Đến nội dung

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

#141
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết


$\boxed{\text{Bài toán 43}}$ http://www.artofprob...opic.php?t=5697

$ABC$ be a triangle.$P$ and $Q$ are the feet of angle besectors from $A$ and $B$.$D$ and $E$ are the feet of altitudes from $A$ and $B$.$I$ is the incentre,$O$ is the circumcentre of triangle $ABC$.Prove:$D,E,I$ are collinear iff $P,Q,O$ are collinear.

 

====================================================

 

Cho tam giác $ABC$.Gọi $P$ và $Q$ là chân đường phân giác kẻ từ $A$ và $B$.Gọi $D$ và $E$ là chân các đường cao vẽ từ $A$ và $B$ của tam giác $ABC$.Gọi $I$ là tâm nội tiếp,$O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$.Chứng minh rằng $D,E,I$ thẳng hàng khi và chỉ khi $P,O,Q$ thẳng hàng.

Bài toán sẽ rất dài và khó nếu ta không dùng đến phương pháp tọa độ và các biến đổi đại số.Mình xin trích dẫn một số lời giải trên Mathlinks như sau:

Nhưng trước tiên ta nhắc lại khái niệm và một số tính chất cơ bản của tọa độ "trilinear"

trilinear.png

Định nghĩa:Cho tam giác $ABC$,và một điểm $P$ bất kì.Qua $P$ vẽ $PD,PE,PF$ lần lượt vuông góc với $BC,CA,AB$.Giả sử:

$PD:PE:PF=x:y:z$.Khi đó ta nói $(x,y,z)$ là tọa độ "trilinear" của $P$ với tam giác $ABC$.

Định lí:Giả sử với tam giác $ABC$,ta có:$D(x,y,z);E(m,n,p);F(p,q,r)$.Khi đó $D,E,F$ thẳng hàng khi và chỉ khi

$\begin{vmatrix} x &y &z \\ m &n &p \\ a&b &c \end{vmatrix}=0$.$\Leftrightarrow xnc+ypa+zmb-zna-ymc-xpb=0$.

Định lí này có trong nhiều tài liệu về phương pháp đại số trong hình học(Các bạn tự tìm đọc)

 

Trở lại bài toán:bai19mathlink.png

Lời giải của Darij Grinberg:

Từ định nghĩa ta dễ dàng có:

$I(1,1,1)$,$D(0,\cos C,\cos B)$,$E(\cos C,0,\cos A)$.Do đó $I,D,E$ thẳng hàng;

$\begin{vmatrix} 1 &1&1 \\ \cos C&0 & \cos A \\ 0& \cos C & \cos B \end{vmatrix}=0$

tương đương:$\cos C=\cos A+\cos B$.

Lại có:$P(0,1,1)$,$Q(1,0,1)$ và $O(\cos A,\cos B,\cos C)$ Nên tương tự như trên,ta cũng có $P,O,Q$ thẳng hàng khi và chỉ khi:$\cos A+\cos B=\cos C$.

Do đó ta có dpcm.

 

Có một cách khác cũng dùng phương pháp tọa độ nhưng không dùng đến toạ độ "trilinear",mà dùng tọa độ tỉ cự cũng rất ngắn gọn đó là dùng tọa độ tỉ cự.Với tọa độ tỉ cự,điều kiện thẳng hàng vẫn tương tự như trên nhưng:

$O(\sin 2A,\sin 2B,\sin 2C)$ và $I(a,b,c)$ ($a,b,c$ là ba cạnh tam giác)

 

Chú ý rằng với điều kiện $\cos C=\cos A+\cos B$ thì bằng lượng giác ta dễ dàng chỉ ra được $R=r_c$,với $R$ và $r_c$ là bán kính ngoại tiếp và bán kính bàng tiếp góc $C$.Vậy ta có thể viết lại bài toán thành:

$P,O,Q$ thẳng hàng $\Leftrightarrow R=r_c$ $\Leftrightarrow$ $D,I,E$ thẳng hàng.

