Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


quanghung86

Đăng ký: 14-06-2013
Offline Đăng nhập: Riêng tư
*****

#671699 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 15-02-2017 - 15:27

Bài toán 171 (Kiểm tra dự tuyển 10 THPT chuyên KHTN). Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ và trực tâm $H$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $GA$ cắt $OB,OC$ lần lượt tại $M,N$. $AH$ cắt $OB,OC$ theo thứ tự tại $P,Q$. $MQ$ cắt $NP$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR$ song song đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.




#671105 Tam giác ABC nội tiếp (O) có AD, BE, CF đường cao đồng quy tại trực tâm H. EF...

Gửi bởi quanghung86 trong 11-02-2017 - 15:03

Chính xác hơn là bài Oympic chuyên KHTN 2014 câu V

 

http://diendantoanho...uyên-khtn-2014/




#670804 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 09-02-2017 - 00:37

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

 

Em đã viết ra và gửi thầy qua mail. Nhận xét của em đúng và lời giải thầy cần bổ sung thêm một đoạn cuối, cám ơn em. Thầy viết cẩn thận như sau

 

Lời giải bài toán 165. Khi $P=Q$ thì ta có kết luận hiển nhiên đúng.

 

Khi $P\not=Q$. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Từ đó $(ABC)$ là đường tròn Apollonius của đoạn $PQ$ như vậy $I$ cũng nằm trên $(ABC)$ điều này vô lý.




#670730 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 08-02-2017 - 18:40

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

 

Mình có đôi lời. Vì sắp tới công việc của mình có nhiều biến chuyển nên mình chưa thể tập trung duy trì topic này liên tục đươc. Vậy mong những bạn yêu hình học có tâm huyết hãy đề nghị các bài toán hay có chất lượng để topic vẫn là sân chơi cho những bạn yêu thích hình học.




#670526 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 31-01-2017 - 02:34

Figure4315.png

 

Lời giải bài toán 164. Gọi $AD$ là đường kính của $(O)$ ngoại tiếp $ABC$ thì $D,H$ đối xứng qua $K$. Từ đó gọi $P,Q$ là hình chiếu của $I$ lên $CA,AB$ và $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CA,AB$ thì $AR=AB=c,AS=AC=b,AP=AQ=p-a,AF=p-b, AE=p-c$. Từ đó sử dụng tích vô hướng 2 vector.

 

$$\vec{IH}.\vec{EF}=\vec{IH}(\vec{AF}-\vec{AE})=QS.AF-PR.AE=(p-b)(c-(p-a))-(p-c)(b-(p-a))=0.$$

 

Nhận xét. Bài này có lẽ thu được từ bài quen thuộc từ việc lấy đối xứng trục.

 

Bài toán 165 (Crux). Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. Giả sử hai trong ba tỷ số $\frac{AP}{AQ},\frac{BP}{BQ},\frac{CP}{CQ}$ bằng nhau. Chứng minh rằng cả ba tỷ số bằng nhau.




#670523 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 31-01-2017 - 00:20

Cám ơn Hiếu, đúng là phần quan trọng nhất của bài toán này là từ bổ đề 2. Tuy nhiên việc phát biểu bài toán là từ một bài Iran trên AoPS, trong đó cũng có lời giải của Bảo. Em hãy đề nghị tiếp một bài toán cho topic được duy trì.




#670478 Tuần 5 tháng 1/2017: $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau trê...

Gửi bởi quanghung86 trong 30-01-2017 - 17:25

Cám ơn các em đã đóng góp lời giải. Bài này có thể coi là một ứng dụng của bài toán mình ra trên tạp chí PI số 1, hãy đón đọc đáp án và bài viết của mình tuần sau nhé :)!

 

QH.




#670476 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 30-01-2017 - 17:17

Lời giải bài toán 160.

 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $(O)$ tại $P,Q$. Gọi $(P)$ là đường tròn tâm $P$ tiếp xúc $AC$. Gọi $(Q)$ là đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc $AB$. Chứng minh rằng có một tiếp tuyến chung của $(P),(Q)$ đi qua $I$.

