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

Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

geometry mathlinks.ro

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 159 trả lời

#1 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 18:03

GEOMETRY IS A WONDERFUL PART OF MATHEMATICS !

 

 

Thân ái chào các bạn !

 

Thay cho lời mở đầu, mời các bạn vui lòng đọc topic sau !

 

Các Topic tổng hợp các bài toán trên Mathlinks.ro về các phần Số học, Dãy số - Giới hạn, Phương trình - Hệ phương trình, Phương trình hàm, Đa thức ,... đã được anh Phúc ( dark templar ) lập cách đây không lâu. Hôm nay mình mạn phép lập ra Topic tổng hợp các bài toán Hình học trên diễn đàn Mathlinks.ro .

 

P/s: Để tăng tính thẩm mỹ, các bạn gửi bài trên đây theo code sau: 

Spoiler

Hoặc

Spoiler

 

CHÚ Ý:  Khoảng từ 4-7 ngày kể từ sau ngày post đề bài, nếu không ai đưa ra lời giải, mình xin trích dẫn lời giải trên Mathlinks.ro. Khi có lời giải cho 1 bài toán, thì sẽ có 1 hoặc 2 bài mới được post lên. Một lưu ý nữa, khi các bạn giải bài cố gắng vẽ hình giúp nhé !

 

Cùng nổi bão lên nào, chém mạnh tay vào nhé :) !!!

___

NLT

 

Chat

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 18:48

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#2 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 18:07

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

 

 

Bài 1.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 01-04-2013 - 18:59

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#3 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 01-04-2013 - 21:28

$\boxed{\text{ Bài toán 2 }}$  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Giả sử $\begin{vmatrix} AD-BC \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} AC - BD \end{vmatrix}$. Chứng minh tứ giác $ABCD$ là hình thang cân.

 

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 01-04-2013 - 21:28

"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#4 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 22:03

$\boxed{\text{ Bài toán 2 }}$  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Giả sử $\begin{vmatrix} AD-BC \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} AC - BD \end{vmatrix}$. Chứng minh tứ giác $ABCD$ là hình thang cân.

 

Spoiler

 

Giải như sau: 

 

Bài 2.png

 

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$.

 

Áp dụng công thức đường trung tuyến vào các tam giác $ABC, ADC, BDP$, ta có: \[AB^2 + BC^2+ CD^2 + DA^2= 2(BP^2 + DP^2)+ AC^2= 4NP^2 + AC^2 + BD^2 (1)\]

Theo định lý Ptolemy, ta có: \[AB.CD + AD.BC = AC.BD (2) \to 2AB.CD +2AD.BC = 2AC.BD \]

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ vế theo vế ta được: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} + {\left( {BC - AD} \right)^2} = {\left( {AC - BD} \right)^2} + 4N{P^2}\]

Kết hợp với giả thiết suy ra: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} = 4N{P^2} \Leftrightarrow NP = \frac{1}{2}|AB - CD| = |MN - MP|\]

Theo BĐT tam giác suy ra $MN=MP \to AD=BC$

 

Vậy $ABCD$ là hình thang cân, phép chứng minh hoàn tất !

___

NLT


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 01-04-2013 - 22:28

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#5 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 23:10

$\boxed{\text{ Bài toán 3}}$  Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\frac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\frac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \frac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]

Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.


GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#6 Near

Near

    Binh nhì

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

Đã gửi 01-04-2013 - 23:30

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

 

 

attachicon.gifBài 1.png

Ta sẽ chứng minh bài toán ngược sau:Giả thiết như bài toán trên đến đoạn DP cắt (K) tại Z,ta thay phần sau bằng:H là giao của CZ với AA';F là giao BH với (K).Chứng minh E;F;P thẳng hàng (hay EF;DZ;AA" đồng quy)

Ta sử dụng các bổ đề dưới đây:

$\bullet$ Bổ đề 1:Tứ giác ABCD nội tiếp (O); tiếp tuyến tại C;D cắt nhau tại I;  H;K lần lượt là giao của AD và BC;AC và BD.Khi đó I;H;K thẳng hàng.

