Chủ đề này có 18 trả lời

[perfectstrong]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 28-06-2012 - 10:50

[perfectstrong]

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 03-07-2012 - 07:42

[Crystal]

Thông báo: Đã có đề cho hiệp 2 Trận chung kết MSS 2012. Các toán thủ vào tham gia.

[NLT]

Lời giải cho câu a:



Từ $M$ vẽ tiếp tuyến với $(O)$ cắt $CA$ tại $E$. $\to \angle EMO=90^o \to \angle EMH=\angle KMN$ (Do $\angle HMK=90^o$)
Dễ chứng minh được các tứ giác $MHCK, CINJ$ là các hình chữ nhật. X
Để ý rằng $MK//KN$, cho nên $\angle KMN= \angle MNI \to $. (1)
Vì $EM$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $\angle EMC=\angle CNM$.(2)
Cộng (1), (2) vế theo vế ta được: $\angle HMC =\angle CNI $
Suy ra: $\angle CIJ=\angle KEC$. $\to$ Tứ giác $HCXI$ nội tiếp $\to \angle HXI=\angle ICH = 90^o$ $\to$ $HK$ vuông góc với $IJ $ $\to(Q.E.D)$
___

D-B=8.8h
E=7.5
F=0
S=61.7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:01

[nthoangcute]

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

a) Gọi $X$ là giao điểm của $HK$ và $IJ$
Không mất tính tổng quát $M$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $AB$ có chứa $C$
Vì $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$ và $CA \perp CB$
Suy ra tứ giác $MHCK$ và tứ giác $NICJ$ đều là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật)
Suy ra $\widehat{XKJ}=\widehat{CKH}=\widehat{CMK}=\frac{\widehat{MOB}}{2}$ X
Và $\widehat{NJX}=\widehat{NCI}=\frac{\widehat{AON}}{2}$
Lại có : $\widehat{AON}=\widehat{BOM}$
Từ đó ta có: $\widehat{XKJ}=\widehat{NJX}$
Mà $\widehat{NJX}+\widehat{KJX}=\widehat{NJC}=90^o$
Suy ra $\widehat{XKJ}+\widehat{XJK}=90^o$
Hay $\widehat{KXJ}=90^o$
Vậy ta được $HK \perp JI$
b)
1) Phần thuận:
Gọi $G$ là điểm đối xứng của $C$ qua $X$
Khi đó $X$ là trung điểm $CG$
Gọi $L$ là giao điểm của $CM$ và $HK$
Vì tứ giác $CKMH$ là hình chữu nhật (theo chứng minh trên)
Suy ra $CM$ cắt $HK$ tại trung điểm mỗi đường
Suy ra $L$ là trung điểm $CM$
Lại có $X$ là trung điểm $CG$
Suy ra $XL$ là đường trung bình của tam giác $MCG$
Suy ra $XL \parallel MG$ hay $HK \parallel MG$
Chứng minh tương tự như trên ta được : $IJ \parallel NG$
Vì $HK \perp IJ \Rightarrow HK \perp NG \Rightarrow MG \perp NG \Rightarrow \widehat{MGN}=90^o$
Nên $G$ nằm trên đường tròn đường kinh $MN \Leftrightarrow G \in (O)$
Mà $X$ là trung điểm của dây cung $CG$ của $(O)$
$\Rightarrow OX \perp CG \Rightarrow \widehat{COX}=90^o$
Hay $X$ thuộc đường tròn đường kính $CO$
Mà $C$ và $O$ là hai điểm cố định
Suy ra $X$ nằm trên đường tròn đường kính $CO$ cố định
2) Phần đảo: Giả xử $\widehat{COX}=90^o$
Gọi $G$ là điểm đối xứng của $C$ qua $X$
Suy ra $G$ thuộc đường tròn $(O)$
Suy ra $NG \perp GM$
CMTT phần thuận ta được
$HK \parallel MG$ và $IJ \parallel NG$
Suy ra $HK \perp IJ$
và $X$ thuộc các đường thẳng $HK$ và $IJ$ (theo tính chất đường trung bình)
Vậy $HK \perp IJ$ tại $X$
3) Giới hạn: không có giới hạn
Tóm lại: Quỹ tích điểm $X$ là tập hợp các điểm nằm trên đường tròn đường kính $CO$

