối xứng với A qua DP nên DP là phân giác $\widehat{RPK}$ suy ra $DR=DK=QE$ và $DE=RQ$

Do đó: $\widehat{RPM}=\widehat{ADM}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác FPM đồng dạng với tam giác ADM nên $\widehat{FMP}=\widehat{AMD}=90^0$.

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một đường thẳng d bất kỳ đi qua $(O)$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $I,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $MN,BN,CM$. Chứng minh 4 điểm $O,I,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.

P/s: Ai biết xuất xứ bài toán này không cho mình biết với....

 

Bạn xem lại đề bài 2, mình thấy có vấn đề vì khi vẽ có thể rơi vào trường hợp O,I,P,Q là tứ giác lõm ... 


$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#4 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:làm toán & nghe nhạc của Vũ.

Đã gửi 22-07-2019 - 23:17

Bạn xem lại đề bài 2, mình thấy có vấn đề vì khi vẽ có thể rơi vào trường hợp O,I,P,Q là tứ giác lõm ... 

Mình thêm giả thiết tam giác ABC nhọn rồi đó.


"WHEN YOU HAVE ELIMINATED THE IMPOSSIBLE, WHATEVER REMAINS, HOWEVER IMPROBABLE, MUST BE THE TRUTH"

-SHERLOCK HOLMES-             


#5 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 22-07-2019 - 23:26

Mình thêm giả thiết tam giác ABC nhọn rồi đó.

Nhọn hay tù mình vẽ hình vẫn không ra, trừ phi bạn nói $ d $ đi qua  điểm  $ O $ 


$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#6 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:làm toán & nghe nhạc của Vũ.

Đã gửi 23-07-2019 - 08:15

Nhọn hay tù mình vẽ hình vẫn không ra, trừ phi bạn nói $ d $ đi qua  điểm  $ O $ 

Ừ thì đúng là nó đi qua điểm $O$. Lỗi đánh máy, sorry nha  :D  :D  :D


"WHEN YOU HAVE ELIMINATED THE IMPOSSIBLE, WHATEVER REMAINS, HOWEVER IMPROBABLE, MUST BE THE TRUTH"

-SHERLOCK HOLMES-             


#7 Vitamin Love

Vitamin Love

    Lính mới

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

Đã gửi 23-07-2019 - 16:32

AP cắt $(I)$ tại K. Q đối xứng với K qua AM. FP cắt $(I)$ tại $R$

Do $AM.AI=AK.AP=AD^2$ nên KMIP nội tiếp. Do đó $\widehat{KMP}=\widehat{KIP}$ suy ra $\widehat{KMP}+\widehat{KMA}+\widehat{AMQ}=\widehat{KIP}+2\widehat{KPI}=180^0$ nên P, M, Q thẳng hàng.

Do vậy nên ta có: $\frac{DM}{MP}=\frac{ME}{MP}=\frac{QE}{DP}=\frac{DK}{DP}=\frac{DA}{PA}=\frac{DA}{FP}$ (1)

Mặt khác,do F đối xứng với A qua DP nên DP là phân giác $\widehat{RPK}$ suy ra $DR=DK=QE$ và $DE=RQ$

Do đó: $\widehat{RPM}=\widehat{ADM}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác FPM đồng dạng với tam giác ADM nên $\widehat{FMP}=\widehat{AMD}=90^0$.

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một đường thẳng d bất kỳ đi qua $O$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $I,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $MN,BN,CM$. Chứng minh 4 điểm $O,I,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.

P/s: Ai biết xuất xứ bài toán này không cho mình biết với....

 

 

AP cắt $(I)$ tại K. Q đối xứng với K qua AM. FP cắt $(I)$ tại $R$

Do $AM.AI=AK.AP=AD^2$ nên KMIP nội tiếp. Do đó $\widehat{KMP}=\widehat{KIP}$ suy ra $\widehat{KMP}+\widehat{KMA}+\widehat{AMQ}=\widehat{KIP}+2\widehat{KPI}=180^0$ nên P, M, Q thẳng hàng.

Do vậy nên ta có: $\frac{DM}{MP}=\frac{ME}{MP}=\frac{QE}{DP}=\frac{DK}{DP}=\frac{DA}{PA}=\frac{DA}{FP}$ (1)

Mặt khác,do F đối xứng với A qua DP nên DP là phân giác $\widehat{RPK}$ suy ra $DR=DK=QE$ và $DE=RQ$

Do đó: $\widehat{RPM}=\widehat{ADM}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác FPM đồng dạng với tam giác ADM nên $\widehat{FMP}=\widehat{AMD}=90^0$.