$\bullet$ Bổ đề 2:Cho (A;B;C;D)=-1;K thuộc trung trực của AB;các đường thẳng vuông góc với KA;KB cắt nhau tại I.Ta có:$\angle BIC=\angle BKD$.

$\bullet$ Bổ đề 3:Tứ giác ABCD có M;P lần lượt là giao của AD và BC; N;Q thứ tự là giao của MP với AB;CD.Khi đó:(M;P;N;Q)=-1.

 

Trở lại bài toán,gọi K là giao của BZ và CF;I;G lần lượt là giao của BC và DE;AA' và BC.

Theo bổ đề 1 ta có:A,A',H,K thẳng hàng.Theo bổ đề 2 ta có (B;C;G;I)=-1.Theo bổ đề 3 ta có:$\angle CKI=\angle GA'C\Rightarrow A'A\perp KI$.

Theo định lý Brocard ta có I;Z;F thẳng hàng hay ZF;BC;DE đồng quy.

Xét bộ 3 tam giác sau:ADE;A'ZF;ABC ta thấy các bộ đường thẳng (A'Z;AB;AD);(A'F;AE;AC);(DE;ZF;BC) đồng quy

Lại có AA';BZ;CF đồng quy nên theo đinh lý Desargues ta có AA';DZ;EF đồng quy(đccm)


_____________________I am the heir of L__________________________

#7 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 02-04-2013 - 01:41

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

 

 

attachicon.gifBài 1.png

 

Hướng nghĩ khác: Cái hình mình chỉnh khá lâu mới được vậy, mong mọi người thông cảm.

 

 

Hình bài 1 hoàn chỉnh.png

 

Gọi $Q,R$ lần lượt là các giao điểm của $AB,AC$ với $(K)$.

 

Gọi $P$ là giao điểm của $BZ$ và $CX$ (tại em vẽ hình thiếu tên giao điểm đó, điểm $P$ đề ra có thể cho là điểm $P'$ vậy), $W$ là giao điểm của $RZ$ và $XQ$; $V$ là giao điểm của $BR$ và $CQ$, $Y$ là giao điểm của $BX$ và $CZ$.

 

Ta đi chứng minh $A, P, A'$ thẳng hàng.

 

Áp dụng Định lý Pascal cho lục giác nội tiếp đường tròn:

 

+ Lục giác $BBRCCQ$, ta có: $A', V, A$ thẳng hàng.

 

+ Lục giác $BBXCCZ$, ta có: $P, A', Y$ thẳng hàng

 

+ Lục giác $BXQCZR$, ta có: $W, V, Y$ thẳng hàng

 

+ Lục giác $XQBZRC$, ta có: $W, A, P$ thẳng hàng.

 

P/s: Ý tưởng của mình mới tới đây thôi, tức là chỉ còn trường hợp dưới đây: (không mất tính tổng quát có thể giả sử thứ tự các điểm như hình dưới)

Ảnh chụp màn hình_2013-04-02_014018.png

 

Giờ em đi ngủ, lúc nào có thời gian em nghĩ tiếp, mọi người nghĩ theo ý tưởng này được không ạ? :| 

 

P/s: Ý tưởng dùng Desargues cho bài toán này là khá tự nhiên ... Near đã giải quá chuẩn rồi :)

 

Sắp thi rồi, có thể mình sẽ ít lên topic này một thời gian, mong mọi người đừng để nó đóng bụi nhé ! :)

___

NLT


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 02-04-2013 - 12:09

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#8 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 02-04-2013 - 12:14

$\boxed{\text{ Bài toán 3}}$  Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\frac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\frac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \frac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]

Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.

Mình làm đậm chất đại số.Ai có cách giải hình thuần tuý thì up lên nha!!!

 

Trước hết ta có nhận xét quan trọng sau:

 

Cho (O).Dây XY cố định.Điểm Z di chuyển trên một cung BC.

 

Khi đó $ZX+ZY$ đạt GTLN khi Z là điểm chính giữa cung BC.

 

Áp dụng vào bài toán:

 

Từ các tam giác đồng dạng ta có

 

$\frac{AA_{1}}{{A}_{1}A_{2}}=\frac{bc}{BA_{2}.CA_{2}}$

 

Theo nhận xét thì ta có ngay tích $BA_{2}.CA_{2}$  Max khi $AA_{2}$ là phân giác góc A

 

Từ đó ta chỉ phải chứng minh trong trường hợp $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ là các đường phân giác.