Viết sai chỗ này

Suy ra $\widehat{XKJ}=\widehat{CKH}=\widehat{CMK}=\frac{\widehat{MOB}}{2}$

Đúng phải là

Suy ra $\widehat{XKJ}=\widehat{CKH}=\widehat{MCK}=\frac{\widehat{MOB}}{2}$

Câu b thiếu hình vẽ riêng và trình bày cực dở. Giới hạn không phải là không có. Mà cụ thể là $X$ chạy trên toàn bộ đường tròn đường kính $OC$.
D-B=8.8h
E=9.5
F=10
S=77.7 x 110%=85.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:15

[NLT]

Lời giải cho câu a:



Từ $M$ vẽ tiếp tuyến với $(O)$ cắt $CA$ tại $E$. $\to \angle EMO=90^o \to \angle EMH=\angle KMN$ (Do $\angle HMK=90^o$)
Dễ chứng minh được các tứ giác $MHCK, CINJ$ là các hình chữ nhật.
Để ý rằng $MK//XN$, cho nên $\angle KMN= \angle MNI \to \angle EMH=\angle MNI$. (1)
Vì $EM$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $\angle EMC=\angle CNM$.(2)
Cộng (1), (2) vế theo vế ta được: $\angle HMC =\angle CNI $
Suy ra: $\angle CIJ=\angle KEC$. $\to$ Tứ giác $HCXI$ nội tiếp $\to \angle HXI=\angle ICH = 90^o$ $\to$ $HK$ vuông góc với $IJ $ $\to(Q.E.D)$
___

[NLT]

Xin giải câu a bằng cách khác (cách đầu tiên hơi bị dài dòng )

Ta có các hình $HMKC, CINJ$ là các hình chữ nhật.
Dễ thấy $\angle NCA=\angle MCB$ (cùng phụ với $\angle HCB$).
Từ đó suy ra: $\angle JIC = \angle KHC$ rồi giải tương tự như cách đầu tiên
___

[nthoangcute]

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

Chơi kiểu này kinh thế !!!
Thôi mở rộng đây !!!
_________________________________________________
Mở rộng câu a):


Cho đường tròn $(O)$ dây cung $AB$ cố định. $C$ là 1 điểm cố định khác $A$ và $B$ trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
Chứng minh: $HK \perp JI$
_________
Lời giải:

Gọi $X$ là giao điểm của $HK$ và $IJ$
Ta thấy:
Vì $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$ nên ta được
Tứ giác $CKMH$ và $CINJ$ nội tiếp
Vậy ta được:
$\widehat{XKJ}=\widehat{HKC}=\widehat{CMH}=\widehat{ACM}-90^o=\widehat{ACN}=\widehat{IJN}$
Suy ra $\widehat{XKJ}=\widehat{IJN}$
Hay $\widehat{XKJ}+\widehat{XJK}=90^o$
Suy ra $\widehat{KXJ}=90^o$
Suy ra $HK$ vuông góc với $IJ$ (Đpcm)

[daovuquang]

Hình vẽ:


Dễ thấy $AMBN$ là hình chữ nhật$\Rightarrow AN=BM$ và $AN // BM.$
Cộng thêm $IN // KB\Rightarrow \widehat{INA}=\widehat{KBM}.$
$\Rightarrow \triangle{AIN}=\triangle{MKB} (cgv.gn)$
$\Rightarrow AI=MK=HC.(1)$
Xét $\triangle{AIN}$ và $\triangle{HCJ}$ có:

$\left\{\begin{matrix}
AI=HC(cmt)\\
IN=CJ\\
\widehat{AIN}=\widehat{HCJ}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \triangle{AIN}=\triangle{HCJ}$
$\Rightarrow AN=HJ$ và $AN // HJ.$
Mặt khác từ $(1)$ và $AI // MK\Rightarrow AMKI$ là hình bình hành$\Rightarrow IK // AM.$
Dễ thấy $AN \perp AM\Rightarrow HJ \perp IK.$
Theo gt $KJ \perp AC\Rightarrow J$ là trực tâm $\triangle{HIK}\Rightarrow IJ \perp HK\Rightarrow$ đpcm.

