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

Topic nhận đề Hình học


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 16 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3818 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 27-08-2012 - 06:08

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

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu.

Điều 3. Phương thức thi đấu, cách tính điểm:
a. Phương thức thi đấu:

- Trước mỗi trận, các toán thủ nộp đề cho BTC, BTC chọn 1 đề thi đấu. Đề thi được chọn là của toán thủ nào thì toán thủ đó gọi là toán thủ ra đề.Toán thủ ra đề không phải làm bài. (BTC đảm bảo nguyên tắc mỗi toán thủ chỉ được chọn đề nhiều nhất 1 lần). Toán thủ đã được chọn đề 1 lần thì những trận sau đó không cần phải nộp đề nữa.
- Trong trường hợp đến hết ngày thứ Tư hàng tuần mà không có toán thủ nào nộp đề, BTC sẽ chỉ định toán thủ có SBD nhỏ nhất (chưa có đề được chọn) phải ra đề.
...

b. Cách tính điểm
...

+ Nếu ra đề sai, đề không đúng chủ đề định sẵn, đề vượt quá cấp học hoặc không giải được đề mình ra, toán thủ ra đề được −30 điểm.
+ Nếu đến lượt mà không ra đề được −20 điểm.
+ Ra đề mà không post đáp án đúng thời gian được −10 điểm
...


Điều 6. Quy định đề bài:
a. Nội dung:
-
Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu không copy nguyên văn từ đề thi Olympic quốc gia trở lên.
b. Hình thức:
- Đề bài được gõ Latex rõ ràng.



BTC yêu cầu các toán thủ nộp đề về Hình học. Đề cần nộp cùng đáp án

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề 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 biết trước đề 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.

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 27-08-2012 - 12:45

Toán thủ namheo1996 xin được gửi đề đề nghị.
Bài toán

Cho tam giác ABC với $AB> AC$.Gọi P là giao điểm của đường trung trực của BC và đường phân giác trong góc A.Dựng các điểm X trên AB và Y trên AC sao cho PX vuông góc với AB và PY vuông góc với AC. Gọi Z là giao điểm của XY và BC.Xác định giá trị tỉ số $\frac{BZ}{ZC}$

Bài giải

Vì $\widehat{PAX}=\widehat{PAY}$ và $\widehat{PXA}=\widehat{PYA}=90^{o}$ nên các tam giác PAX và PAY bằng nhau, suy ra AX=AY và PX=PY.

Do P nằm trên đường trung trực của BC ,ta có PC=PB.

Như thế:$\Delta PYC$ và $\Delta PXB$ là hai tam giác vuông bằng nhau.,suy ra CY=BX.

Vì X,Y,Z thẳng hàng nên áp dụng Định lí Menelaus ta được:$\frac{AY}{YC}.\frac{CZ}{ZB}.\frac{BX}{AX}=1$

Nhưng AX=AY và CY=BX nên đẳng thức này cho ta: BZ=ZC=1

Vậy tỉ số $\frac{BZ}{ZC}=1$.

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#3 luuxuan9x

luuxuan9x

    Sát thủ có khuôn mặt trẻ thơ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Cà Mau
  • Sở thích:Hoạt hình,phim hành động,đọc truyện

Đã gửi 27-08-2012 - 13:20

Mình xin được gửi đề.

Đề bài:

Cho hình vuông ABCD và một điểm M bất kì.Gọi:
(x) là đường thẳng đi qua A và vuông góc với MB
(y) là đường thẳng đi qua B và vuông góc với MC
(z) là đường thẳng đi qua C và vuông góc với MD
(d) là đường thẳng đi qua D và vuông góc với MA
Chứng minh rằng (x),(y),(z),(d) đồng quy.

