Đến nội dung

trihoctoan

trihoctoan

Đăng ký: 13-06-2014
Offline Đăng nhập: 29-01-2019 - 18:23
-----

#716196 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 10

Gửi bởi trihoctoan trong 01-10-2018 - 12:14

Quán hình học phẳng- nơi các bạn và thầy cô giáo đam mê hình học thoả sức phát huy sở trường của mình và thảo luận các bài toán hay. Mỗi tháng sẽ có 4 bài toán gồm các bài toán đề nghị của các bạn Nguyễn Hoàng Nam, mình, Trí Phan Quang và 1 bài của bạn đọc gởi đến do chúng tôi chọn lọc. Kể từ tháng thứ 2 bạn nào được giải nhất của tháng trước có quyền đề nghị bài cho tháng sau(nếu muốn). Ngay từ lúc này các bạn có thể đóng góp bài cho chuyên mục. Các bài toán của tháng trước sẽ được giải và bình luận cũng như tiếp nhận phản hồi của bạn đọc trong một file pdf hàng tháng. Các bạn được giải nhất mỗi tháng sẽ được tặng một cuốn sách tuyển tập các bài toán trong chuyên mục sau mỗi năm. Cảm ơn các bạn đã ủng hộ nhóm. Chuyên mục có thể là một bước tiếp nối dành cho các bạn yêu hình học... Các bạn có thể gởi giải ở đây.

Tiêu chí chấm bài: Ngắn gọn đẹp đẽ nhất.

 

Do File quá lớn nên mình sẽ gửi link ,các bạn theo link để giải nhé :

 

https://drive.google...RZ9K8JHQW4/view

 

 

 

 




#715105 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 9

Gửi bởi trihoctoan trong 02-09-2018 - 23:32

Quán hình học phẳng- nơi các bạn và thầy cô giáo đam mê hình học thoả sức phát huy sở trường của mình và thảo luận các bài toán hay. Mỗi tháng sẽ có 4 bài toán gồm các bài toán đề nghị của các bạn Nguyễn Hoàng Nam, mình, Trí Phan Quang và 1 bài của bạn đọc gởi đến do chúng tôi chọn lọc. Kể từ tháng thứ 2 bạn nào được giải nhất của tháng trước có quyền đề nghị bài cho tháng sau(nếu muốn). Ngay từ lúc này các bạn có thể đóng góp bài cho chuyên mục. Các bài toán của tháng trước sẽ được giải và bình luận cũng như tiếp nhận phản hồi của bạn đọc trong một file pdf hàng tháng. Các bạn được giải nhất mỗi tháng sẽ được tặng một cuốn sách tuyển tập các bài toán trong chuyên mục sau mỗi năm. Cảm ơn các bạn đã ủng hộ nhóm. Chuyên mục có thể là một bước tiếp nối dành cho các bạn yêu hình học... Các bạn có thể gởi giải ở đây.

Tiêu chí chấm bài: Ngắn gọn đẹp đẽ nhất.

File gửi kèm:

 

File gửi kèm




#700122 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi trihoctoan trong 11-01-2018 - 22:48

Bài 201: (Sưu tầm từ Luis Gonzalez) 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có ba đường cao $AD,BE,CF$  .Gọi $l_1,l_2,l_3$ lần lượt là các đường thẳng qua $D,E,F$ và vuông góc với $OD,OE,OF$ .Gọi $X$ là giao điểm của $l_2,l_3$.Tương tự có $Y,Z $.Chứng minh rằng :$DX,EY,FZ$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.




#697404 Tuần 5 tháng 11/2017: $L_a,L_b$ và $L_c$ thẳng hàng.

Gửi bởi trihoctoan trong 29-11-2017 - 13:11

Tên :Phan Quang Trí ;Sinh viên khoa toán Đại Học Sài Gòn.

Lời giải bài 1:

 

-Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ và $P$ là một điểm bất kì  .Gọi $N_a , N_b,N_c$  lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác $PBC,PCA,PAB$ .Chứng minh rằng :các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$

lần lượt song song với $PA,PB,PC$ là đồng quy.