Câu b mới chỉ giải phần thuận.
D-B=11.8h
E=8.5
F=0
S=61.7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:18

[minhtuyb]

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.

Câu b) là đường tròn Euler rồi, post sau (ngại dài ="=').
SOLUTION (a):

-$\widehat{ACB},\widehat{NCM}$ là góc nt chắn nửa đường tròn $(O)\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{NCM}=90^o$
-Các tứ giác $ICJN,CHMK$ là hình chữ nhật do có 3 góc vuông (theo định nghĩa) $\Rightarrow \widehat{CIJ}=\widehat{CNJ}$
Mặt khác: $\widehat{CNJ}=\widehat{JCM}$ do cùng phụ với $\widehat{NCJ}$ và $\widehat{JCM}=\widehat{CKH}$ do $CHMK$ là hình chữ nhật. Từ các điều trên suy ra: $\widehat{CIJ}=\widehat{CKH}\ (1)$
-Lại có $\widehat{CKH}+\widehat{KHC}=90^o\ (2)$. Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:
$\widehat{CIJ}+\widehat{KHC}=90^o$ hay $\widehat{HIX}+\widehat{IHX}=90^o\Rightarrow \widehat{IXH}=90^o$ hay $HK \perp JI$ tại $X\ <Q.E.D>$.

D-B=14.3h
E=8
F=0
S=57.7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:19

[Nguyễn Hữu Huy]

Thông báo: Đã có đề cho hiệp 2 Trận chung kết MSS 2012. Các toán thủ vào tham gia.

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

ôi cha !
HÌnh vs số , sợ tận già !

a)
CM : $IJ \perp HK$ ,

$\Leftrightarrow \angle HKJ = \angle CIJ$ (*) (cùng phụ vs 2 góc đối đỉnh $\angle CJI$ và $\angle XJK$)

Đầu tiên , thấy $\angle NCM = 90^0$

Nên $\angle NCM = \angle ICJ$
$\Leftrightarrow \widehat{ICN} + \widehat{ NCJ} = \widehat{ NCJ} + \widehat{ JCM}$

$\Leftrightarrow \widehat{ICN} = \widehat{ JCM}$ (1)

Mặt khác
Dễ thấy các tứ giác HCKM ; CINJ là các hình chữ nhật ( nội tiếp )
Nên có

$ \widehat{KCM} = \widehat{HKC} ( = \widehat{KHM} )$ (2)

$ \widehat{ICN} = \widehat{CIJ} ( = \widehat{CNJ)}$ (3)


Nên từ (1) ; (2)và (3)
Suy ra

$ \widehat{CIJ} = \widehat{HKC}$

$\Rightarrow$ (*) đúng $\Rightarrow$ đpcm !

b)

Lần lượt gọi P ; Q lần lượt là trung điểm AC ; BC
KHi đó , OP ; OQ ; PQ là các đg trung bình của tam giác vuông ABC

Suy ra
$OP \perp HI $(4)

Xét tứ giác HINM có
$HM$ và $IN$ cùng vuông góc với $HI$
Suy ra HM // NI và cùng vuông góc với HI

Nên tứ giác HINM là hình thang vuông
Trong tứ giác HINM
Lại có :
O là trung điểm NM (5)

Từ (4) và (5)
Suy ra OP là đg trung bình của hình thang vuông HINM
$\Rightarrow IP = HP \Rightarrow \Delta {XPI}$ cân ở P

$\Rightarrow \widehat{PXI} = \widehat{PIX}$ (8)

Cm tương tự , ta cũng có
$\widehat{QXK} = \widehat{QKX}$ (9)

Mà từ câu a , có

$\widehat{PIX} = \widehat{QKX}$ (10)

Từ (8) ; (9) ; (10) suy ra
$\widehat{QXK} = \widehat{PXI}$

$\Rightarrow \widehat{QXK} + \widehat{IXQ} = \widehat{PXI} + \widehat{IXQ}$

$\Leftrightarrow \widehat{PXQ} = \widehat{IXK}$

Do IX vuông góc với HK
nên $\widehat{IXK} = 90^0 \Rightarrow \widehat{PXQ} = \widehat{IXK} = 90^0$

Suy ra tam giác PXQ vuông ở X
$\Rightarrow$ X thuộc đường tròn đường kính PQ (**1)

Do C cố định trên (O) nên AC ; BC cố định
Suy ra PQ cố định (**2)

Từ (**1) ; (**2) suy ra X thuộc đg tròn đg kính PQ cố định !