 

Figure4308.png

 

Chứng minh. Vẽ $AX$ tiếp xúc $(P)$ thì $\angle XAC=2\angle PAC=2\angle PBC=\angle ABC$. Từ đó $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. Tương tự $AY$ tiếp xúc $(Q)$ thì $AY$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $X,Y,A$ thẳng hàng. Vậy tiếp tuyến chung ngoài của $(P),(Q)$ đi qua $A$. Qua đối xứng trục $PQ$ thì tiếp tuyến chung ngoài còn lại đi qua $I$.

 

Figure4309.png

 

Giải bài toán. Dễ thấy tâm $X$ của đường tròn nội tiếp tam giác $AEF$ là trung điểm cung $EF$ của $(I)$. Tương tự với các đường tròn $(Y),(Z)$. Do đó theo bổ đề thì tiếp tuyến chung ngoài khác $BC$ của $(Y),(Z)$ đi qua tâm $J$ nội tiếp tam giác $DEF$. Tương tự với các tiếp tuyến chung của $(Z),(X)$ và $(X),(Y)$. Dễ thấy do $J$ là tâm nội tiếp $DEF$ và $I$ là tâm ngoại tiếp $DEF$ nên đường thẳng $IJ$ là đường thẳng Euler của tam giác pedal của $J$ với $DEF$ nên $IJ$ đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác pedal của $J$.

 

Bổ đề này thực chất là bài toán vô địch Nga năm nào đó, kết quả bài toán 160 cũng đã có trên AoPS.

 

Bài toán 163 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và $P$ thỏa mãn $\angle PIA=90^{\circ}$. $Q$ là đẳng giác của $P$ với $ABC$. $D$ thuộc $BC$ sao cho $PD\parallel AQ$. Chứng minh rằng đường tròn đường kính $\odot(AP)$ tiếp xúc đường tròn đường kính $\odot(QD)$. 




#670453 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 30-01-2017 - 12:28

Figure4307.png

 

Lời giải bài toán 161. Xét đường tròn $\Gamma$ đi qua $I$ và tiếp xúc với $\omega_1,\omega_2$. Ta cần chứng minh $\Gamma$ tiếp xúc $IBC$. Gọi $IA,IB,IC$ cắt $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D,E,F$. Xét phép nghịch đảo cực $I$ phương tích $k=\overline{IA}.\overline{ID}=\overline{IB}.\overline{IE}=\overline{IC}.\overline{IF}$ khi đó các đường tròn $\omega_1,\omega_2$ biến thành đường tròn $(K),(L)$ nội tiếp tam giác $IDF,IDE$. Ta cần chứng minh có tiếp tuyến chung của $(K),(L)$ song song $EF$.

 

Bài toán này đã có tại đây.

 

Bài toán 162. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $M$ bất kỳ trên trung trực $BC$ và nằm trong tam giác $ABC$. $E,F$ thuộc $CA,AB$ sao cho $ME=MF$. $N$ nằm trong tam giác $AEF$ sao cho $\triangle NEF\sim\triangle MBC$. $(K)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. $S$ là nghịch đảo của $N$ qua $(K)$. $(K)$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle AGS=90^\circ$.

 

Figure4226b.png




#670341 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 29-01-2017 - 15:20

Lời giải của vietdohoangtk7nqd có ý hay nhưng trình bày không cẩn thận, em chú ý rằng trong lời giải em đưa lên có 2 điểm $M$, có thời gian thầy sẽ trình bày lại giúp em. Mình đưa ra đáp án cho bài toán 147.

 

Đáp án bài toán 147. Chú ý rằng $M,N$ lần lượt là nghịch đảo của $C,B$ qua đường tròn $(AEF)$. Sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích bất kỳ ta đưa về bài toán sau

 
Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$. Các điểm $E,F$ thuộc đoạn $CA,AB$ sao cho đường tròn $(AEF)$ tiếp xúc $(BOC)$. Gọi $M,N$ lần lượt là đối xứng của $B,C$ qua $EF$. Ta cần chứng minh $MN$ tiếp xúc $(AEF)$.
 