 

P/s:Vẫn rất hoan nghênh bạn nào giải không dựa vào phương pháp tọa độ.Mình nghĩ bài toán còn có thể giải bằng lượng giác nhưng biến đổi sẽ rất cồng kềnh.  :icon6:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 13-06-2013 - 12:03


#142
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

 

(36.2) Cho $\Delta ABC$ và $d$ là đường thẳng đi qua trực tâm $H$.$d_{a}$ là đối xứng của $BC$ qua $d$.$d_{a}$ cắt đường thẳng qua $H$ song song $BC$ tại $A'$.Định nghĩa tương tự các điểm $B',C'$.Chứng minh rằng $A',B',C'$ thẳng hàng.

 

Vừa giải quyết được bài này,thấy hay nên post lên mọi người tham khảo..

Gọi $A",B",C"$ là các đối xứng của $A',B',C'$ qua đường thẳng $d$.Dễ thấy các điểm này thứ tự thuộc $BC,CA,AB$.Dể chứng minh $A',B',C'$ thẳng hàng ta sẽ chứng minh $A",B",C"$ thẳng hàng.

Qua $H$ vẽ đường thẳng vuông góc với $d$,cắt $BC$ tại $K$,$d$ cắt $BC$ tại $D$.Vì $DA'$ đối xứng $BC$ qua $d$ nên $\widehat{A'DH}=\widehat{HDB}=\widehat{A'HD}$ (vì $HA'//BC$)

Do đó $A'H=A'D\Rightarrow A"H=A"D$.Mà tam giác $DHK$ vuông tại $H$ nên ta có ngay $A"$ là trung điểm của $DK$.Chứng minh tương tự với các điểm $B",C"$ và áp dụng trực tiếp bài toán $36$ (đường thẳng Droz-Farny) ta có ngay $A",B",C"$ thẳng hàng.

Vậy $A',B',C'$ thẳng hàng.

 

P/s:Bài toán rất hay vì đã giấu đi được đường thẳng $HK$ và điểm $A"$. :icon6: Bản chất vẫn là bài toán $36$ về đường thẳng Droz-Farny.

Hình gửi kèm

  • mo rong 1.png


#143
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

 

(36.2) Cho tam giác $ABC$ trực tâm $H$.$d$ và $d'$ là hai đường thẳng bất kì qua $H$.$d$ cắt $BC,CA,AB$ tại $A',B',C'$ và $D'$ cắt $BC,CA,AB$ tại $A",B",C"$.Gọi $O_{1},O_{2},O_{3}$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $HA'A",HB'B",HC'C"$.$HO_{1},HO_{2},HO_{3}$ cắt $A'A",B'B",C'C"$ tại $M,N,P$.Chứng minh rằng $M,N,P$ thẳng hàng.

 

Cuối cùng cũng ra,toàn bài khó nhằn...Bản chất bài này cũng la bài 36.

mo rong 2.png

Với hình vẽ như trên,ta sẽ tạo ra hai đường thẳng vuông góc với nhau tại $H$ và giao của chúng với $BC,CA,AB$ nhận $M,N,P$ làm trung điểm.  (1)

Vẽ các đường tròn $(M;MH)$ và $(N;NH)$ cắt $BC$ và $CA$ tại $Y$ và $X$ như hình vẽ.

Ta sẽ chứng minh rằng $X,H,Y$ thẳng hàng.

Hay cm $\widehat{XHB'}=\widehat{A'HY}$,và điều này dễ dàng suy ra từ phép cộng trừ góc đơn giản.

Vậy từ đây ta suy ra dựng được hai đường thẳng thỏa mãn điều kiện (1).

Do đó áp dụng bài toán $36$ ta có ngay $M,N,P$ thẳng hàng.dpcm.