Không có hình vẽ. Trừ 4đ. Câu b mới chỉ giải phần thuận.
D-B=15.6h
E=4.5
F=20
S=65.9

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:23

[ducthinh26032011]

a)Xét tứ giác $MHCK$ có $\widehat{H}=\widehat{C}= \widehat{K}=90^{\circ}$ $\Rightarrow MHCK$ là hình chữ nhật $\Rightarrow \widehat{KMH}=90^{\circ}$
$MH$ cắt $NT$ tại $E$
Xét tứ giác $KMFJ$ có $\widehat{K}=\widehat{M}= \widehat{J}=90^{\circ}$
$\Rightarrow KMFJ$ là hình chữ nhật $\Rightarrow \widehat{MFN}=90^{\circ}$
mà $M;N$ là đường kính nên $F\in (0)$
$MK$ cắt $NI$ tại $E$,c/m tương tự,ta được $E\in (0)$
Xét tứ giác $CBNE$ nội tiếp $(0)$ có $CB//EN$ $\Rightarrow$ $CBNE$ là hình thang cân
$\Rightarrow$ $CE=BN$
Xét $\Delta KEC(\widehat{K}=90^{\circ})$ và $\Delta JNB(\widehat{J}=90^{\circ})$ có
$KE=JN$ (do $KENJ$ là hình chữ nhật)
$CE=BN$ (c/m trên)
Suy ra: $\Delta KEC= \Delta JNB$ (ch-cgv)
$\Rightarrow JB=CK$
Ta có:$JN.JE=JB.JC$ ($INF$ và $JBC$ là 2 cát tuyến) X
Ta có:$JN.CH=JN.JF=JB.JC=CK.NI$ ($CH=JF$ do $CHFJ$ là hình chữ nhật;$JC=NI$ do $ICJN$ là hình chữ nhật)
$\Rightarrow \frac{NI}{NJ}= \frac{CH}{CK}$
Xét $\Delta NIJ$ và $\Delta CHK$ có
$\widehat{N}= \widehat{C}(= 90^{\circ})$
$\frac{NI}{NJ}= \frac{CH}{CK}$
Suy ra $\Delta NIJ\sim \Delta CHJ$(c-g-c)
$\Rightarrow \widehat{NIJ}=\widehat{XHI}$
mà $\widehat{NIJ}+\widehat{XIH}=90^{\circ}(\widehat{HIN}=90^{\circ})$
$\Rightarrow \widehat{XHI}+\widehat{XIH}=\widehat{HXI}=90^{\circ}$ hay $JI\perp HK$ tại $X$
b)Ta có:$\widehat{IXK}=90^{\circ}$
$\Rightarrow X\in$ đường tròn đường kính $IK$ hay $X;E;K;C;I$ cùng thuộc 1 đường tròn.
Ta có:$\widehat{ECX}=\widehat{EIX}=\widehat{JIN}=\widehat{NCJ}= \frac{1}{2}Sđ$cung $BN(1)$($\widehat{JIN}=\widehat{NCJ}$ do $ICJN$ là hình chữ nhật)
Ta có :$\widehat{ENF}=90^{\circ}$ $\Rightarrow$ $EF$ là đường kính.
$\widehat{EFC}=\frac{1}{2}Sđ$ cung$CE$(2)
Mà cung$BN$=cung$CE$ ($BN=CE$)$(3)$
Từ $(1)+(2)+(3)$ $\Rightarrow \widehat{EFC}= \widehat{ECX}\Rightarrow \widehat{XEC}=\widehat{FEC}$(cùng phụ $\widehat{EFC}$)
$\Rightarrow \overrightarrow{E;X;O;F}$
mà $EX\perp XC(\widehat{EKC}=90^{\circ}$;$E;X;C;X$ nội tiếp 1 đường tròn)
nên $OX\perp XC\Leftrightarrow \widehat{OXC}=90^{\circ}$
$C;O$ cố định $\Rightarrow$X chạy trên đường tròn đường kính $OC$
P/s:Em gửi hình sau nhé!

