Đến nội dung

Belphegor Varia

Belphegor Varia

Đăng ký: 08-06-2014
Offline Đăng nhập: 02-09-2023 - 13:27
****-

#653627 Thăm dò ý kiến về việc thi trắc nghiệm môn toán

Gửi bởi Belphegor Varia trong 10-09-2016 - 21:14

Em không đồng tình với quan điểm của anh về thi trắc nghiệm Lý , Hóa , Sinh . Đồng ý là kiếm điểm 30 câu đầu để tốt nghiệp thì chỉ cần học thuộc , nhưng không phải là học thuộc đề thi thử đâu ạ . Em cũng chưa bao giờ nghe tin đề thi ĐH được lấy từ đề các tỉnh gửi lên , như thế sẽ loạn mất , vả lại người của Bộ đủ sức để ra 1 đề thi tốt . Và việc kiếm 8 điểm mà không cần hiểu gì cả gần như là không thể anh ạ , ôn luyện để được 8 điểm cũng cần nghiêm túc đầu tư thời gian không hề ít đâu ạ ! 




#652851 $RQ$ đi qua điểm cố định

Gửi bởi Belphegor Varia trong 05-09-2016 - 00:55

Cho tam giác $ABC$ với 2 điểm $P,Q$ liên hợp đẳng giác . Gọi $D$ là giao điểm của $AP$ và $BC$ . Lấy điểm $K$ trên đoạn $AB$ thỏa mãn $\angle BDK=\angle ADQ$ . Đường thẳng $AQ$ cắt $\odot (ADK)$ lần hai tại $H$ . Gọi $R$ là giao điểm của $CH$ và $DK$ . Chứng minh nếu $P$ di chuyển trên 1 đường thẳng cố định qua $A$ thì $RQ$ đi qua 1 điểm cố định
 

Spoiler
   




#628590 USAMO 2016

Gửi bởi Belphegor Varia trong 20-04-2016 - 21:55

Theo kết quả cũ thì $I_aO \perp YZ$ ($I_a$ là tâm bàng tiếp) nên ta có thể mở rộng câu 3 như sau :

 

Bài toán : Cho tam giác $ABC$, $I_b,I_c$ lần lượt là tâm bàng tiếp đỉnh $B$, đỉnh $C$. $P,Q$ là 2 điểm đẳng giác. $BQ,CQ$ cắt $CA,BA$ lần lượt tại $J,K$. Gọi $L$ là giao điểm của $I_cJ$ và $I_bK$. Chứng minh $L,P,I_a$ thẳng hàng ($I_a$ là tâm bàng tiếp đỉnh $A$)

 

Chứng minh : Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $BI,CI$ lần lượt cắt $CA,BA$ tại $D,E$. $I_bK$ và $I_cJ$ lần lượt cắt $DE$ tại $C_p$ và $B_p$. 

Ta có :  $(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(KC_p,II_b)=-1\Rightarrow C(KC_p,EI_b)=-1$

Do đó $C,P,C_p$ thẳng hàng. Tương tự : $B,P,B_p$ thẳng hàng. 

Dễ chứng minh $DE,BC,I_bI_c$ đồng quy nên áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác $I_cBB_p$ và $I_bCC_p$ ta có $L,P,I_a$ thẳng hàng. 

Hình gửi kèm

  • figure231.png



#621437 Tuần 3 tháng 3/2016: Đằng sau bài toán về đường tròn $Mixilinear$

Gửi bởi Belphegor Varia trong 20-03-2016 - 18:41

Ngoài mở rộng của Bảo, thầy dễ xuất mở rộng khác như sau

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm nằm trên $(IBC)$. $PB,PC$ cắt $(O)$ tại $E,F$ khác $B,C$. $M$ là trung điểm $EF$. $D$ là hình chiếu của $P$ lên $BC$. Trung trực $PD$ cắt các đường thẳng qua $M$ lần lượt song song với $PC,PB$ tại $Q,R$. Trung trực $QR$ cắt $PM$ tại $N$. Chứng minh rằng $(NQR)$ tiếp xúc $(O)$.

 

Lời giải của thầy sắp cho lên tối này cũng dùng được cho mở rộng này hãy đón đọc nhé.

Lời giải của em :

Gọi $P'$ là đối xứng của $P$ qua $M$, ta có $PEP'F$ là hình bình hành. 

