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 9 năm 2019


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 01-09-2019 - 08:02

Quán Hình Học tháng 9 năm 2019

 

Hết tháng 8 rồi chắc sẽ có nhiều bạn vô năm học rồi nhỉ vậy các bạn đã biết cần chuẩn bị gì cho năm học mới chưa nhỉ ?
(Bật mí nhỏ đó là Quán Hình Học ) do vậy các bạn chú ý giải thử các bài trong chuyên mục nhé.
 
Link đề bài:
 

 

Cảm ơn các bạn đã theo dõi Quán hình suốt thời gian qua. Các thành viên của đội ngũ Hình học phẳng luôn luôn cố gắng để đem đến cho các bạn sự thoải mái và tận hưởng hình học. (Khương Nguyễn)

 

Mọi ý kiến đóng góp các bạn gữi vào phần bình luận ở dưới bọn mình sẽ đọc và trả lời.
 
BBT: Nguyễn Hoàng Nam, Trần Quân, Phan Quang Trí, Nguyễn Duy Khương và Nguyễn Đức Toàn.
Latex:  Trần Quân.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 01-09-2019 - 08:06


#2 DrGenius

DrGenius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 02-09-2019 - 12:53

Em tên là Nguyễn Phúc Thịnh và đây là lời giải cho bài 1 của em.

File gửi kèm

  • File gửi kèm  Bài 1.pdf   147.32K   22 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DrGenius: 02-09-2019 - 12:54


#3 LXH1162003

LXH1162003

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 03-09-2019 - 20:04

Lời giải bài 1:

Bổ đề : M là điểm chính giữa cung $BC$ nhỏ của $(O)$. MN cắt (O) ở X. Khi đó $X\in (AJ)$. Chứng minh: gọi E, F lần lượt là hình chiếu của J lên CA, AB. (AJ) cắt (O) ở X'. Khi đó X' là điểm Miquel của (AB,AC,BC,EF) nên tam giác X'CE đồng dạng X'BF. Từ đó $\dfrac {X'C}{X'B}=\dfrac {CE}{BF}=\dfrac {\cot {ACJ}}{\cot {ABJ}}=\dfrac {NC}{NB}$, vì vậy ta có X'N là phân giác góc BX'C nên ta có đpcm.

Mặt khác ta có $MB^2=MJ \cdot MK$ từ các tam giác MBJ và MKB đồng dạng nên JKNX đồng viên. Vậy NX cắt đường cao đỉnh A ở L' thì góc $\angle MAL'=\angle MKL'=\angle MXJ$ nên ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LXH1162003: 03-09-2019 - 20:07


#4 LXH1162003

LXH1162003

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 03-09-2019 - 20:14

Bài 2:

Bổ đề: Cho $\bigtriangleup ABC$ nội tiếp $(O)$, $M$ là điểm chính giữa cung $BC$ nhỏ của $O$. CM cắt AB ở X, BM cắt CA ở Y. Phân giác ngoài $\angle A$ cắt $BC$ ở Z thì $\overline {X;Y;Z}$. Chứng minh: Để ý $\dfrac{XB}{XA}=\dfrac{MB}{MA}\cdot {CB}{CA}$, thiết lập tỉ số tương tự với $Y$ sau đó áp dụng Menelaus ta có đpcm.

Nghịch đảo bổ đề trên theo cực $A$ phương tích bất kì rồi đối xứng qua phân giác góc $\angle BAC$ ta có đpcm (Vì đối xứng của E qua AD thuộc $(ABD)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LXH1162003: 03-09-2019 - 20:14


#5 LXH1162003

LXH1162003

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 03-09-2019 - 20:24

Bài 6:

a) Cộng góc đơn giản ta có đpcm.

b) Gọi H là trực tâm $\bigtriangleup OLK$ thì HD là đường thẳng Steiner của T với $\bigtriangleup OLK$. Mà D đối xứng B qua KO nên HD cắt TB trên KO suy ra HD tiếp xúc (O). gọi AA' là đường kính của (O) thì do $OH \| KL$ nên $OH \| DA'$ hay HA' tiếp xúc (O). Hơn nữa P và T liên hợp với (O) nên ta có đpcm.