Bài giải:

Xét $M_{1}$ sao cho $OM_{1}=OM$ và $\widehat{M_{1}OM}=90^{o}$

Xét phét quay $Q_{O}^{90^{o}}$ ta có :

$B\mapsto A$

$M\mapsto M_{1}$

=>$BM\rightarrow (x)$

$A\mapsto D$

$M\mapsto M_{1}$

=>$AM\rightarrow (d)$

$C\mapsto B$

$M\mapsto M_{1}$

=>$CM\rightarrow (y)$

$D\mapsto C$

$M\mapsto M_{1}$

=>$DM\rightarrow (z)$

Từ đó suy ra (x),(y),(z),(d) đồng quy tai điểm $M_{1}=Q_{O}^{90^{o}}(M)$

#4 cool hunter

cool hunter

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 525 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:lịch sử toán học

Đã gửi 27-08-2012 - 21:25

Đề bài:
A,B,C là 3 điểm phân biệt theo thứ tự đó nằm trên cùng một đường thẳng. Xét đường tròn (O) đi qua 2 điểm A&C, có tâm không nằm trên đường thẳng AC. gọi P là giao điểm của các tiếp tuyến với (O) tại các điểm A & C. Đường thẳng PB cắt (O) tại các điểm Q & Q' ( Q nằm trên đoạn PB). Phân giác góc AQC cắt AC tại R.
CMR: R là điểm cố định, khi đường tròn (O) thay đổi.
Đáp án:
(thông cảm e ko bít vẽ hình :icon6: )
Gọi S là giao điểm thứ hai của phân giác góc AQC vs đường tròn (O). Tam giác SAC cân tại S. Trong tam giác PAC, ta có: $\frac{AB}{BC}=\frac{sin\widehat{APB}}{sin\widehat{BPC}}$.
Trong tam giác SAC có: $\frac{AR}{RC}=\frac{sin\widehat{ASR}}{sin\widehat{CSR}}=\frac{sin\widehat{ACQ}}{sin\widehat{CAQ}}$.
sử dụng định lí Xê-va cho tam giác PAC với 3 cát tuyến PQ, AQ, CQ ta suy ra $\frac{AB}{BC}=\frac{AR^{2}}{CR^{2}}$=> đpcm

Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng

Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công

                                                                 


#5 Math Is Love

Math Is Love

    $\mathfrak{Forever}\ \mathfrak{Love}$

  • Thành viên
  • 620 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K46 Toán 1 CSP và HMU K113
  • Sở thích:$$\mathfrak{Inequality}$$
    $$\mathfrak{Number Theory}$$
    $$\mathfrak{Analysis}$$

Đã gửi 28-08-2012 - 10:51

MO37 xin ra đề:
Đề bài:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O.Gọi $H_{a};H_{b}$ lần lượt là trực tâm các tam giác BCD;ACD.
$AH_{a};BH_{b}$ cắt nhau tại I
Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB,BC,CD,DA.Chứng minh rằng MI,NI,PI,QI lần lượt vuông góc với CD;AD;AB;BC
Đáp án:
Gọi $H_{c};H_{d}$ lần lượt là trực tâm các tam giác ABD;ABC
Ta sẽ chứng minh$AH_{a};BH_{b};CH_{c};DH_{d}$ đồng quy tại I.
Thật vậy,ta có:
Xét tam giác BCD có trực tâm $H_{a}$.
Sử dụng một bổ đề quen thuộc:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O có trực tâm H.Ta có:$\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$
Trở lại bài toán,áp dụng bổ đề,ta có:
$\overrightarrow{OH_{a}}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}$
Tương tự đối với tam giác ACD ta có: $\overrightarrow{OH_{b}}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}$
Trừ 2 vế ta thu được:
$\overrightarrow{OH_{a}}-\overrightarrow{OH_{b}}=(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})-(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})$
$\Leftrightarrow \overrightarrow{H_{b}H_{a}}=\overrightarrow{AB}$
Vậy nên $BAH_{b}H_{a}$ là hình bình hành$\Rightarrow$ I là trung điểm $BH_{b}$
Chứng minh tương tự ta cũng có $DH_{b}H_{d}B$ là hình bình hành mà I là trung điểm $BH_{b}$ nên I là trung điểm I là trung điểm $DH_{d}$
Vậy I thuộc $DH_{d}$
Chứng minh tương tự ta suy ra được $AH_{a};BH_{b};CH_{c};DH_{d}$ đồng quy tại I và I là trung điểm của mỗi đoạn.
Có MI là đường trung bình của tam giác $ABH_{a}$ nên MI||$BH_{a}$
Mà $BH_{a}$ vuông góc với DC nên MI vuông góc với DC.
Chứng minh tương tự ta suy ra đpcm