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một đường thẳng d bất kỳ đi qua $O$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $I,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $MN,BN,CM$. Chứng minh 4 điểm $O,I,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.

P/s: Ai biết xuất xứ bài toán này không cho mình biết với....

 

Kẻ đường kính BE CF.
Ta có NE // OP  MF // OQ
=> ∠EKF = ∠POQ (1)
Lại có K thuộc (O) theo định lí pascal ( K là giao của EN và FM )
=> ∠EKF = ∠BAC = ∠PIQ (2)
Từ (1) và (2) => ∠PIQ = ∠EKF => ĐPMC
( bài này xuất phát từ IMO 2009 )
Bài toán 3: Cho tam giác ABC nhọn nt (O) đường tròn (K) đi qua BC cắt AC AB tại E F, BE CF cắt tại H. P là điểm tùy ý trên AH. (APB) (APC) cắt BE CF tại M, N. X, Y, Z theo thứ tự là tâm đường tròn (APB) (APC) (BMC). Q, R là tâm (XYZ) (MNP). Chứng minh: QR // AP, (XYZ) (MNP) đồng tâm (khi K thuộc BC)


#8 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 28-07-2019 - 12:12

Bài toán 2 còn có 1 cách giải sử dụng đường trung bình. 

Kẻ đường kính $ AK $ của $ (O) $. Gọi $ H $ là trực tâm $ \Delta AMN $, $ T $ là trung điểm $ HK $.

Dễ thấy $  NH // BK $ ( cùng $ \bot AB $ ) mà $ P, T $ là trung điểm $ BN, HK $ nên $ NH // PT // BK $ 

Mặt khác $ IP // AB $ suy ra $ PT \bot IP $. 

Chứng minh tương tự ta có $  OT \bot MN $ , $ IQ \bot QT $ 

Vậy 5 điểm $ I, O , Q , T, P $ đồng viên. 

Suy ra điều phải chứng minh. 

Mở rộng : $ \Delta ABC $, $ d $ bất kì đi qua $ ( O ) $ cắt   $ ( O ) , AB, AC $ lần lượt tại $ X, Y, M, N $. Gọi $ J, I , P , Q $ là trung điểm $ XY, MN, BN, CM $. Khi đó $ JIQP $ nội tiếp. 

 

 

( P/S mình bổ sung thêm qui định đó là sau 3 ngày bài toán đề xuất không có lời giải thì người up có thể up lời giải cho mn cùng tham khảo, tránh tình trạng bí cục bộ  :lol:, người up vẫn sẽ đề xuất bài tiếp theo. )


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 30-07-2019 - 13:38

$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#9 Vitamin Love

Vitamin Love

    Lính mới

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

Đã gửi 29-07-2019 - 21:52

Bài toán 2 còn có 1 cách giải sử dụng đường trung bình. 

Kẻ đường kính $ AK $ của $ (O) $. Gọi $ H $ là trực tâm $ \Delta AMN $, $ T $ là trung điểm $ HK $.

Dễ thấy $  NH // BK $ ( cùng $ \bot AB $ ) mà $ P, T $ là trung điểm $ BN, HK $ nên $ NH // PT // BK $ 

Mặt khác $ IP // AB $ suy ra $ PT \bot IP $. 

Chứng minh tương tự ta có $  OT \bot MN $ , $ IQ \bot QT $ 

Vậy 5 điểm $ I, O , Q , T, P $ đồng viên. 

Suy ra điều phải chứng minh. 

Mở rộng : $ \Delta ABC $, $ d $ bất kì đi qua $ ( O ) $ cắt   $ ( O ) , AB, AC $ lần lượt tại $ X, Y, M, N $. Gọi $ J, I , P , Q $ là trung điểm $ XY, MN, BN, CM $. Khi đó $ JINM $ nội tiếp. 

 

 

( P/S mình bổ sung thêm qui định đó là sau 3 ngày bài toán đề xuất không có lời giải thì người up có thể up lời giải cho mn cùng tham khảo, tránh tình trạng bí cục bộ  :lol:, người up vẫn sẽ đề xuất bài tiếp theo. )

Trung điểm XY ?? PQ có bị thừa ??



#10 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 30-07-2019 - 09:10

Trung điểm XY ?? PQ có bị thừa 

À t ghi nhầm $ JIQP $ không phải $ JIMN $    :ukliam2:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 30-07-2019 - 13:38

$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#11 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 15-08-2019 - 12:46

$ \boxed{\textbf{ Bài toán 4 }} $ Cho tứ giác ABCD nội tiếp thỏa mãn $ AB.CD = AD.BC $. Đường tròn $ (C) $ qua $ A, B $ tiếp xúc với $ BC $ . Đường tròn $ (C') $ qua $ A, D $ tiếp xúc với $ CD $. Chứng minh rằng giao điểm khác $ A $ của $ (C) $ và $ (C') $ là trung điểm $ BD $.