Các kết quả này không được công nhận chính thức trong chương trình phổ thông. Trừ 0.5 đ

Ta có:$JN.JE=JB.JC$ ($INF$ và $JBC$ là 2 cát tuyến)
Ta có:$JN.CH=JN.JF=JB.JC=CK.NI$

Câu b mới chỉ giải phần thuân.
D-B=16h
E=8
F=0
S=56

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:27

[ducthinh26032011]

Em xin gửi hình

Hình gửi kèm

• 

[Albert einstein vip]

a) Ta có $\angle MCK = \angle ACM $ (cùng phụ góc $\angle ACM$.
lại có $\left.\begin{matrix} \angle ACM = JIC\\ \angle MCK = JKX \end{matrix}\right\} \Rightarrow \angle JIC = \angle JKX$
Xét $\vartriangle ICJ và \vartriangle KXJ$ có :
$\angle IJK$ chung
$\angle JIC = \angle JKX$
$\Rightarrow \vartriangle ICJ \sim \vartriangle KXJ$
$\Rightarrow \angle ICJ = \angle KXJ = 90^{\circ} \Rightarrow HK \perp CI$

Không có hình vẽ. Trừ 4 đ.
D-B=17.7
E=4
F=0
S=42.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:29

[thedragonknight]

Lay hoay mãi ko biết up kiểu nào.Nên đành up kiểu này vậy
Em làm câu a trước
$\widehat{ACB}=90$ (do chắn nửa cung tròn)
$\widehat{KCH}=\widehat{MKC}=\widehat{MHC}=90\Rightarrow MKCH$ là HCN(hình chữ nhật)
Tương tự $NICJ$ là HCN
Ta có cung $MB$ =cung $AN$ (do $\widehat{MOB}=\widehat{AON}(đđ)$ )
Mà $\widehat{MCB}$ chắn cung $BC$ và $\widehat{NCA}$ chắn cung $AN$
Nên $\widehat{NCA}=\widehat{MCB}$
Mặt khác:$\widehat{NCA}+\widehat{NCJ}=90 \Rightarrow \widehat{MCB}+\widehat{NCJ}=90$ hay $\widehat{MCN}=90$
Gọi $L$ và $S$ lần lượt là trọng tâm của HCN $NICJ$ và $MKCH$
Ta có: $\widehat{CLJ}+\widehat{CSK}=180-2\widehat{LCJ}+180-2\widehat{SCK}=360-180=180 \Rightarrow CLXS$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{SCL}+\widehat{SXL}=180\Rightarrow \widehat{SXL}=90$
Từ đó ta có đpcm

Đề cho sẵn MN là đường kính rồi. Em chứng minh lại $\angle MCN=90^o$ làm gì?
D-B=22.5h
E=8
F=0
S=49.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-07-2012 - 16:31

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề hiệp 2
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$.
a)(8đ) Chứng minh: $HK \perp JI$ tại $X$.
b)(2đ) Tìm quỹ tích của $X$.

Thưởng: Giải câu b được 90% trở lên sẽ được cộng thêm 10% tổng S.

Thông báo thêm 1 chút cho các em rõ: Thời gian làm bài của các em sẽ được tính từ lúc các em post câu a. Còn câu b được coi như 1 câu mở rộng riêng của bài.

mỞ RỘNG :
Mở rộng 1 :
Thoạt nhiên khi nhìn qua đề bài , ta hình dung ra ý tưởng về đường thưởng sim-sơn
Xin ko nêu cách cm đường thẳng Sim Sơn vào đây
Và nếu để ý tý , ta có thể thấy giao điểm U của IJ với AB , chính là hình chiếu của N trên AB
Tương tự giao điêm V của HK với AB cũng chính là hình chiếu của M trên AB

Khi đó ta có MV và NU cùng vuông góc với AB suy ra $MV // NU$
Mặt khác $OM = ON$
Dễ cm đc $\widehat{OMV} = \widehat{ONU}$ (g.c.g)
Suy ra $OU = OV$