 

P/s:Bài toán 36 về đường thẳng Droz-Farny thật sự rất quan trọng và có nhiều ứng dụng.



#144
perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Bài 43:

Một mở rộng mạnh hơn và được chứng minh bằng hình học. (theo oneplusone)

Let $AD,BE$ be angle bisectors of $\triangle ABC$, with $D$ on $BC$ and $E$ on $AC$. Let $AD$ intersect $BE$ at $I$. Let $X$ be any point and $Y$ is its isogonal conjugate wrt $\triangle ABC$. Let $AX,BX$ intersect $BC,AC$ at $M,N$ respectively.

 

Prove that $D,Y,E$ are collinear if and only if $M,I,N$ are collinear.

 

============================================

Gọi $AD,BE$ là các phân giác của $\triangle ABC$, với $D$ trên $BC$ và $E$ trên $AC$. Vẽ $AD$ cắt $BE$ tại $I$. Gọi $X$ là 1 điểm bất kì và $Y$ là điểm đẳng giác của nó đối với $\triangle ABC$. $AX,BX$ thứ tự cắt $BC,AC$ tại $M,N$.

 

Chứng minh rằng $D,Y,E$ thẳng hàng khi và chỉ khi $M,I,N$ thẳng hàng.

Solution:

First suppose $M,I,N$ are collinear. Let $J,K$ be excenters opposite $A,B$ respectively. Let $Y'$ be intersection of $JN$ and $KM$. Then by Pappus, $E,Y',D$ are collinear. Let $T$ be the intersection of $NJ$ and $BE$. Then since $ADIJ$ is harmonic, $NTY'J$ is harmonic. Since $\widehat{TBJ}=90^o$, we have $BE$ is the angle bisector of $\widehat{NBY'}$. Smilarly $AD$ is the angle bisector of $\widehat{MAY'}$. Thus $X,Y'$ are isogonal conjugates, so $Y\equiv Y'$, so $E,Y,D$ are collinear.

Now for the other direction. Let $NI$ intersects $BC$ at $M'$, and $BN$ intersects $AM'$ at $X'$. Then the isogonal conjugate of $X'$, $Y'$ is on $DE$. But since $Y'$ lies on $BY$ and $D,Y,E$ are collinear, we must have $Y\equiv Y'$, and everything else follows.

============================================

Lời giải:

Đầu tiên giả sử $M,I,N$ thẳng hàng. Gọi $J,K$ thứ tự là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện $A,B$. Gọi $Y'$ là giao của $JN$ và $KM$. Theo định lý Pappus, $E,Y',D$ thẳng hàng. Gọi $T$ là giao điểm của $NJ$ và $BE$. Vì $ADIJ$ là hàng điều hòa nên $NTY'J$ là hàng điều hòa. Do $\widehat{TBJ}=90^o$ nên $BE$ là phân giác $\widehat{NBY'}$. Tương tự, $AD$ là phân giác $\widehat{MAY'}$. Do đó $X,Y'$ liên hợp đẳng giác, nên $Y \equiv Y'$ hay $E,Y,D$ thẳng hàng.

hinh43-mr_1.png

 

Tiếp theo cho chiều ngược lại. Vẽ $NI$ cắt $BC$ tại $M'$ và $BN$ cắt $AM'$ tại $X'$. Do đó, điểm đẳng giác của $X'$ là $Y'$ sẽ nằm trên $DE$. Nhưng vì $Y'$ nằm trên $BY$ và do $D,Y,E$ thẳng hàng, ta sẽ có $Y \equiv Y'$, và mọi điều khác sẽ đúng.

hinh43-mr_2.png

 

=============================================

Lưu ý, trong bài toán 43, $H,O$ là 2 điểm liên hợp đẳng giác với $H,O$ thứ tự là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của $\vartriangle ABC$, nên ta cho $X \equiv H$ thì thu được kết quả cần có.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 13-06-2013 - 15:22

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.