 


$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#12 Eugeo Synthesis 32

Eugeo Synthesis 32

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:Geometry is life, geometry is my lover <3, play surviv io <3

Đã gửi 23-08-2019 - 23:27

Bài toán 5: ( Dùng như 1 bổ đề) Cho $(O)$ với $A$ nằm ngoài đường tròn, kẻ tiếp tuyến $AB,AC$ của $(O)$, kẻ cát tuyến $AMN$ cắt $BC$ tại $K$, Chứng minh $\frac{MK}{KN}=\frac{AM}{AN}$.

 

Mình xin phép giải bài toán 4:

Gọi giao điểm của $(C)$ và $(C')$ là $E$

$=> \Delta DAE\sim \Delta CAB$

$=> \frac{AE}{ED}=\frac{AB}{BC}$

Tương tự $\Delta BAE\sim \Delta CAD$

$\frac{AE}{EB}=\frac{AD}{DC}$

Mà theo đề thì $AB.CD=AD.BC$

Nên $\frac{AB}{BC}= \frac{AD}{DC}$

$=>\frac{AE}{EB}=\frac{AE}{ED}$

Hay $EB=ED$

Chứng minh được hoàn tất.

P/s: Các bạn góp bài toán vào chủ đề này cho thêm vui đi ạ :D



#13 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 23-08-2019 - 23:39

Cảm ơn bạn, nhưng có vẻ lời giải bài 4 của bạn có chút ngộ nhận vì B,E,D chưa thẳng hàng, bạn xem lại thử như thế nào  :mellow:


$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#14 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 23-08-2019 - 23:50

Lời giải bài toán 5

Gọi $ H $ là giao $ AO, BC $.

Ta có $  AH.AO = AC^2 = AM.AN $ suy ra $ MHON $ nội tiếp. Suy ra $ \angle MHA = \angle MNO = \angle NMO = \angle NHO \Rightarrow  \angle MHB = \angle NHB $ 

Suy ra $ HB , HA $ lần lượt là phân giác trong và ngoài $ \angle MHN $. Từ đó có dpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 23-08-2019 - 23:51

$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#15 Eugeo Synthesis 32

Eugeo Synthesis 32

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:Geometry is life, geometry is my lover <3, play surviv io <3

Đã gửi 24-08-2019 - 00:14

Bài toán 5 mình còn có 1 cách khác, tuy dài hơn cách của bạn Sin99 :D

Ta có: $\frac{MK}{KN}=\frac{MK}{KB}.\frac{KB}{KN}=\frac{CM}{BN}.\frac{MB}{CN}=\frac{CM}{CN}.\frac{MB}{BN}=\frac{CM^2}{CN^2}$( do tứ giác $CMBN$ điều hòa).

Dùng các tam giác đồng dạng, ta suy ra được $\frac{CM^2}{CN^2}=\frac{AC^2}{AN^2}=\frac{AB^2}{AN^2}=\frac{AM.AN}{AN^2}=\frac{AM}{AN}$

À, mình xin lỗi bạn, vì $\Delta DAE\sim \Delta CAB$ nên $\angle DEA = \angle CBA$

Tương tự $\Delta BAE\sim \Delta CAD$ nên $=> \angle BEA = \angle CDA$

$=> \angle BEA+\angle DEA = \angle CDA+\angle CBA=180^{o}$



#16 Eugeo Synthesis 32

Eugeo Synthesis 32

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:Geometry is life, geometry is my lover <3, play surviv io <3

Đã gửi 24-08-2019 - 00:27

Bài toán 6: Cho ΔABC vuông tại A có AB<AC. Đường tròn (I) nội tiếp ΔABC tiếp xúc với AC tại D. Gọi M là trung điểm AC, đường thẳng IM cắt AB tại N. Chứng minh IBND là hình bình hành.

( Trích từ câu 5 - Đề toán vào chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng năm học 2016 - 2017)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Eugeo Synthesis 32: 24-08-2019 - 00:29


#17 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 24-08-2019 - 10:13

Bài toán 5 mình còn có 1 cách khác, tuy dài hơn cách của bạn Sin99 :D

Ta có: $\frac{MK}{KN}=\frac{MK}{KB}.\frac{KB}{KN}=\frac{CM}{BN}.\frac{MB}{CN}=\frac{CM}{CN}.\frac{MB}{BN}=\frac{CM^2}{CN^2}$( do tứ giác $CMBN$ điều hòa).