#6 LXH1162003

LXH1162003

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 03-09-2019 - 20:37

Bài 3:

Gọi A' đối xứng A qua BC và H là trực tâm $\bigtriangleup ABC$. Điều phải chứng minh tương đương với AD đi qua tâm ngoại tiếp $\bigtriangleup AA'L$. Mà A'L song song HO suy ra ta chứng minh Điều phải chứng minh tương đương với AD đi qua tâm ngoại tiếp $\bigtriangleup AOH$. Nghịch đảo đối xứng cực A sau đó biến đổi tỉ số ta có đpcm.



#7 DrGenius

DrGenius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 07-09-2019 - 23:28

Em tên là Nguyễn Phúc Thịnh và đây là lời giải của em cho bài số 2.

File gửi kèm

  • File gửi kèm  Bài 2.pdf   190.68K   15 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DrGenius: 08-09-2019 - 06:48


#8 DrGenius

DrGenius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 08-09-2019 - 13:07

Em tên là Nguyễn Phúc Thịnh và đây là lời giải của em cho bài số 4.

File gửi kèm



#9 DrGenius

DrGenius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 08-09-2019 - 14:35

Em tên là Nguyễn Phúc Thịnh và đây là lời giải của em cho bài số 5.

File gửi kèm

  • File gửi kèm  Bài 5.pdf   193.38K   18 Số lần tải


#10 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 09-09-2019 - 22:33

Mình cũng có lời giải khác câu số $5$, các bạn xem thử nhé, xem có đúng không?

Gọi $I$ là chân đường cao hạ từ $A-->BC$. 

Từ giả thiết suy ra $BHCF$ là hình bình hành.

$=>BH//FC;HC//BF$

Mà $HC$ vuông góc với $AB$

$=>\widehat{FCE}=90^{o}$

Tương tự $\widehat{FBD}=90^{o}$

Gọi $G,J$ lần lượt là giao của $HD,HE$ với $BC$

Ta có: $\widehat{HGJ}=\widehat{IHJ}$ ( cộng góc )

$=>\widehat{HGB}=\widehat{EHA}$ ( kề bù )

Mà $\widehat{HBG}=\widehat{HAE}$ ( nội tiếp)

$\Delta HBG\sim \Delta EAH (g-g)$

$=>\widehat{BHD}=\widehat{CEH}$ $(1)$

Mà $\widehat{HBA}=\widehat{HCA}$ ( nội tiếp )

$=>\widehat{DBH}=\widehat{ECH}$ ( kề bù ) $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $\Delta DBH\sim \Delta HCE (g-g)$

$=>\frac{DH}{HE}=\frac{BH}{CE}=\frac{CF}{CE}$ ( tính chất hình bình hành ) và $\widehat{CHE}=\widehat{BDH}$ $(3)$

Mà $\widehat{DHE}=\widehat{FCE}=90^{o}$

$=>\Delta CEF\sim HED (c-g-c)$     

$=>\widehat{CEF}=\widehat{HED}$

$=>\widehat{HEC}=\widehat{FED}$

Vì $\Delta CEF\sim \Delta HED (cmt)$ nên $\frac{FE}{ED}=\frac{CE}{EH}$ và $\widehat{EFC}=\widehat{EDH}$ $(4)$

Mà $\widehat{FED}=\widehat{HEC} (cmt)$

$=>\Delta CEH\sim FED (c-g-c)$

$=>\widehat{FDE}=\widehat{CHE}$

Mà chứng minh từ $(3)$ ta có $\widehat{CHE}=\widehat{BDH}$

$=>\widehat{FDE}=\widehat{BDH}=>\widehat{EDH}=\widehat{FDB}$

Mà chứng minh từ $(4)$ ta có $\widehat{EDH}=\widehat{EFC}$

$=>\widehat{FDB}=\widehat{EFC}$ $(5)$

Ta có : $\widehat{DBF}=\widehat{DMF}=90^{o}$

Nên $DFMB$ nội tiếp 

$=>\widehat{FDB}=\widehat{BMH}$

Mà $\widehat{FDB}=\widehat{EFC}$ ( Chứng minh từ $(5)$)