#145
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Cảm ơn anh Hân đã đóng góp một cách rất hay cho bài 43. :icon6: Chúng ta tiếp tục với bài toán mới.

$\boxed{\text{Bài toán 44}}$ http://www.artofprob...opic.php?t=4592

Let $Q$ be the incircle of the triangle $ABC$,and let $Q(a),Q(b),Q(c )$ be circles orthogonal to $Q$,which pass through $(B,C);(C,A);(A,B)$ respectively.Let $A'$ be the second intersection of $Q(b)$ and $Q( c)$.In the same manner we get $B'$ and $C'$.Show that the circumradius of the triangle $A'B'C'$ is half the inradius of the triangle $ABC$.

 

=============================================================

 

Cho tam giác $ABC$ với $Q$ là đường tròn nội tiếp.Gọi $Q(a),Q(b),Q( c)$ là các đường tròn trực giao với đường tròn $Q$,và lần lượt đi qua $(B,C);(C,A);(A,B)$.Gọi $A'$ là giao điểm thứ hai của $Q(b)$ và $Q( c)$.Bằng cách tương tự ta có các điểm $B',C'$.Chứng minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $A'B'C'$ bằng $\frac{1}{2}$ bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 16-06-2013 - 21:21

  • NLT yêu thích

#146
perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết


Cảm ơn anh Hân đã đóng góp một cách rất hay cho bài 43. :icon6: Chúng ta tiếp tục với bài toán mới.

$\boxed{\text{Bài toán 44}}$ http://www.artofprob...opic.php?t=4592

Let $Q$ be the incircle of the triangle $ABC$,and let $Q(a),Q(b),Q(c )$ be circles orthogonal to $Q$,which pass through $(B,C);(C,A);(A,B)$ respectively.Let $A'$ be the second intersection of $Q(b)$ and $Q( c)$.In the same manner we get $B'$ and $C'$.Show that the circumradius of the triangle $A'B'C'$ is half the inradius of the triangle $ABC$.

 

=============================================================

 

Cho tam giác $ABC$ với $Q$ là đường tròn nội tiếp.Gọi $Q(a),Q(b),Q( c)$ là các đường tròn trực giao với đường tròn $Q$,và lần lượt đi qua $(B,C);(C,A);(A,B)$.Gọi $A'$ là giao điểm thứ hai của $Q(b)$ và $Q( c)$.Bằng cách tương tự ta có các điểm $B',C'$.Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C'$ bằng $\frac{1}{2}$ bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

Em dịch  bị sai đề nhé :P

Lời giải:

Nhận xét rằng $Q(a),Q(b),Q(c )$ là duy nhất.

Gọi $A_1,B_1,C_1$ là tiếp điểm của $(Q)$ với $BC,CA,AB$ tương ứng. $A_2,B_2,C_2$ thứ tự là trung điểm $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$.

hinh44.png

Dễ thấy rằng $\overline{QB}.\overline{QB_2}=\overline{QA_1}^2=\overline{QC_2}.\overline{QC}$. Từ đó, $B,B_2,C_2,C \in (Q_a')$.

Ta sẽ chứng minh $Q(a) \equiv (Q_a')$. Thật vậy:

Vẽ đường kính $A_1A_3$ của $(Q)$, cắt $(Q_a')$ tại $A_4,A_5$.

Ta có: $\overline{QA_4}.\overline{QA_5}=\overline{QB_2}.\overline{QB}=\overline{QA_1}^2$.

Từ $Q$ là trung điểm $A_1A_3$ nên theo hệ thức Maclaurin, ta có $(A_3A_1A_4A_5)=-1$.

Suy ra $(Q_a)'$ và $(Q)$ trực giao. Từ nhận xét ban đầu, ta có $Q(a) \equiv (Q_a') \Rightarrow Q(a)$ đi qua $B,C,B_2,C_2$.