Dùng các tam giác đồng dạng, ta suy ra được $\frac{CM^2}{CN^2}=\frac{AC^2}{AN^2}=\frac{AB^2}{AN^2}=\frac{AM.AN}{AN^2}=\frac{AM}{AN}$

À, mình xin lỗi bạn, vì $\Delta DAE\sim \Delta CAB$ nên $\angle DEA = \angle CBA$

Tương tự $\Delta BAE\sim \Delta CAD$ nên $=> \angle BEA = \angle CDA$

$=> \angle BEA+\angle DEA = \angle CDA+\angle CBA=180^{o}$

 

Thanks bạn bài 5 

Còn bài 4 hÌnh như vẫn còn bị ngộ nhận, tam giác DAE đồng dạng CAB TH nào thế bạn ? 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 24-08-2019 - 10:18

$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#18 Eugeo Synthesis 32

Eugeo Synthesis 32

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:Geometry is life, geometry is my lover <3, play surviv io <3

Đã gửi 24-08-2019 - 12:27

Chắc là bạn suy ra được EBC+EDC=180-BCD do tiếp tuyến với dây cung, sau đó kéo dài EB cắt CD tại D' sau đó ta thấy được CD'B+EBC=180-BCD rồi suy ra CD'B=EDC rồi suy ra E,B,D thẳng hàng, được không bạn :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Eugeo Synthesis 32: 24-08-2019 - 12:28


#19 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 347 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 24-08-2019 - 15:03

Okay hay bạn   :icon6:


$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#20 Eugeo Synthesis 32

Eugeo Synthesis 32

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:Geometry is life, geometry is my lover <3, play surviv io <3

Đã gửi 26-08-2019 - 22:27

Bài 6 mình gợi ý là dùng khoảng cách từ chân đường vuông góc hạ từ đường tròn nội tiếp đên cạnh của tam giác ĐẾN $1$ điểm của tam giác đó.

Thôi thì mình chứng minh luôn, bạn nào vẫn muốn suy nghĩ thì đừng đọc tiếp nhé :D 

 

 

 

 

 

Đây là cách của mình, mình tự nghĩ ra nhưng nghiêng về đại số rất nhiều, các bạn nào còn có cách giải vẽ thêm rồi ra được kết quả thì đưa lời giải tại đây để mình xem và học hỏi nhé.

Trước tiên ta chứng minh bổ đề như sau:

Bổ đề 1:

- Cho $\Delta ABC$ nhọn và $I$ là tâm đường nội tiếp tam giác đó, và $D$ là chân đường vuông góc hạ từ $I$ xuống $\Delta ABC$ thì $AD=\frac{AB+AC-BC}{2}$ ( cái này dễ, hạ $I$ vuông góc xuống $AB,BC$ là ra).

Bổ đề 2:

Cho $\Delta ABC$, $\widehat{A}=90^{o}$ thì :

$\frac{1}{4}(AB+AC-BC)(BC+AB-AC)=\frac{1}{2}(BC-AC)AC$$(1)$

Các bạn rút gọn rồi ra được thôi, thêm điều kiện $AB^{2}+AC^{2}=BC^{2}$ nữa là ok

Quay lại bài toán:

Để chứng minh $IBND$ là hình bình hành thì cần chứng minh $BN=ID$, vì $BN//ID$

Tức là $BN=\frac{AB+AC-BC}{2}$

Ta thấy rằng $\Delta NGI\sim \Delta NAM$ suy ra :

$\frac{GI}{AM}=\frac{NG}{NA}$

$<=> GI.NA=NG.AM$

$<=>\frac{1}{2}(AB+AC-BC)(AB-BN)=\frac{1}{2}AC(\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}BC-\frac{1}{2}AC-BN)$$(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra :

$\frac{BC-AC}{\frac{BC+AB-AC}{2}}=\frac{\frac{AB+BC-AC}{2}-BN}{AB-BN}$

$<=>\frac{\frac{AB+BC-AC}{2}-BN}{AB-BN}=\frac{\frac{AB+BC-AC}{2}-\frac{AB+AC-BC}{2}}{AB-\frac{AB+AC-BC}{2}}$

Tức là $\frac{a-c}{b-c}=\frac{a-d}{b-d}$ 

$<=>(a-b)(d-c)=0$

Vì $a$ nhỏ hơn $b$ ( chứng minh theo BĐT tam giác )

Nên $d-c=0$

Hay $BN=\frac{AB+AC-BC}{2}$

Chứng minh hoàn tất.






0 người đang xem chủ đề

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