Hình đã gửi


#6 rocbephat

rocbephat

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 28-08-2012 - 16:14

Trong mặt phẳng cho 2 đường thẳng d_{1}, d_{2} cắt nhau tại O và điểm A không thuộc d_{1}, d_{2}. Một đường tròn (C) đi qua A, O, cắt lại d_{1}, d_{2} tại M_{1}, M_{2} theo thứ tự đó. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng M_{1} M_{2} luôn nằm trên 1 đường thẳng cố định khi (C) thay đổi nhưng luôn đi qua A và O
Đáp án :
Gọi (K) là đường tròn đi qua A, tiếp xúc với d_{1} tại O và (J) là đường tròn đi qua A và tiếp xúc với d_{2} tại O. Đường tròn (K) cắt lại d_{2} tại B, đường tròn (J) cắt lại d_{1} tại C, suy ra B, C cố định. Gọi D,E theo thứ tự là trung điểm của OC, OB. Do B,C, O cố định D,E cũng cố định. Ta chứng minh DE đi qua trung điểm M_{1} M_{2}
Ký hiệu (x,y) để chỉ góc định hướng tạo bởi đường thẳng x với đường thẳng y
Do OM_{1} tiếp xúc với (K) nên:
(OA,OM_{1}) \equiv (BO,BA) \equiv (BM_{2}; BA) (mod \pi) (1)
Do 4 điểm M_{1}, M_{2}, O, A cùng nằm trên 1 đường tròn (C) nên:
(M_{1}A, M_{1}O) \equiv (M_{2}A, M_{2}O) \equiv (M_{2}A, M_{2}B) (mod \pi) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \bigtriangleup OM_{1}A \sim \bigtriangleup BM_{2}A. Do đó \frac{OM_{1}}{BM_{2}} =\frac{M_{1}A}{M_{2}A} (3)
Tương tự ta cũng có \bigtriangleup OM_{2}A \sim \bigtriangleup CM_{1}A. Do đó \frac{M_{1}A}{M_{2}A}=\frac{CM_{1}}{OM_{2}} (4)
Từ (3) và (4) suy ra \frac{OM_{1}}{BM_{2}} =\frac{CM_{1}}{OM_{2}} . Suy ra \frac{OM_{2}}{BM_{2}} =\frac{CM_{1}}{OM_{1}}
Từ đó theo tính chất tỉ lệ thức , ta thu được :\frac{CM_{1}}{CO}= \frac{OM_{2}}{BO}
Suy ra: \frac{CD}{CM_{1}}= \frac{OE}{OM_{2}} . Suy ra: \frac{DO}{DM_{1}}= \frac{EO}{EM_{2}}.
Giả sử đường thẳng DE cắt M_{1} M_{2} tại P. Khi đó áp dụng định lý Menelaus cho tam giác OM_{1} M_{2} với cát tuyến PDE ta được : \frac{DO}{DM_{1}}.\frac{PM_{1}}{PM_{2}}.\frac{EM_{2}}{EO}=1 . Suy ra PM_{1} = PM_{2}. Suy ra P là trung điểm M_{1} M_{2}
Vậy bài toán đã được chứng minh

#7 ntuan5

ntuan5

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 28-08-2012 - 16:59

Cho hình thang $ABCD$ sao cho $BD=BC$. $E$ trên $AD$ với $\widehat{ECD}=\widehat{ACD}$. $F$ là giao điểm của $BD$ và $CE$, Hãy c/m: $EC=EF$.
Giải:

$CI$,$AF$ căt nhau tại $I$, bởi Ceva: $\frac{EC.FI.AK}{EF.AI.KC}=1$.
$QeD \leftrightarrow \frac{FC}{AC}=\frac{DC}{AB} \leftrightarrow \Delta{ABC} \sim \Delta{CDF}$