 

Khi đó $AA_{1}.A_{1}A_{2}=BA_{1}.CA_{1}$  $\Rightarrow \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}=\frac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}.CA_{1}}$

 

Ta tính được độ dài các đoạn $BA_{1}=\frac{ac}{b+c},CA_{1}=\frac{ca}{b+c}$

 

Và theo công thức tính phân giác 

 

$AA_{1}=\frac{2bc}{b+c}\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$

 

suy ra $\frac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}CA_{1}}=\frac{4p(p-a)}{a^{2}}$

 

Do đó ta phải cm

 

$\frac{4(p-a)}{a^{2}}+\frac{4(p-b)}{b^{2}}+\frac{4(p-c)}{c^{2}}\geq \frac{3p}{r(4R+r)}$

 

Ta sử dụng bổ đề sau:(Đẳng thức quen thuộc)

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+4r(r+4R)=2(ac+bc+ca)$

 

Từ đó quy bài toán về cm

 

$\sum \frac{b+c-a}{a^{2}}\geq \frac{3(a+b+c)}{2\sum ab-\sum a^{2}}=\frac{3(a+b+c)}{\sum (a+b-c)(b+c-a)}$

 

Đặt $x=c+b-a,y=a+c-b,z=a+b-c$

 

Ta phải cm

 

$\sum \frac{x}{(y+z)^{2}}\geq \frac{3(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}$

 

Theo bdt Swart 

 

$\sum \frac{x}{(y+z)^{2}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sum x(y+z)^{2}}$

 

Ta phải cm

 

$4(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 3x(y+z)^{2}+3y(z+x)^{2}+3z(x+y)^{2}$

 

$\Leftrightarrow x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(x+y)\geq 6xyz$

 

Hiển nhiên đúng.Ta có điều phải cm.



#9 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 05:36

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ Cho $\Delta ABC$, lấy $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy.$M,D,E$ lần lượt thuộc các cạnh $EF,DF,DE$ sao cho $MD,NE,PF$ đồng quy. Chứng minh rằng: $AM,BN,CP$ đồng quy.


GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#10 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 03-04-2013 - 07:28

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ Cho $\Delta ABC$, lấy $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy.$M,N,P$ lần lượt thuộc các cạnh $EF,DF,DE$ sao cho $MD,NE,PF$ đồng quy. Chứng minh rằng: $AM,BN,CP$ đồng quy.

 

 

Bài 4.png

 

Bổ đề:Cho tam giác $ABC$.E,F thứ tự thuộc $AC,AB$.M thuộc EF. X là giao của AM và BC.Khi đó:

 

$\frac{\overline{ME}}{\overline{MF}}=\frac{\overline{XC}}{\overline{XB}}.\frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}.\frac{\overline{AB}}{\overline{AF}}$   

 

Có thể dễ dàng chứng minh bổ đề bằng cách gọi T là giao của EF và BC rồi dùng định lí Melelauyt.

 

Áp dụng:

 

Gọi $X,Y,Z$ tứ tự là giao điểm của $AM,BN,CP$ với $BC,CA,AB$.

 

Ta có 

 

$\frac{\overline{ME}}{\overline{MF}}=\frac{\overline{XC}}{\overline{XB}}.\frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}.\frac{\overline{AB}}{\overline{AF}}$

 

$\frac{\overline{NF}}{\overline{ND}}=\frac{\overline{YA}}{\overline{YC}}.\frac{\overline{BF}}{\overline{BA}}.\frac{\overline{BC}}{\overline{BD}}$

 

$\frac{\overline{PD}}{\overline{PE}}=\frac{\overline{ZB}}{\overline{ZA}}.\frac{\overline{CD}}{\overline{CB}}.\frac{\overline{CA}}{\overline{CE}}$

 

Nhân các đẳng thức trên và chú ý $(AD,BE,CF),(DM,EN,FP)$ đồng quy nên ta suy ra 

 

$\frac{\overline{XB}}{\overline{XC}}.\frac{\overline{YC}}{\overline{YA}}.\frac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=-1$

 

Từ đó AM,BN,CP đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 07:40
Bổ sung hình vào bài viết !


