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.


haitienbg

Đăng ký: 26-07-2013
Offline Đăng nhập: 21-09-2017 - 22:37
****-

#537458 Chứng minh $SL$ đi qua 1 điểm cố định

Gửi bởi haitienbg trong 12-12-2014 - 18:20

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $D$. Một điểm $P$ di chuyển trên đoạn $AD$. $PB$ cắt $AC,(O)$ thứ tự tại $E,M$;  $PC$ cắt $AB,(O)$ thứ tự tại $F,N$. $EF$ cắt $MN$ tại $G$; $NE, MF$ cắt nhau tại $L$; $DG$ cắt $(O)$ tại $S$. Chứng minh $SL$ đi qua 1 điểm cố định khi $P$ thay đổi.




#475317 [VMO 2014] Ngày 1 - BÀI 4 - HÌNH HỌC PHẲNG

Gửi bởi haitienbg trong 04-01-2014 - 21:00

Câu này thật nhảm, chắc ai cũng làm đc hoặc ít nhất là câu a

Caaub kéo dài $PK$ cắt đường tròn tại $T$ xong c/m $ATDK$ là hình bình hành quá nhẹ nhàng chỉ bằng biến đổi góc.

cách khác câu b:

Do $AK,DK$ tương ứng vuông góc $ID,IA$ nên $K$ là trực tâm tam giác$IAD$

nên nếu gọi $X$ là trung điểm $AD$; $KX$ cắt $(O)$ tại$Y,P'$($Y$ cùng phía với $A$ bờ $BC$)

có $AKDY$ là hbh và $Y$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$   (*)

Ta cm $BKNP': nt$

Thật vậy theo gt thì $M$ là trực tâm tg $IKC$ gọi $L$ là giao $KM$ với $(O)$

góc $KNB=LNC=90^0-BCI=KP'B$

cm xong

Hình gửi kèm

  • vmo.png



#474723 Chứng minh rằng $KP=KQ$

Gửi bởi haitienbg trong 02-01-2014 - 14:20

Gọi $(O)$ là đường tròn $(ABC)$ ;$G$ là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ 

Ta có $K$ chính là giao của $AG,BC$

Khi đó nhận thấy ngay góc $KBG=BAC=PKB$ nên $KP//BG$

Tương tự $QK//CG$

Do đó $\frac{AP}{AB}=\frac{AK}{AG}=\frac{AQ}{AC}$

nên $PQ//BC$

Khi đó góc $KPQ=PKB=BAC=QKC=KQP$

Vậy $KP=KQ$

Hình gửi kèm

  • Untitled6.png



#474691 Cm P,Q,R,A đồng viên

Gửi bởi haitienbg trong 02-01-2014 - 11:00

Ta cm $RP$ vuông góc $AB$,$RQ$ vuông góc $AC$    (1)

Đường thẳng qua $P$ vuông góc $AB$ cắt đường thẳng qua $Q$ vuông góc $AC$ tại $R'$ ,$R'P,HB$ giao tại $X$.Tương tự có $Y$

Thấy ngay $AP=AQ$ nên $AR'$ là phân giác $\angle BAC$

Do đó để cm ý (1) ta sẽ phải cm $R=R'$ hay cm $R'$ nằm trên $HM$

Gọi $I$ là giao của $XY;HR'$ có $HXR'Y$ là hình bình hành nên $I$ là trung điểm $XY$

Ta có 

$\frac{BP}{PC'}=\frac{BX}{HX}=\frac{HB}{HC'}=\frac{HC}{HB'}=\frac{CQ}{CB'}=\frac{CY}{CH}$

nên $XY//BC$ Do đó $HR$ qua trung điểm $M$ của $BC$

Vậy ta có DPCM~~

Hình gửi kèm

  • Untitled5.png



#474335 $M,N,P$ thẳng hàng .

Gửi bởi haitienbg trong 31-12-2013 - 23:29

  Bài toán :Cho $\Delta ABC$ có đường tròn $(I)$ nội tiếp trong tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Vẽ đường tròn $(I_{1})$ đi  qua $I$ và tiếp xúc với AB,AC .Vẽ đường tròn $(I_{2})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AB,BC. Vẽ đường tròn $(I_{3})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AC,BC. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ 2 khác $I$ của các cặp đường tròn $(I_{2}),(I_{3});(I_{1}),(I_{3});(I_{1}),(I_{2})$. Gọi $M,N,P$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIX,BIY,CIZ$.

                   CMR: $M,N,P$ thẳng hàng .

Lời giải 2: Gọi $K,L,R$ là là giao của $AI,BI,CI$ với $(O)$

Ta có ngay $LR$ là trung trực của $AI$,mà $I_{2}I_{3}$ là trung trực của $IX$

Nên nếu gọi $M$ là giao của $AI,I_{2}I_{3}$ thì $M$ là tâm $(AIX)$.

Tương tự xác định các điểm $N,P$ là tâm của $(BIY),(CIZ)$.