$\angle EP'F=\angle EPF=\angle BPC=180^o-\frac{\angle BUC}{2},\angle EUF=\angle BUC-\angle BCF-\angle CBE=2(180^o- \angle EP'F)-(180^o-\angle EP'F)=180^o-\angle EP'F$

Suy ra $P'$ thuộc đường tròn $\odot (O)$

Gọi $L$ là trung điểm của $BP$,$X$ là giao điểm thứ 2 của $P'P$ với $\odot (O)$, ta có $PL.PE=\frac{1}{2}.PB.PE=\frac{1}{2}PP'.PX=PM.PX$. Nên $L,E,M,X$ nội tiếp $\odot (O_1)$

$XE$ cắt $\odot (O_1)$ lần 2 tại $Q'$  Ta có $\angle XQ'L=\angle XEL=\angle XCB$ nên $Q'L$ song song với $CP$ . Do đó $Q'$ nằm trên trung trực $PD$. Bằng biến đổi góc dễ có $MQ'$ song song với $CP$ nên $Q \equiv Q'$

Tương tự ta có $\overline{X,B,R}$. Suy ra $X$ là tâm vị tự trong của $\odot (O)$ và $\odot (XQR)$. 

Lại có $P'EBF$ và $P'ECF$ là hình thang cân nên dễ có $P'$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$

Do đó $XP'$ và trung trực $QR$ cắt nhau tại $N$ thuộc $\odot (XQR)$. Vậy $\odot (NQR)$ tiếp xúc với $\odot (O)$




#621304 Chứng minh: $TI$ là phân giác $\angle BTC$

Gửi bởi Belphegor Varia trong 19-03-2016 - 22:35

Nick đó nick anh :V




#614620 [Hình học] THPT tháng 12: Chứng minh $PA=PL$.

Gửi bởi Belphegor Varia trong 12-02-2016 - 22:37

Lưu ý : Bài toán đúng với mọi điểm $P$ di chuyển trên đường đối trung tại đỉnh $A$

CM : Gọi $AM$ cắt $EF$ tại $Q$, trung trực $PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $B_1,C_1$ ta được cấu hình như bài toán đầu.




#611049 Tuần 4 tháng 1/2016

Gửi bởi Belphegor Varia trong 25-01-2016 - 23:26

Lời giải cho mở rộng của baopbc bằng lượng giác : 

$\frac{KF}{KB}=\frac{KF}{KD}=\frac{\sin \angle KDF}{\sin \angle KFD}=\frac{\sin (\angle FBD-\angle FDB)}{\sin (\angle FDB+FBD)}$
Tương tự
$\frac{LA}{LF}=\frac{\sin (\angle FCA-\angle FAC)}{\sin (\angle FCA +  \angle FAC)}$
 
$\Rightarrow \frac{LA}{LF}=\frac{KF}{KB}$
Nên áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle AFB$ suy ra $KL$ đi qua trung điểm $AB$



#609707 Tuần 3 tháng 1/2016

Gửi bởi Belphegor Varia trong 18-01-2016 - 21:55

Quan điểm cá nhân của mình thì lời giải chỉ cần sử dụng ít kiến thức như trên là đẹp rồi. 




#607715 Đề thi và lời giải VMO 2016

Gửi bởi Belphegor Varia trong 07-01-2016 - 11:29

Tóm tắt câu hình : a,

b, Nghịch đảo cực $D$ phương tích $DB^2=DI^2=DG.DA=DH.DP=DK.DQ$ biến $(GHK)\rightarrow (APQ) , BC \rightarrow (BGC)$ nên chỉ cần chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$

Theo kết quả quen thuộc thì $P,I,Q$ thẳng hàng và $PQ$ song song với $BC$ nên bằng biến đổi góc ta có

$\angle APQ=\angle AUC$ ($U=AM \cap BC $) $= \angle xAN$ ($Ax$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$) $=\angle XAQ$ nên $Ax$ tiếp xúc với $(APQ)$ và ta được tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ tiếp xúc với $(APQ)$ suy ra $Q.E.D$




#607502 Đề thi và lời giải VMO 2016

Gửi bởi Belphegor Varia trong 06-01-2016 - 11:19

12512581_1715122925399640_46894397810193

NGÀY 1 

nguồn : Apollo Trần




#607401 VMO 2016: Cập nhật tình hình làm bài của các đội

Gửi bởi Belphegor Varia trong 05-01-2016 - 21:13

Chúc tất cả các bạn trên diễn đàn đạt giải cao 

Spoiler




#607271 Tuần 1 tháng 1/2016

Gửi bởi Belphegor Varia trong 05-01-2016 - 09:32

Gọi $I$ là điểm chính giữa cung $BC$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCEF$ ($I$ khác phía $O$ đối với $BC$),$M$ là trung điểm của $BC$. 