#8 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 30-08-2012 - 11:38

Cho tam giác ABC và 1 điểm P. Gọi A’ là giao điểm khác P của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP và đường thẳng AP, tương tự xác định B’C’. Gọi X, Y, Z lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác B’C’P, C’A’P,A’B’P. CMR đường tròn ngoại tiếp các tam giác PAX, PBY, PCZ thẳng hàng.
Đáp án đính kèm ở file đã gửi
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#9 hoangtrunghieu22101997

hoangtrunghieu22101997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:TAEKWONDO

Đã gửi 30-08-2012 - 16:34

Toán thủ: hthtb22 (MO24)
Ra đề trận 2 : Hình hoc
Đề bài: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ; trực tâm H.
P,Q lần lượt thuộc AB,AC sao cho AP=AQ và PQ đi qua H.
Gọi O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ.
M,N lần lượt thuộc AB,AC sao cho MN đi qua H và vuông góc OO'.
Chứng minh: HM=HN.
Hình vẽ:
Hình đã gửi

Chứng minh:<vắn tắt>
- Bước 1 ; Chứng minh : $OO' // HD$ (D là trung điểm BC)
AO' cắt PQ tại F; E thuộc AO sao cho OD=OE
I là giao PQ và AO
$\widehat{BAH}=\widehat{CAO}$(cùng phụ $\widehat{B}$)
Ta có $\Delta AHI$ ~ $\Delta ODE$(2 tam giác cân có góc ở đỉnh = nhau)
Mà AH=2OD nên HI=2DE ; HF//DE(2 góc đòng vị = nhau)
Mặt khác F trung điểm HI nên HF=DE
Nên tứ giác HFDE là hình bình hành
Nên HD // FE
Chứng minh : $\Delta O'FQ $~ $\Delta ODC$
Suy ra tỉ số để suy ra $OO' // EF$
Vậy $OO' // HD$

- Bước 2 : Chứng minh HM=HN
$MN \perp HK$ (K là giao AO với (O))
Nên $BMHK; CNHK$ lần lượt là tứ giác nội tiếp
Nên $\widehat{HCN}=\widehat{HKC}$
$\widehat{MBH}=\widehat{MKH}$
Mà $\widehat{HCN}=\widehat{MBH}$ (phụ với $\hat{A}$)
Nên $\widehat{HKM}=\widehat{HKN}$
Mà $MN \perp HK$
Nên tam giác MNK cân
Nên HM=HN

Sự im lặng du dương hơn bất kỳ bản nhạc nào.


#10 L Lawliet

L Lawliet

    Tiểu Linh

  • Thành viên
  • 1624 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 30-08-2012 - 17:33

Bài toán: Gọi $I$ là điểm nằm trong tam giác sao cho $\widehat{AIB}=\widehat{BIC}=\widehat{CIA}=120^0$. Chứng minh rằng ba đường thẳng Euler của tam giác $ABI$, $BCI$, $CAI$ đồng quy.
Lời giải:
Untitled.png
Ta sẽ chứng minh ba đường thẳng Euler nói trên đi qua trọng tâm của tam giác $ABC$. Do tính đối xứng, chỉ cần chứng minh cho đường thẳng Euler của tam giác $BCI$ là đủ.

Vẽ về phía ngoài của tam giác $ABC$ một tam giác đều $A'BC$ và gọi $O_1$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của nó. Tứ giác $IBA'C$ nội tiếp (vì $\widehat{BA'C}+\widehat{CIB}=60^0+120^0=180^0$). Do $A'B=A'C$ nên đường thẳng $A'I$ là phân giác của $\widehat{CIB}$, phân giác này cũng chính là đường thẳng $A'I$ (xem ở hình vẽ).

Gọi $F$ là trung điểm của $BC$, $S$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và $S_1$ là trọng tâm tam giác $BCI$. Vì $FS:FA=FS_1:FI=FO_1:FA'=1:3$ nên các điểm $S$, $S_1$, $O_1$ thẳng hàng. Nói cách khác, đường thẳng Euler $O_1S_1$ của các tam giác $BCI$ đi qua điểm $S$, trọng tâm của tam giác $ABC.

Thích ngủ.