Đây chính là nội dung bài toán chọn đội Iran 2016.
 
Dương và Việt hai em hãy đề nghị hai bài toán tiếp để topic được duy trì thời lượng hai bài.



#670275 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 28-01-2017 - 23:06

Mình xin đề nghị tiếp một bài nữa cho topic duy trì hai bài

 

Bài toán 157. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. $M,N$ nằm trên $AO$ sao cho $\angle ABM=\angle ICB$ và $\angle ACN=\angle IBC$. Gọi $L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IMN$. $AL$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $DI$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $D$. Chứng minh rằng $\angle AGK=90^\circ$.

 

Figure4301.png




#670250 Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

Gửi bởi quanghung86 trong 28-01-2017 - 20:20

Bài toán 14 (USA TST 2017). Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm ngoại tiếp $O$, $T$ nằm trên $BC$ sao cho $\angle TAO = 90^{\circ}$. Đường tròn đường kính $\overline{AT}$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại hai điểm $A_1$ và $A_2$, với $OA_1 < OA_2$. Các điểm $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$ được định nghĩa tương tự.

 

a) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_1},{BB_1},{CC_1}$ đồng quy.

 

b) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_2},{BB_2},{CC_2}$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.




#670197 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 28-01-2017 - 02:19

Năm mới xin chúc các bạn mọi điều tốt đẹp như ý. Minh xin khai trương topic năm mới bằng cách giải bài này và đề nghị một bài đẹp tiếp theo  :). Trước hết thay đổi một chút ký hiệu cho bài toán dễ nhìn.

 

Bài toán 152 (Dark Repulsor). Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $M,N$ là trung điểm của $CE,BF$. $HM,HN$ cắt các đường tròn $(HBF),(HCE)$ lần lượt tại $P,Q$ khác $H$. $U,V$ lần lượt thuộc $BE,CF$ sao cho $AU\perp AB,AV\perp AC$. Chứng minh rằng $PQ\parallel UV$.

 

Figure4294.png

 

Giải bài toán 152. Ta thấy $\angle MCH=\angle HBF=\angle HPF$ nên tứ giác $FMCP$ nội tiếp. Tương tự tứ giác $ENBQ$ nội tiếp. Từ đó $HP.HM=HF.HC=HE.HB=HN.HQ$, ta suy ra $MNPQ$ nội tiếp. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G$. $GH$ cắt $CA,AB$ tại $L,K$. Ta thấy $(AK,FB)=(AL,EC)=-1$ nên $AL.AM=AE.AC=AF.AB=AK.AN$ suy ra $KLMN$ nội tiếp. Kết hợp $MNPQ$ nội tiếp suy ra $PQ\parallel KL\perp AR$ với $R$ là trung điểm $BC$. Gọi $D$ đối xứng $A$ qua $R$ thì dễ thấy hai tam giác $AUV$ và $CDA$ đồng dạng c.g.c lại có các cạnh $AV\perp AC, AU\perp CD$ nên $AD\perp UV$. Từ đó $PQ\parallel UV$ do cùng vuông góc $AD$.

 

Bài toán 153. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$ và $D$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $HBC$. $M,N$ lần lượt đối xứng $A$ qua $OB,OC$. Trên $MC,NB$ lần lượt lấy $E,F$ sao cho $KE\parallel DB,KF\parallel DC$. Chứng minh rằng $HE=HF$.

 

Figure4291.png

 

Lưu ý các bạn vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải.




#670121 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 27-01-2017 - 10:50

Cám ơn em đã đăng lời giải, bài toán 150 có thể tham khảo lời giải dùng tỷ số kép ở đây.

 

Bài toán 151. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $CA,AB$. $EF$ cắt $BC$ tại $T$. $BE$ cắt $CF$ tại $S$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SEF$. Một đường thẳng bất kỳ đi qua $T$ cắt $(ABC)$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn có tâm trên $AK$ và đi qua $M,N$ thì tiếp xúc $(K)$.




#670079 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi quanghung86 trong 26-01-2017 - 23:39

Bài toán 148 có thể tham khảo tại đây trong #4 của Telv Cohl.