Ta có : $AB|| IE(\angle BAC=\angle IEC=45^o, AC|| IF(\angle BAC=\angle BFI =45^o)$ nên $AEIF$ là hình bình hành

$\rightarrow \angle BAI=\angle AIE=\angle MAC$(vì $\bigtriangleup FIE\sim \bigtriangleup BAC$)

Do đó $AI$ là đối trung qua $A$ của tg $ABC$

Vì $\angle BOC=90^o$ nên $O$ thuộc $(BCEF)$, $O,I,M$ thẳng hàng. Gọi $N$ là giao điểm thứ 2 của $AI$ và $(BCEF)$ 

Tam giác $AOD$ cân tại $O$, $ON \perp AD$ nên $NA=ND$    $(1)$

Gọi $G,B$ lần lượt là giao của $AI$ với $BC$ và $EF$, $Q,R$ lần lượt là giao của $AM$ với $EF$ và đường thẳng qua $L$ vuông góc với $AM$.

Vì $MP$ là đường trung bình của tam giác $AOI$ nên $MP || AO$ nên $MP \perp EF \rightarrow LPRM $  nội tiếp

Lại có $AR.AM=AE.AC=AN.AI=AP.AD$ nên $RMDP$ nội tiếp

Do đó $LDMR$ nội tiếp $\rightarrow \angle LDN=\angle GMP$

 

Ta có  $\frac{AN}{AR}=\frac{AM}{AI}=\frac{AQ}{AG}$ nên $AN.AG=AQ.AR$ nên $QNGR$ nội tiếp

Lại có $LGRQ$ nội tiếp nên $LNQG$ nội tiếp nên $\angle LND=\angle LQG$

Vậy $\angle LND=\angle LDN$ nên $LN=LD$ Suy ra $KD=\frac{ND}{2}$  $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $AK=3KD$

File gửi kèm




#605615 Tán phét về VMEO

Gửi bởi Belphegor Varia trong 27-12-2015 - 21:02

em thích Hình học :D , cả 3 bài đều có những điều thú vị 




#605268 Tuần 4 tháng 12/2015

Gửi bởi Belphegor Varia trong 25-12-2015 - 21:41

Với bài này mình có tìm ra 1 bổ đề khá hữu dụng, dù chứng minh tuy nhanh nhưng có sử dụng lượng giác, đợi đến cuối tuần cuối cùng cũng có người đăng lời giải thuần túy  :D  :like

 

Lời giải 

 

Bổ đề : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$. Lấy 1 điểm $F$ bất kì trong trên đoạn $BD$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc với $CF$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $CD$ tại $E$. Gọi $M,N$ lần lượt là trực tâm tam giác $FAB$ và tam giác $FAC$. Chứng minh rằng $MN$ đi qua hình chiếu của $E$ xuống $BC$.

                                                   LU.png

Chứng minh: Gọi $H$ là giao điểm của $MN$ với $BC$. $U,V$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $FAB$ và $FAC$. Theo tính chất quen thuộc $NC=2UW ,$ $MB=2VW$

Ta có $\angle EBC=\angle DCA=\angle DBA=\frac{1}{2} \angle AVF$, $\angle ECB=\angle ACF=\frac{1}{2} \angle AUF$

Áp dụng định lý Thales ta có :

$\frac{BH}{CH}=\frac{MB}{NC}=\frac{2VW}{2UW}=\frac{\cot \frac{\angle AUF}{2}}{\cot\frac{\angle AVF}{2}}=\frac{\cot \angle ECB}{\cot \angle EBC}$

Do đó dễ suy ra $EH$ vuông góc với $BC$, bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán 

                                NHTHANH.png

 

 

Gọi $J$ là trung điểm của $AB$, $K$ là trực tâm tam giác $ABC$, $K'$ là đối xứng của $K$ qua $H$, dễ có $K'$ thuộc $(O)$. Gọi $F'$ là giao của $HF$ và $CK'$. Theo định lý con bướm suy ra $H$ là trung điểm của $FF'$ nên $KF || CK'$

Suy ra $\angle FKH=\angle CK'A=\angle ABC= 90^o-\angle JAH=90^o-\angle JHA$

$\Rightarrow FK \perp JH$

Áp dụng Bổ đề cho tứ giác $OHFJ$, $B \in JF, HB \perp HK, FK \perp JH$ suy ra $MN$ đi qua hình chiếu $K"$ của $K$ xuống $EF$. Chứng minh tương tự ta được $PQ$ đi qua $K"$

Vậy $MN,PQ,EF$ đồng quy tại hình chiếu của $K$ lên $EF$ 




#604786 Đề cử Thành viên ấn tượng năm 2015 của Diễn đàn Toán học

Gửi bởi Belphegor Varia trong 22-12-2015 - 23:02

- Đề cử các bạn 

1 dogsteven : tích cực thảo luận các topic BĐT, hình học phẳng ,..., có nhiều lời giải hay.

2 Zaraki, nhungvienkimcuong, chanhquocnghiem : như mọi người đã nói ở trên

3 Hoang Nhat Tuan tham gia thảo luận sôi nổi các topic 

4 Dinh Xuan Hung tích cực thảo luận về BĐT,HPT, sưu tầm nhiều đề thi , có 1 số chuyên đề trên diễn đàn, ...