#11 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 30-08-2012 - 21:18

Tinh diện tích tam giác ABC biết AB=3(cm),BC=5(cm), AC=6(cm)
Lời giải
p=3+5+6/2=7(cm)
Áp dụng công thức Hê-rông ta có:
S=\[
\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} = \sqrt {7(7 - 3)(7 - 6)(7 - 5)} = 2\sqrt {14}
\]

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#12 nhathuyenqt

nhathuyenqt

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:hải lăng, quảng trị

Đã gửi 31-08-2012 - 19:46

ĐỀ:
Cho tam giác ABC và $A_{1}B_{1}B_{1}$ đối xứng nhau qua tâm đường tròn nội tiếp chung, bán kính r. Chứng minh rằng tích các diện tích của tam giác ABC, $A_{1}B_{1}B_{1}$ và sau tam giác tạo thành do các cạnh của ABC và $A_{1}B_{1}B_{1}$ cắt nhau bằng $r^{16}$.
Bài giải:
Dựng hình như hình vẽ
Ta có $OB=OB_{1}$, $OC=OC_{1}$
=> $BCB_{1}C_{1}$ là hình bình hành
=> $BC=B_{1}C_{1}$
Tương tự
$AC=A_{1}C_{1}$
$AB=A_{1}B_{1}$
=>$\Delta ABC=\Delta A_{1}B_{1}C_{1}$
Xét các hình bình hành $BCB_{1}C_{1}$, $ACA_{1}C_{1}$, $ABA_{1}B_{1}$,
$ECE_{1}C_{1}$
Ta có $AD=A_{1}D{1} AE=A_{1}E{1}$
và $\widehat{A}=\widehat{A_{1}}$
Do đó
$\Delta ADE=\Delta A_{1}D_{1}E_{1}$
Tương tự
$\Delta B_{1}EK_{1}=\Delta BE_{1}K$
$\Delta D_{1}CK_{1}=\Delta DC_{1}K$
Ký hiệu
$S, S_{1}, S_{2}, S_{3}$ lần lượt là diện tích của $\Delta ABC,\Delta ADE,\Delta DC_{1}K,\Delta KBE_{1}$
Gọi $h_{a}, h_{b},h_{c}$ là các đường cao hạ từ các đỉnh ABC của $\Delta ABC$
Ta có
$S=pr=\frac{1}{2}a.h_{a}=\frac{1}{2}b.h_{b}=\frac{1}{2}c.h_{c}$
Gọi AM là đường cao $\Delta ADE$, AN là đường cao $\Delta ABC$, ta có
$S_{1}=\frac{1}{2}DE.AM$
Từ 2 tam giác đồng dạng ABC và ADE
$DE=\frac{a.(h_{a}-2r)}{h_{a}}$
$AM=h_{a}-2r$$AM=h_{a}-2r$
Vậy
$S_{1}=\frac{a.(h_{a}-2r)^{2}}{2h_{a}}=\frac{a.(\frac{2pr}{a}-2r)^{2}}{2h_{a}}=\frac{r^{2}.(p-a)^{2}}{S}$
Tương tự
$S_{2}=\frac{r^{2}.(p-b)^{2}}{S}$
$S_{3}=\frac{r^{2}.(p-c)^{2}}{S}$
Áp dụng định lý Hê-rông ta được
$S^{2}.S_{1}^{2}S_{2}^{2}.S_{3}^{2}=\frac{r^{12}(p-a)^{4}(p-b)^{4}(p-c)^{4}S^{2}}{S^{6}}=r^{12}.\frac{S^{4}}{p^{4}}=r^{16}$
Tôi chợt nghĩ ra! Vì sao tôi sống? Vì đất nước này cần ... một trái tim!!

#13 nhathuyenqt

nhathuyenqt

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:hải lăng, quảng trị

Đã gửi 31-08-2012 - 19:54

Hình vẽ cho đề của em
Tôi chợt nghĩ ra! Vì sao tôi sống? Vì đất nước này cần ... một trái tim!!