#11 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 10:03

$\boxed{\text{Bài toán 5}}$ Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$. Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Lấy điểm $E$ ở ngoài tam giác sao cho $CE$ vuông góc với $AB$ và $BD = BE$. Trung trực của đoạn thẳng $BE$ cắt cung nhỏ $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD$ tại $F$.Chứng minh rằng $DE \perp DF$.

 

P/S: Phấn đấu mỗi ngày một bài được giải, cố lên nào ^^!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 10:07

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#12 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 10:17

$\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $({\omega _a}),({\omega _b}),({\omega _c})$ tiếp xúc với $(I),(O)$ tại $D,K$ (đối với $\omega_a$), tại $E,M$ (đối với $\omega_b$), tại $F,N$ (đối với $\omega_c$). Chứng minh rằng: 

 

$[1]$ $DK,EM,FN$ đồng quy, gọi điểm đó là $P$.

 

$[2]$ Trực tâm $\Delta DEF$ nằm trên $OP$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 10:22

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#13 thanhdotk14

thanhdotk14

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định

Đã gửi 03-04-2013 - 11:49

 

Cách khác cho bài 4:

Ảnh chụp màn hình_2013-04-03_112606.png

Ta có:

$$\frac{S_{AEM}}{S_{AFM}}=\frac{AE.sin\angle EAM}{AF.sin\angle FAM }$$

$$\Rightarrow \frac{sin\angle EAM}{sin\angle FAM}=\frac{S_{AEM}.AF}{S_{AMF}.AE}=\frac{ME.AF}{MF.AE}$$

Tương tự ta có:

$\frac{sin\angle FBN}{sin\angle NBD}=\frac{NF.BD}{ND.BF}$, $\frac{sin\angle PCD}{sin\angle PCE}=\frac{PD.CE}{PE.CE}$

Lại có:

$AD,BE,CF$;$DM,EN,FP$ đồng quy nên theo định lí Ceva,ta có:

$$\frac{AF.BD.CE}{BF.CD.AE}=1$$

$$\frac{ME.FN.DP}{FM.DN.EP}=1$$

Từ đó ta suy ra:

$$\frac{sin\angle MAE.sin\angle FBN.sin\angle PCD}{sin\angle MAF.sin\angle NBD.sin\angle PCE}=1$$

Theo định lí Ceva đảo thì ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 14-04-2013 - 17:31

-----------------------------------------------------

 

:ukliam2: Untitled1_zps6cf4d69d.jpg :ukliam2:


#14 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 13:27

$\boxed{\text{Bài toán 5}}$ Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$. Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Lấy điểm $E$ ở ngoài tam giác sao cho $CE$ vuông góc với $AB$ và $BD = BE$. Trung trực của đoạn thẳng $BE$ cắt cung nhỏ $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD$ tại $F$.Chứng minh rằng $DE \perp DF$.

 

P/S: Phấn đấu mỗi ngày một bài được giải, cố lên nào ^^!

 

Giải như sau: (nhìn đề cứ tưởng khó, hóa ra cũng không ảo lắm :) )

 

Bài 5.png

 

Gọi $I$ là trung điểm của $EP$, $H$ là giao điểm của $CE$ và $AB$. Vẽ đường thẳng $Dx$ vuông góc với $DE$ cắt đường trung trực của $EB$ tại $F'$.

 

Ta có tứ giác $AHDC$ nội tiếp nên: \[\angle BAD = \angle ECB\]

Lại có: $\angle ECB= \angle IDB$ (do $DI // CE$) nên: \[ \angle BAD = \angle IDB (1)\]

Mà tứ giác $IEF'D$ nội tiếp nên: \[ \angle IDB = \angle EDB - \angle IDE= \angle IED - \angle IDE = \angle IF'D - \angle IF'E = \angle BF'D (2)\]

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:  \[ \angle BF'D = \angle BAD \]

Nên tứ giác $AF'DB$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$, mà $F,F'$ nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ $EB$ nên ta có: \[ F \equiv F' \to DE \perp DF (Q.E.D)\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 13:28

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#15 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 03-04-2013 - 22:32

$\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $({\omega _a}),({\omega _b}),({\omega _c})$ tiếp xúc với $(I),(O)$ tại $D,K$ (đối với $\omega_a$), tại $E,M$ (đối với $\omega_b$), tại $F,N$ (đối với $\omega_c$). Chứng minh rằng: 

 

$[1]$ $DK,EM,FN$ đồng quy, gọi điểm đó là $P$.