$=>\widehat{EFC}=\widehat{BMH}$

Mà $\widehat{MFC}=\widehat{BHM}$$(FC//BH)$

Nên $\widehat{HFE}=\widehat{MFC}+\widehat{EFC}=\widehat{BHM}+\widehat{HMB}=180^{o}-\widehat{HBC}=180^{o}-\widehat{HAC}$

Do đó $AHFE$ nội tiếp.

Hoàn tất chứng minh $\blacksquare$

Hình vẽ: https://www.geogebra...lassic/ce73zsag


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Eugeo Synthesis 32: 10-09-2019 - 00:17


#11 NHN

NHN

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 11-09-2019 - 16:25

Cảm ơn các bạn đã gửi lời giải BBT sẽ kiểm tra lại lời giải và để lại bình luận vào tháng kế tiếp các bạn đón đọc nhé



#12 DrGenius

DrGenius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Mọi thứ nha nha nha =))

Đã gửi 12-09-2019 - 09:23

Em tên là Nguyễn Phúc Thịnh và đây là lời giải của em cho bài số 3.

 

File gửi kèm

  • File gửi kèm  Bài 3.pdf   206.77K   10 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DrGenius: 12-09-2019 - 09:27


#13 YoLo

YoLo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 224 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Nothing

Đã gửi 12-09-2019 - 22:07

Bài 1:

 $D$ là chân đường cao kẻ từ $A$

           $M,X$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ và giao của $MA$ và $BC$

         $MN$ cắt $AD,(O)$ lần lượt tại $L',H$ do đó cm $L\equiv L'$

          $I,I_{a}$ lần lượt là tâm nội và tâm bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$

         Có các kết quả hiển nhiên $(I_{a}IXA)=-1,(I_{a}IKJ)=-1$ và $M$ là trung điểm của $II_{a}$  

    nên $MX.MA=MI^{2}=MK.MJ$ mà $MN.MH=MB^{2}=MX.MA$ suy ra $MN.MH=MK.MJ$ và $HJKN$ nội tiếp mà $L'A //KN$

   nên $L',H,A,J$ đồng viên nên có $\widehat{JL'A}=\widehat{JHA};\widehat{L'HJ}=\widehat{L'AJ}$

Khi đó kéo dài $HJ$ cắt $(O)$ tại $A'$ thì $\widehat{MAD}=\widehat{MHA'}=\widehat{MAA'}=\widehat{MAO}$ suy ra $A,O,O'$ thẳng hàng

nên $\widehat{JL'A}=\widehat{JHA}=90^{0}$ ( đpcm) 

Bài 2:

 Lấy $E',F',T'$ lần lượt là điểm đối xứng với $E,F,T$ qua $AD$

 $T'A$ cắt $BC$ tại $S$

Từ giả thiết suy ra các tứ giác $AE'DB,AF'DC,MDAT'$ đều là tứ giác nội tiếp, và kết luận tương đương với cm $A,T',E',F'$ đồng viên

Có KQ hiển nhiên $(SDBC)=-1$ suy ra$SB.SC=SD.SM=ST'.SA$ suy ra $T'$ là điểm chính giữa cung $BAC$ của $(O)$ nên $T'B=T'C$

Mà $BF'=\frac{BD.BC}{BA}=\frac{CD.CB}{CA}=CE'$

Suy ra $\bigtriangleup T'F'B=\triangle T'E'C$ nên $T'\in (AE'F')$ (đpcm)

P/s: Rất xin lỗi em không có phần mềm vẽ hình ạ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi YoLo: 12-09-2019 - 22:18

"All people are nothing but tools. It doesn't matter how it done. It doesn't matter what need to be sacrificed. In this world winning is everything. As long as I win in the end. That's all that matters"    





1 người đang xem chủ đề

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