#14 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4145 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 15-10-2012 - 18:38

Các toán thủ tiếp tục nộp đề HÌNH HỌC vào topic này.
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#15 gogo123

gogo123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An

Đã gửi 08-01-2013 - 16:17

Bài toán đề gửi MO17 của gogo123: Các điểm $P, Q$ nằm trong tứ giác $ABCD$ sao cho $ABPQ, DCPQ$ là các tứ giác nội tiếp. Giả sử tồn tại điểm $E$ thuộc đoạn $PQ$ sao cho $\widehat{EAQ}=\widehat{EBP};\,\,\widehat{EDQ}=\widehat{ECP}.$ Chứng minh rằng $ABCD$ nội tiếp.
Lời giải.
Khi $E$ là trung điểm của $PQ$, dễ thấy $AB, CD$ cùng song song với $PQ$.
Do đó $ABCD$ là hình thang cân.
Điều đó có nghĩa là $ABCD$ nội tiếp.
Khi $E$ không là trung điểm của $PQ$, dễ thấy $AB, CD$ cùng không song song với $PQ$.
Đặt $S=AB \cap PQ$. Vì $ABPQ$ là tứ giác lồi nên $S$ nằm ngoài đoạn $AB$.
Có hai trường hợp cần xem xét.
Trường hợp 1. $S$ thuộc tia đối của tia $BA$ (hình TH1).
Vì góc $\widehat{BPS}$ là góc ngoài của tam giác BPE, tứ giác ABPQ nội tiếp, $\widehat{EBP}=\widehat{EAQ}$ nên
$\widehat{BES}=\widehat{BPS}-\widehat{EBP}=\widehat{SAQ}-\widehat{EAQ}=\widehat{SAE}.$
Suy ra đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Trường hợp 2. $S$ thuộc tia đối của tia $AB$ (hình TH2).
Vì góc $\widehat{BES}$ là góc ngoài của tam giác $BPE$, tứ giác $ABPQ$ nội tiếp, $\widehat{EBP}=\widehat{EAQ}$ nên
$\widehat{BES}=\widehat{BPE}+\widehat{EBP}=\widehat{SAQ}+\widehat{EAQ}=\widehat{SAE}.$
Do đó $\widehat{BEP}=\pi -\widehat{BES}=\pi -\widehat{SAE}=\widehat{BAE}.$
Suy ra đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Tóm lại trong cả hai trường hợp ta đều có đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Vậy, theo định lí về phương tích ta có, $\overline{SA}.\overline{SB}={{\overline{SE}}^{2}}$ (1).

Mặt khác, vì tứ giác $ABPQ$ nội tiếp nên, theo định lí phương tích, $\overline{SA}.\overline{SB}=\overline{SP}.\overline{SQ}.$
Từ đó, chú ý tới (1), suy ra
${{\overline{SE}}^{2}}=\overline{SP}.\overline{SQ}=(\overline{SE}+\overline{EP}).(\overline{SE}+\overline{EQ}).$
Sau một vài biến đổi đại số đơn giản, ta có $\overline{SE}=-\frac{\overline{EP}+\overline{EQ}}{\overline{EP}.\overline{EQ}}$ (2).
Đặt $S'=CD\cap PQ$.
Tương tự như trên $\overline{S'C}.\overline{S'D}={{\overline{S'E}}^{2}}$ (3).
Lại tương tự như trên $\overline{S'E}=-\frac{\overline{EP}+\overline{EQ}}{\overline{EP}.\overline{EQ}}$ (4).
Từ (2) và (4) suy ra $\overline{SE}=\overline{S'E}.$
Do đó, $\overline{SS'}=\overline{EE}=0.$
Vậy $S$ trùng $S’$ (5).
Từ (1), (3) và (5) suy ra $\overline{SA}.\overline{SB}=\overline{SC}.\overline{SD}.$
Do đó, theo định lí về phương tích , tứ giác $ABCD$ nội tiếp.