Tương tự, $Q(b),Q(c )$ tương ứng đi qua các bộ điểm $(A,C,A_2,C_2),(B,A,B_2,A_2)$.

Cho nên $A' \equiv A_2, B' \equiv B_2, C' \equiv C_2$, hay $A',B',C'$ thứ tự là trung điểm $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$.

Dễ dàng có $\triangle A_2B_2C_2 \sim \triangle A_1B_1C_1$ theo tỉ số $\frac{1}{2}$.

Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp $\triangle A_1B_1C_1$ cũng là bán kính đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ nên ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 16-06-2013 - 21:51

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.

#147
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Với bài 44:Ta có kết quả tương tự về đường tròn bàng tiếp như sau (Chứng minh hoàn toàn tương tự)

Cho tam giác $ABC$,đường tròn $(Q)$ bàng tiếp góc $A$.Gọi $Q(a),Q(b),Q(c)$ thứ tự là các đường tròn qua $B,C$; $C,A$; $A,B$ và cùng trực giao với đường tròn $(Q)$.$A'B'C'$ là tam giác tạo thành bằng việc lấy giao của các đường tròn $Q(a),Q(b),Q(c)$.Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C'$ bằng $\frac{1}{2}$ bán kính đường tròn $(Q)$



#148
perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Một lời giải khác cho bài 36.2

http://diendantoanho...abc-thẳng-hàng/


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.

#149
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Bài toán 44 có lẽ có ít ứng dụng nên ta sẽ tiếp tục với bài toán mới:

$\boxed{\text{Bài toán 45}}$ http://www.artofprob...pic.php?t=14097

Let $ABC$ be a triangle with orthocenter $H$ and let $P,Q$ be the feet of $B$ and $C$ on $AC$ and $AB$,respectively.If $R,S$ are the intersections of the besectrix of angle $QHC$ with $AB,AC$ respectively,prove that the orthocenters,centroids,and circumcenter of the triangle $APQ,ARS,APQ$ are collinear.

 

===================================================

 

Cho tam giác $ABC$ với trực tâm $H$.$P,Q$ là chân các đường cao hạ từ $B,C$ lên $AC.AB$ theo thứ tự.Vẽ phân giác $QHC$ cắt $AB,AC$ tại $R,S$.Chứng minh rằng trực tâm,trọng tâm,tâm ngoại tiếp các tam giác $ABC,ARS,APQ$ thẳng hàng.



#150
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết

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)

 

Có thể xử lý đơn giản hơn ở việc khi đã chứng minh được $(B,C,G,I)=-1$ như sau:

 

Nếu gọi $I'$ là giao điểm của $FZ$ và $BC$ thì theo bổ đề quen thuộc có $(B,C,G,I')=-1$

 

Suy ra $I \equiv I' \to I \in [FZ]$. Lúc này làm tiếp như trên.


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

#151
barcavodich

barcavodich

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 449 Bài viết

Đề mới nhá

Bài 45: http://www.artofprob...p?f=47&t=542711

Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trong tam giác.(BPC) cắt trung trực của $BC$ tại $A'$ ($P$ và $A'$ cùng phía so với $BC$).Tương tự xác định $B'$,$C'$.CMR $ PA'B'C' $ là tứ giác nội tiếp

 

Let $ABC$ be a triangle. $P$ is a point in the interior of $\triangle ABC$. Let the perpendicular bisector of $BC$ intersect the circumcircle of $\triangle BCP$ at $A'$, where $A'$ and $P$ are on the same side of $BC$. Similarly define $B'$ and $C'$. Prove that $PA'B'C'$ is cyclic.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 19-07-2013 - 21:55

[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful


#152
neusolve

neusolve

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 17 Bài viết

Đề toán sau thực sự "trâu" và đẹp: http://www.artofprob...p?f=47&t=552574

\[ \mathcal{PROBLEM} 46\]

 

 


\[ 1 - \left(\frac{5}{2}\right)^3 + 9\left(\frac{1\times 3}{2\times 4}\right)^3 - 13\left(\frac{1\times 3\times 5}{2\times 4\times 6}\right)^3 + \cdots =\frac{2}{\pi} \]


#153
haitienbg

haitienbg

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết

Đề toán sau thực sự "trâu" và đẹp: http://www.artofprob...p?f=47&t=552574

\[ \mathcal{PROBLEM} 46\]


......Không có việc gì là không thể......... 