 

$[2]$ Trực tâm $\Delta DEF$ nằm trên $OP$.

a) NLT up hộ mình cái hình lên nha!!!

 

Ý tưởng đơn giản thế  này thôi

 

Gọi X là tâm của $\omega _{a}$.

 

Ta có $O,X,K$ và $I,D,X$ thẳng hàng.

 

Gọi $J$ là giao của KX và OI

 

Áp dụng định lí Melelauyt cho $\Delta IOX$ ta có 

 

$\frac{\overline{KX}}{\overline{KO}}.\frac{\overline{PO}}{\overline{PI}}.\frac{\overline{DI}}{\overline{DX}}=1$

 

suy ra $\frac{\overline{PO}}{\overline{PI}}=-\frac{R}{r}$

 

Chứng minh tương tự với $EM,FN$ ta có chúng đồng quy tại P thoả mãn 

 

$\frac{\overline{PO}}{\overline{PI}}=-\frac{R}{r}$ trên OI.

 

b)Ta có bổ đề quen thuộc sau: OI là đường thẳng Ole của $\Delta DEF$.

 

Áp dụng trực tiếp bổ đề trên và theo câu a) thì $P\in OI$

 

Ta có ngay $OP$ đi qua trực tâm $\Delta DEF$ (dpcm).



#16 thanhdotk14

thanhdotk14

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định

Đã gửi 04-04-2013 - 06:27

Bài toán 7 Cho hai đường tròn $(O_1,R_1)$ và $(O_2,R_2)$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. $M\in (O_1,R_1)$ và $M$ không thuộc phần giao của hai đường tròn. $MA$,$MB$ cắt $(O_2)$ tại $N$,$P$.
$a.$ Tìm tập hợp $I$ là tâm đuờng tròn ngoại tiếp $\Delta MNP$ 
$b.$ Đường tròn $(I)$ đó cắt $(O_1)$ tại điểm thứ hai là $K$
Chứng minh rằng: $\widehat{MKO_2}=90^{\circ}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 04-04-2013 - 06:36

-----------------------------------------------------

 

:ukliam2: Untitled1_zps6cf4d69d.jpg :ukliam2:


#17 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 04-04-2013 - 17:36

 

Bài toán 7 Cho hai đường tròn $(O_1,R_1)$ và $(O_2,R_2)$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. $M\in (O_1,R_1)$ và $M$ không thuộc phần giao của hai đường tròn. $MA$,$MB$ cắt $(O_2)$ tại $N$,$P$.
$a.$ Tìm tập hợp $I$ là tâm đuờng tròn ngoại tiếp $\Delta MNP$ 
$b.$ Đường tròn $(I)$ đó cắt $(O_1)$ tại điểm thứ hai là $K$
Chứng minh rằng: $\widehat{MKO_2}=90^{\circ}$

 

 

Bài 7.png

 

 

a) Ta có $IO_{2}$ vuông góc $NP$

 

Và $MO_{1}$ vuông góc $NP$

 

suy ra $IO_{2}$//$MO_{1}$

 

Mặt khác $MI$//$O_{1}O_{2}$  (cùng vuông góc $AB$).

 

suy ra $O_{1}O_{2}MI$ là hình bình hành.

 

suy ra $O_{2}I=O_{1}M=R_{1}$.

 

Hay I thuộc $(O_{2};R_{1})$ cố định.

 

b)Ta có $IO_{1}$ là trung trực của $MK$

 

và $IO_{1}$ đi qua trung điểm của $MO_{2}$ 

 

suy ra $IO_{1}//O_{2}K$

 

Hay $\widehat{MKO_{2}}=90^{\circ}$ (dpcm).