Áp dụng định lí $Desagues$ cho hai tam giác $MNP,I_{1}I_{2}I_{3}$ 

có ngay dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled4.png



#473780 Chứng minh $AK$ luôn đi qua một điểm cố định

Gửi bởi haitienbg trong 29-12-2013 - 19:49

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định $A$ thay đổi.$D,E,F$ là trung điểm của các cung $BC,CA,AB$.Gọi $l_{a}$ là đường thẳng qua chân các đường vuông góc kẻ từ $A$ tới $DB,DC$  và  $d_{a}$ là đường thẳng qua chân các đường vuông góc kẻ từ $D$ tới $AB,AC$. Gọi $A_{0}$ là giao của $l_{a}$ và $d_{a}$. Xác định hoàn toàn tương tự ta được các điểm $B_{0};C_{0}$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_{0}B_{0}C_{0}$.Chứng minh $AK$ luôn đi qua một điểm cố định..




#473701 PQ,BC,MT đồng qui.

Gửi bởi haitienbg trong 29-12-2013 - 15:49

Nhận xét: Hai đường tròn $(O);(I)$ tiếp xúc trong tại $A$ (như hình vẽ).$B,C$ thuộc $(O)$ khác $A$. $AB,AC$ cắt $(I)$ tại $D,E$. Vẽ hai tiếp tuyến tới $(I)$ là $BF,CG$.Khi đó ta có hệ thức:  $\frac{BF}{CG}=\frac{AB}{AC}$

Chứng minh:

$\frac{BF^2}{CG^2}=\frac{BD.AB}{CE.AC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

Áp dụng vào bài toán:

 

 

 

Thấy ngay $TM$ là phân giácngoài của góc $BTC$. Gọi $I$ là giao của $TM$ và $BC$

Ta cần cm: $I,P,Q$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí $Melenauyt$ + nhận xét ở trên vào tam giác $ABC$ cho 3 điểm $P,Q,I$ có ngay dpcm~~...

Hình gửi kèm

  • l3.png
  • Untitled3.png



#473280 CMR $U_n\vdots 2^{n+1}\vee n\epsilon \math...

Gửi bởi haitienbg trong 27-12-2013 - 20:26

Cho ${U_n}$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} U_0=2;U_1=20 & & \\ U_n=8U_{n-1}-4U_{n-2} & & \end{matrix}\right.\vee n\geq 2;n\epsilon \mathbb{N}$

CMR $U_n\vdots 2^{n+1}\vee n\epsilon \mathbb{N}$

Quy nạp:

(+) $n=0,1,2,3$ mệnh đề phải cm đúng

(+) Giả sử mệnh đề đúng tới $n$.Ta cm mệnh đề đúng với $n+1$

Thật vậy theo gt quy nạp thì $U_{n}=k.2^{n+1};U_{n-1}=l.2^{n}$ với $k,l$ là các số nguyên

Khi đó $U_{n+1}=8U_{n}-4U_{n-1}=2^{n+2}.(4k-l)$ chia hết cho $2^{n+2}$.

 

Theo nguyên lí quy nạp có dpcm~~




#473233 CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

Gửi bởi haitienbg trong 27-12-2013 - 16:21

làm phiền bạn có thể giải thích cho mình chỗ này được không

Ta có hai góc $KAB;IPB$ bằng nhau nên hiển nhiên cung $IK$ bằng cung $LJ$ nên $IK=LJ$

Tương tự góc $SCM$ chắn cung $CM$ còn góc  $SPC$ là góc ở trong đường tròn chắn hai cung $IC,MJ$




#473175 chứng minh ba đường đồng quy

Gửi bởi haitienbg trong 27-12-2013 - 13:19

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O. Tiếp tuyến tại A cắt BC tại D, đường thẳng DO cắt đường thẳng AB, AC tại E, F.Gọi M, N là trung điểm của AB, AC.Chứng minh rằng EN, FM, AO đồng quy.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh:

$\frac{OE.NF.MA}{OF.NA.ME}=1$

$\Leftrightarrow \frac{OE}{OF}=\frac{NA}{MA}.\frac{ME}{NF}=\frac{AC}{AB}.\frac{OE.cosAEF}{OF.cosAFE}$

Do đó cần chứng minh:

$\frac{AB}{AC}=\frac{cosAEF}{cosAFE}$

Gọi $L$ là trung điểm của $BC$ có ngay $AOLD:nt$

nên góc $ADO=ALO$

Ta có $cosAEF=cos(ALO+C)=cosALO.cosC-sinALO.sinC=sinALB.cosC-cosALB.sinC=sin(ALB-C)=sinLAC$

Tương tự $cosAFE=sinLAB$

Từ đây có dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled2.png



#473048 $MX=MY$

Gửi bởi haitienbg trong 26-12-2013 - 19:14

Kẻ tiếp tuyến còn lại $NG$ tới $(O)$

Ta có $OM//DH$ nên góc $AMO=AHD=OEP$    (do $PDHE$ nội tiếp)