LKN-LLT


#16 gogo123

gogo123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An

Đã gửi 08-01-2013 - 16:17

Bài toán đề gửi MO17 của gogo123: Các điểm $P, Q$ nằm trong tứ giác $ABCD$ sao cho $ABPQ, DCPQ$ là các tứ giác nội tiếp. Giả sử tồn tại điểm $E$ thuộc đoạn $PQ$ sao cho $\widehat{EAQ}=\widehat{EBP};\,\,\widehat{EDQ}=\widehat{ECP}.$ Chứng minh rằng $ABCD$ nội tiếp.
Lời giải.
Khi $E$ là trung điểm của $PQ$, dễ thấy $AB, CD$ cùng song song với $PQ$.
Do đó $ABCD$ là hình thang cân.
Điều đó có nghĩa là $ABCD$ nội tiếp.
Khi $E$ không là trung điểm của $PQ$, dễ thấy $AB, CD$ cùng không song song với $PQ$.
Đặt $S=AB \cap PQ$. Vì $ABPQ$ là tứ giác lồi nên $S$ nằm ngoài đoạn $AB$.
Có hai trường hợp cần xem xét.
Trường hợp 1. $S$ thuộc tia đối của tia $BA$ (hình TH1).
Vì góc $\widehat{BPS}$ là góc ngoài của tam giác BPE, tứ giác ABPQ nội tiếp, $\widehat{EBP}=\widehat{EAQ}$ nên
$\widehat{BES}=\widehat{BPS}-\widehat{EBP}=\widehat{SAQ}-\widehat{EAQ}=\widehat{SAE}.$
Suy ra đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Trường hợp 2. $S$ thuộc tia đối của tia $AB$ (hình TH2).
Vì góc $\widehat{BES}$ là góc ngoài của tam giác $BPE$, tứ giác $ABPQ$ nội tiếp, $\widehat{EBP}=\widehat{EAQ}$ nên
$\widehat{BES}=\widehat{BPE}+\widehat{EBP}=\widehat{SAQ}+\widehat{EAQ}=\widehat{SAE}.$
Do đó $\widehat{BEP}=\pi -\widehat{BES}=\pi -\widehat{SAE}=\widehat{BAE}.$
Suy ra đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Tóm lại trong cả hai trường hợp ta đều có đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Vậy, theo định lí về phương tích ta có, $\overline{SA}.\overline{SB}={{\overline{SE}}^{2}}$ (1).

Mặt khác, vì tứ giác $ABPQ$ nội tiếp nên, theo định lí phương tích, $\overline{SA}.\overline{SB}=\overline{SP}.\overline{SQ}.$
Từ đó, chú ý tới (1), suy ra
${{\overline{SE}}^{2}}=\overline{SP}.\overline{SQ}=(\overline{SE}+\overline{EP}).(\overline{SE}+\overline{EQ}).$
Sau một vài biến đổi đại số đơn giản, ta có $\overline{SE}=-\frac{\overline{EP}+\overline{EQ}}{\overline{EP}.\overline{EQ}}$ (2).
Đặt $S'=CD\cap PQ$.
Tương tự như trên $\overline{S'C}.\overline{S'D}={{\overline{S'E}}^{2}}$ (3).
Lại tương tự như trên $\overline{S'E}=-\frac{\overline{EP}+\overline{EQ}}{\overline{EP}.\overline{EQ}}$ (4).
Từ (2) và (4) suy ra $\overline{SE}=\overline{S'E}.$
Do đó, $\overline{SS'}=\overline{EE}=0.$
Vậy $S$ trùng $S’$ (5).
Từ (1), (3) và (5) suy ra $\overline{SA}.\overline{SB}=\overline{SC}.\overline{SD}.$
Do đó, theo định lí về phương tích , tứ giác $ABCD$ nội tiếp.
File gửi kèm  MO VMF.bmp   1.36MB   165 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 25-01-2013 - 21:07

LKN-LLT


#17 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 20-03-2013 - 22:51

Cho tam giác nhọn $ABC$. Từ điểm $E$ bất kỳ trên $AC$ ( $E$ khác $A$ và $C$) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng$ BC$, đường thẳng này cắt$ AB$ tại  $D$. Lấy $M$ trên $AB$ sao cho góc AME = góc BMC. Qua giao điểm $O$ của đường thẳng $BE$ và $CD$ kẻ đường thẳng song song với $BC$, đường thẳng này cắt cạnh $AC$ tại $N$. CMR:$OM=ON$


<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.




0 người đang xem chủ đề

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