 

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 14-04-2013 - 17:32


#18 thanhdotk14

thanhdotk14

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định

Đã gửi 04-04-2013 - 21:00

Mình làm bài 7 vậy.

 

a) Ta có $IO_{2}$ vuông góc $NP$

 

Và $MO_{1}$ vuông góc $NP$

 

suy ra $IO_{2}$//$MO_{1}$

 

Mặt khác $MI$//$O_{1}O_{2}$  (cùng vuông góc $AB$).

 

suy ra $O_{1}O_{2}MI$ là hình bình hành.

 

suy ra $O_{2}I=O_{1}M=R_{1}$.

 

Hay I thuộc $(O_{2};R_{1})$ cố định.

 

b)Ta có $IO_{1}$ là trung trực của $MK$

 

và $IO_{1}$ đi qua trung điểm của $MO_{2}$ 

 

suy ra $IO_{1}//O_{2}K$

 

Hay $\widehat{MKO_{2}}=90^{\circ}$ (dpcm).

Để mình up hình lên há:

hình vẽ bài toán 7  vmf.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 04-04-2013 - 21:01

-----------------------------------------------------

 

:ukliam2: Untitled1_zps6cf4d69d.jpg :ukliam2:


#19 chrome98

chrome98

    Mãi Mãi Việt Nam

  • Thành viên
  • 258 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\star\star\star\star\star $

Đã gửi 05-04-2013 - 13:21

$\boxed{Bài \ toán \ 8}$: Cho $M,N$ là trung điểm các đường chéo $AC,BD$ của hình thang vuông $ABCD$, $\angle A=\angle D=90^{\circ}$. Các đường tròn $(ABN),(CDM)$ cắt cạnh $BC$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng khoảng cách từ $Q,R$ đến trung điểm $MN$ là bằng nhau.



#20 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 06-04-2013 - 13:02

$\boxed{Bài \ toán \ 8}$: Cho $M,N$ là trung điểm các đường chéo $AC,BD$ của hình thang vuông $ABCD$, $\angle A=\angle D=90^{\circ}$. Các đường tròn $(ABN),(CDM)$ cắt cạnh $BC$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng khoảng cách từ $Q,R$ đến trung điểm $MN$ là bằng nhau.

Không ai làm thì mình làm vậy:

 

Ta chứng minh trong trường hợp $CD\geq AB$

 

Gọi I là trung điểm của $MN$. và $T$ là giao điểm của $MN$ và $BC$

 

Vẽ ${IK}\perp{BC}$

 

Ta sẽ đi tính độ dài các đoạn $QK$,$RK$.

 

Vì $ABCD$ là hình thang nên $MN//DC$ hay $TB=TC$

 

Có $\widehat{MQT}=\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=\widehat{BDC}$

 

Và $\widehat{QTM}=\widehat{BCD}$ nên $\Delta QMT\sim \Delta DBC\Rightarrow QT=\frac{DC^{2}}{2BC}$

 

Ta tính $TK$.

 

Gọi S là giao $BI$ và $DC$. suy ra $CS=\frac{CD+AB}{2}$.vẽ $SX$,$BY$ vuông góc $BC$,$CD$

 

Có $\frac{CX}{CY}=\frac{CS}{CB}=\frac{CD+AB}{2BC}$ mà $CY=CD-AB$

 

$\Rightarrow CX=\frac{CD^{2}-AB^{2}}{2BC}\Rightarrow BX=\frac{2BC^{2}-CD^{2}+AB^{2}}{2BC}$

 

Mà $KB=KX$ $\Rightarrow BK=\frac{2BC^{2}+AB^{2}-CD^{2}}{4BC}\Rightarrow TK=\frac{CD^{2}-AB^{2}}{4BC}$

 

Mà $QT=\frac{DC^{2}}{2BC}\Rightarrow QK=\frac{AB^{2}+CD^{2}}{4BC}$

 

Tương tự $RK=\frac{AB^{2}+CD^{2}}{4BC}$ nên $QK=RK$

 

Hay $\Delta IRQ$ cân tại I.






1 người đang xem chủ đề

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