Từ đó ra có mở rộng sau :
Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là 1 điểm cố định trên $(O)$ và đường kính $MN$ di động. Hạ $MH \perp CA; MK \perp CB; NI \perp CA; NJ \perp CB$ ; biết HK và JI cắt AB tại V và U ! Chứng minh rằng OU = OV


Mở rộng 2 :

Thấy HK vuông góc với JI
mà X lại thuộc HK
X thuộc đg tròn đg kính PQ (đg tròn đg kính OC)
Ta sẽ đi tìm đk để HK là tiếp tuyến của đg tròn đg kính OC

[daovuquang]

Em xin giải câu b:


Lấy $F$ là trung điểm $OC$. Kẻ đường trung bình $GL$ của $\triangle{ABC}$ ($GL // AB$ và $GL=\frac{1}{2}AB$)$\Leftrightarrow F$ là trung điểm $GL\Leftrightarrow FO=FC=FG=FL(1).$
Từ phần a lúc trước, ta được $\widehat{HXI}=90^o$ và $AI=CH\Leftrightarrow GI=GH$. Theo tính chất trung tuyến của tam giác vuông, ta được $GX=GI\Leftrightarrow \triangle{GXI}$ cân tại $G\Leftrightarrow \widehat{GXI}=\widehat{GIX}=\widehat{CIJ}(2).$
Tương tự, $\triangle{XLJ}$ cân tại $L\Leftrightarrow \widehat{LXJ}=\widehat{LJX}=\widehat{CJI}(3).$
Từ $(2),(3)\Leftrightarrow \widehat{GXL}=\widehat{GXI}+\widehat{LXJ}=\widehat{CIJ}+\widehat{CJI}=90^o$
$\Leftrightarrow \triangle{GXL}$ vuông tại $X$
$\Leftrightarrow XF=GF=FL(4).$
Từ $(1),(4)\Leftrightarrow FX=FO=FC\Leftrightarrow X$ sẽ chạy trên đường tròn tâm $F$ bán kính $FO.$

[BlackSelena]

Em post bài này với mục đích tham khảo, em ko thi >

Gọi giao điểm của $HK$ và $IJ$ là $X$.
Theo giả thiết đề bài, ta có
$MH \perp CA; MK \perp CB \Rightarrow \text {HK là đường thẳng simson của M}$
Tương tự, ta cũng có $\text {IJ là đường thẳng simson của N}$
Theo tính chất "Nếu và là các điểm thuộc (O), thì các góc giữa hai đường thẳng Simson của và bằng nửa số đo cung "
Mà số đo cung $MN$ là $180^o \Rightarrow IJ \perp KH$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 05-07-2012 - 11:59

[perfectstrong]

Đã chấm xong đề hiệp 2.
TỔNG KẾT HIỆP 2
MSS02: Cao Xuân Huy
MSS03: yeutoan11
MSS04: nguyenta98ka
MSS05: Secrets In Inequalities VP
MSS06: maikhaiok
MSS09: minhtuyb[57.7]
MSS10: duongld
MSS14: daovuquang[61.7]
MSS16: Nguyễn Hữu Huy[65.9]
MSS17: Nguyen Lam Thinh[61.7]
MSS19: Kir
MSS21: nthoangcute[85.5]
MSS22: nth1235
MSS24: ToanHocLaNiemVui
MSS26: sherlock holmes 1997
MSS27: Cuong Ngyen
MSS28: tranhydong
MSS30: phantomladyvskaitokid
MSS32: tson1997
MSS33: WhjteShadow
MSS36: vtduy97
MSS37: hell angel 97
MSS39: danganhaaaa
MSS40: mituot03
MSS43: agito0002
MSS44: hamdvk
MSS45: Tru09
MSS46: ninhxa
MSS47: thoconlk
MSS48: milinh7a
MSS49: thanhluong
MSS50: Đào Thị Lan Anh
MSS51: kenvinkernpham
MSS52: trungdung97
MSS53: Tran Hong Tho
MSS54: khanhlelekhanh
MSS55: reddevil1998
MSS56: dragonkingvu
MSS57: Thai Thi Van Khanh
MSS58: thedragonknight[49.5]
MSS59: ducthinh26032011[56]
MSS60: caokhanh97
MSS61: nhuquynhdinh
MSS62: nhanet55