           = ====== NVT ====== =


#154
haitienbg

haitienbg

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết

Bài 47(http://www.artofprob...hp?f=49&t=22633)

 

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $C$.Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $D$. Môt đường tròn tiếp xúc với các cạnh $AD, BD$ tại $M, N$ và tiếp xúc ngoài với $(O)$. Chứng minh $M, N, I$ thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi haitienbg: 17-11-2013 - 21:39

......Không có việc gì là không thể......... 

           = ====== NVT ====== =


#155
Dream com true

Dream com true

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 32 Bài viết

1, CHo 6 điểm A, B, C, P, Q, R cùng nằm trên 1 đương tròn. Chứng minh rằng nếu các  đường thẳng simson của P,Q, R với tam giác ABC đồng quy thì các đường thẳng simson của A, B, C vời PQR cũng dồng quy.



#156
BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết

Bài 43:

Một mở rộng mạnh hơn và được chứng minh bằng hình học. (theo oneplusone)

Let $AD,BE$ be angle bisectors of $\triangle ABC$, with $D$ on $BC$ and $E$ on $AC$. Let $AD$ intersect $BE$ at $I$. Let $X$ be any point and $Y$ is its isogonal conjugate wrt $\triangle ABC$. Let $AX,BX$ intersect $BC,AC$ at $M,N$ respectively.

 

P/s:Vẫn rất hoan nghênh bạn nào giải không dựa vào phương pháp tọa độ.Mình nghĩ bài toán còn có thể giải bằng lượng giác nhưng biến đổi sẽ rất cồng kềnh.  :icon6:

Chú ý rằng $A(BIMN) = A(EDYB)$ qua phép đối xứng trục $AI$

Tương tự $B(AIMN) =  B(DEAY) = B(EDYA)$ qua phép đối xứng trục $BI$
Vậy ta có $I \in MN \Leftrightarrow A(BIMN) = B(AIMN) \Leftrightarrow A(EDYB) = B(EDYA) \Leftrightarrow Y \in DE \square$
p/s: cách này đẹp nhỷ :-?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 17-11-2013 - 09:38


#157
The Collection

The Collection

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết

Bài 48: Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$, $S$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. $E,F$ lần lượt là trung điểm $AC,AB$. $L$ là giao điểm của $AS$ và $CF$. Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ trên $EF$ thì: \[OM\perp CF\Leftrightarrow \frac{SB}{SC}=2\frac{ME}{MF}\Leftrightarrow \frac{LF}{LC}=\frac{ME}{MF}\]

 

http://www.artofprob...ic.php?t=107793

 

(Chưa giải nên không biết có hay không, mọi người thử đi nhé!)



#158
khongghen

khongghen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 141 Bài viết

Ủng hộ topic của Thịnh một bài.

 

$\boxed{\text{Bài toán 9}}$ Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi $M, N, P$ thứ tự là trung điểm của $BC, CA, AB$.

Qua M vẽ tiếp tuyến với $(I)$, cắt $NP$ tại $X$. Các điểm $Y,Z$ xác định tương tự trên $PM$, $MN$.

Chứng minh rằng $X,Y,Z$ thẳng hàng.

 

 

 

Nhờ gợi ý của Hoàn, xin trình bày lời giải vắn tắt:

 

 

 

 attachicon.gif hinh.png

 

 

 

Gọi $S$ là giao điểm của $AT$ và $BC$ với $T$ là điểm thuộc $(I)$ sao cho $DI$ là đường kính của $(I)$.