$\Rightarrow OMPE:nt$. Do đó ta có 6 điểm $N,M,O,E,P,G$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $ON$

Theo cách dựng của bài toán thì $BPCG$ điều hòa nên $A(BCPG)=-1$ --------(1)

Mặt khác $(AG,XY)=(AG,AP)+(AP,XY)=(GP,GN)+(GN,GP)=0$ hay $AG//XY$-------(2)

Từ (1),(2) có ngay $M$ là trung điểm $XY$

Bài toán cm xong~~

Hình gửi kèm

  • Untitled3.jpg



#472951 Chứng minh 4 đường thẳng $MI_{i}$ (i=1,2,3,4) cùng đi qu...

Gửi bởi haitienbg trong 25-12-2013 - 23:02

Nhận xét 1: Gọi $(J_{3})$ là đường tròn tiếp xúc tia $KD,KC$ và  $(O)$ tại $J,N,P_{1}$ có $M_{1},I_{1},P_{1}$ thẳng hàng. Chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ ta có $JP_{1}$ qua trung điểm $F$ của cung $BD$ chứa $A$;$P_{1}N$ qua trung điểm $G$ của cung $AC$  chứa $B$;$AF.BG$ cắt $BI_{1},AI_{1}$ tại $H,L$ ta có $H,L$ nằm trên $JN$ (kết quả quen thuộc)

góc $P_{1}JN=P_{1}NC=P_{1}BL$ (cộng cung) nên $P_{1}JBL:nt$

góc $BI_{1}L=\frac{1}{2} AKD=BJL$ nên $I_{1}BLJ:nt$

Do đó $P_{1}JBL:nt$ hay góc $I_{1}P_{1}B=I_{1}LB$

Tương tự góc $I_{1}P_{1}A=I_{1}HA$

Ta cm $ABLH:nt$ điều này đúng do góc $HAL=HBL$ (cộng cung với lưu ý $AI_{1}, BI_{1}$ qua trung điểm cung $BC,AD$

Vậy nhận xét $1$ được chứng minh.

 

 

 

Nhận xét 2:      Xác định tương tự các điểm. Ta có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ có  $AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

Áp dụng $Pascal$ cho 6 điểm $M_{1},M_{2},A,C,P_{2},P_{1}$ suy ra các cặp giao $(M_{1}C,M_{2}A),(M_{1}P_{1},M_{2}P_{2}),(AP_{1},CP_{2})$ thẳng hàng áp dụng tiếp định lí $Desagues$ cho tam giác $I_{1}AJ_{4};I_{2}CJ_{3}$ có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4}$   đồng quy.

 

 

Trở lại bài toán:

 

Yêu cầu bài toán tương đương với $OK,I_{1}M_{3},I_{2}M_{4}$ đồng quy (những cái còn lại tương tự)

Áp dụng định lí $Desagues$ cho $I_{1}I_{2},P_{1}P_{2},J_{3}J_{4}$ có giao điểm $(I_{1}J_{3},I_{2}J_{4}),(I_{1}P_{1};I_{2}P_{2}),(P_{1}J_{3},P_{2}J{4})$ thẳng hàng hay có dpcm~~

Hình gửi kèm

  • l2.jpg
  • Untitled2.jpg
  • l1.jpg



#472035 Chứng minh rằng: $CM\perp AO$

Gửi bởi haitienbg trong 21-12-2013 - 11:53

Từ gt có $CA^2=CB.CD$ nên $C$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $A$ và $(O)$------$(1)$

Kẻ hai tiếp tuyến $AK,AJ$ tới $(O)$ như hình vẽ

Ta có $K,G,J$ thẳng hàng (do $KJ$ là đường đối cực của $A$ với $(O)$ và $G$ hiển nhiên nằm trên đường này)

Mà $M$ là trung điểm của $AG$ nên $M$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $A$ và $(O)$------$(2)$

Từ $(1),(2)$ được dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled1.jpg



#472002 O, P, E thẳng hàng

Gửi bởi haitienbg trong 21-12-2013 - 01:49

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




#471786 CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

Gửi bởi haitienbg trong 19-12-2013 - 20:13

Cho điểm $P$ nằm trong tam giác $ABC$. Các tia $AP,BP,CP$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại $K,L,M$.

Tiếp tuyến tại $C$ của đường tròn cắt $AB$ tại $S$.

CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

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

Ta có:

$SC^2=SP^2=SA.SB$

$\rightarrow \angle SPB=\angle SAP$

Gọi $I,J$ là giao của $SP$ với $(O)$ (như hình vẽ)

có ngay $IK=LJ$

mà góc $SCM=SPC$ nên $MI=MJ$

Do đó $MK=ML$

Những kq trên tđ nên có dpcm~~

Hình gửi kèm

  • Untitled33.png