 

Dựng đường tròn bàng tiếp góc $\angle A$ của $\Delta ABC$, khi đó, dễ thấy, qua phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\frac{AI}{AK}$ thì $ (I) \to (K); T \to S$

 

Nên $S$ là tiếp điểm của tiếp tuyến tại $C$ của $(K)$. Không khó để suy ra $CS=BD (=p-a)$.

 

Do $M$ là trung điểm $BC$ nên $M$ là trung điểm của $DS$, giả sử $AS$ cắt $(I)$ tại điểm thứ $2$ là $R$, khi đó $\Delta DRS$ vuông tại $R$, có $M$ là trung điểm nên $MD=MR$, lại có $MD$ là tiếp tuyến tại $D$ của $(I)$, nên $MR$ là tiếp tuyến của $(I)$, do đó $X$ là giao điểm của $MR$ và $NP$.

 

Dựng $(Q)$ nội tiếp tam giác $\Delta APN$, $L$ là tiếp điểm của $PN$ với $(Q)$, rõ ràng qua phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\frac{AI}{AQ}$, biến $(I) \to (Q)$, từ đó cũng biến $(K) \to (O); S \to J$, do đó $J$ là tiếp điểm của $PN$ với đường tròn $(O)$.

 

Để ý rằng: $\Delta MRS \sim \Delta XRJ \to XR=XJ \to X$ nằm trên trục đẳng phương của $(I)$ và đường tròn nội tiếp $\Delta MNP$, tương tự ta cũng có $Y,Z$ nằm trên đường đó, cuối cùng có $Q.E.D$.

 

 

P/s: To nguyenthehoan: Bài này quá hay ^^, tks cậu đã gợi ý  :) Vấn đề: Liệu có thể thay đổi tỉ số $M,N,P$ trên $BC,CA,AB$, không phải trung điểm nữa? 

 

 

 Phạm Lâm Tùng đã chia sẻ bài toán trên trên facebook, https://www.facebook...36151859764326/ . Anh sẽ mở rộng bài này như sau:

 

$\boxed{\text{Mở rộng bài 9}}$

 

 

Cho tam giác $\triangle ABC$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. $D$ là điểm bất kỳ trên mặt phẳng. $AD,BD,CD$ cắt ba cạnh tam giác lần lượt tại $A_1,B_1,C_1$, dựng đường thẳng đối xứng của $BC$ qua $IA_1$ cắt $B_1C_1$ tại $A_2$, định nghĩa cho các điểm $B_2,C_2$ tương tự. Chứng minh $A_2,B_2,C_2$ thẳng hàng.

 

Untitled.gif

 

Chứng minh tại: https://www.facebook...&type=1

 

Đào Thanh Oai


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khongghen: 13-06-2014 - 16:05


#159
NguyenPhuongQuynh

NguyenPhuongQuynh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 87 Bài viết

Các bạn giải giúp mình bài hình này nhé!

Cho đường tròn(O;R) .AB và CD là 2 đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau.M là 1 điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn(O).K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB

a)Tính $sin^{2}\widehat{MBA}+sin^{2}\widehat{MAB}+sin^{2}\widehat{MDC}+sin^{2}MCD$

b) Tìm vị trí của H để giá trị của P:=MA.MB.MC.MD lớn nhất

 

Vẽ hình ra để mình dễ hiểu nha! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenPhuongQuynh: 13-01-2015 - 22:54


#160
ineX

ineX

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 353 Bài viết

ai có link tổng hợp topic này không ạ


"Tôi sinh ra là để thay đổi thế giới chứ không phải để thế giới thay đổi tôi" - Juliel

 

3cf67218ea144a6eb6caf571068071ff.1.gif





0 người đang xem chủ đề

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