 

Chứng minh bổ đề: Gọi $O_a,O_b,O_c$  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PBC,PCA,PAB$ .Ta thấy đường thẳng qua $O_a$ song song với $PA$ chính là đường cao hạ từ $O_a$

của tam giác $O_aO_bO_c$ ,do đó :

các đường thẳng qua $O_a,O_b,O_c$ lần lượt song song với $PA,PB,PC$  đồng quy tại trực tâm $K$ của tam giác $O_aO_bO_c$ .

Gọi $G_a,G_b,G_c,G$ lần lượt là trọng tâm tam giác $PBC,PCA,PAB,ABC$ ,ta dễ thấy $PG_a$ và $AG$  đi qua trung điểm $M_a$ của $BC$ ,từ đó dễ thấy $G_aG$ song song với $PA$

nói cách khác các đường thẳng qua $G_a,G_b,G_c$

lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.

Bây giờ chú ý $N_a$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $PBC$ nên dễ thấy : 2$\vec{G_aN_a}$ +$\vec{G_aO_a}$ =$\vec{0}$ .Từ đó sử dụng phép chiếu song song phương $PA$

xuống đường thẳng $KG$,

gọi $N$ là hình chiếu song song phương $PA$  của $N_a$ xuống $KG$ ta suy ra:  

2$\vec{GN}$ +$\vec{GK}$ =$\vec{0}$  nói cách khác đường thẳng qua $N_a$ song song $PA$ đi qua $N$ xác định .

Tương tự các đường thẳng qua $N_b,N_c$ lần lượt song song với $PB,PC$ cũng đi qua $N$ .

Ta có điều phải chứng minh.

 

-Trở lại bài toán : 

Gọi $O_aD$ cắt $BC$ tại $V $ .Gọi $PV$ cắt trung trực $BC$ tại $V_1$ .Khi đó :ta có được $O_a$ và $V_1$ là đối xứng nhau qua $BC$ nên $PV$ là đường đẳng giác của $PK_a$ trong góc $BPC$.

Từ đây sử dụng phép nghịch đảo cực $P$ phương tích bất kì và phép vị tự tâm $P$ tỉ số 2 ,ta thu được bài toán sau :

 

-Bài toán sau nghịch đảo :

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ bất kì .Gọi $N_a,N_b,N_c$  lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác $PBC,PCA,PAB$.Chứng minh rằng : các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$ lần lượt

vuông góc với $PA,PB,PC$ là đồng quy .

Chứng minh:

Gọi $D,E,F,X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB,PA,PB,PC$ ,thì các đường tròn $(DYZ),(EZX),(FXY),(DEF)$ lần lượt là các đường tròn Euler của các tam giác

$PBC,PCA,PAB,ABC$ .

Gọi đường tròn $(DYZ)$ và đường tròn $(DEF)$ cắt nhau tại $S$ khác $D$.Ta có biến đổi góc :

$(SF,SY)=(SF,SD)+(SD,SY)=(EF,ED)+(ZD,ZY)=(BD,BF)+(BY,BD)=(BY,BF)=(XF,XY)$  (Vì $S$ thuộc đường tròn $(DYZ),(DEF)$ ,do $XY$ song song $BF$,$XF$ song song $BY$ ).

Do đó $S$ thuộc $(FXY)$ .Tương tự thì $S$ thuộc đường tròn $(EZX)$.Vậy bốn đường tròn $(DYZ),(EZX),(FXY),(DEF)$ đồng quy tại $S$.

Mặc khác : theo bổ đề trên thì các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$ lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại $Q$ .Giờ ta sẽ chứng minh Q nằm trên đường tròn $(N_aN_bN_c)$ thì hiển nhiên đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$

lần lượt vuông góc với $PA,PB,PC$ sẽ đồng quy tại điểm đối tâm của $Q$.Ta có biến đổi góc:

$(QN_b,QN_c)=(PB,PC)=(DZ,DY)=(SZ,SY)=(N_aN_b,N_aN_c)$.Ta có điều phải chứng minh .

(Vì thế nếu gọi hình chiếu của $N_a,N_b,N_c$ lên $PA,PB,PC$ lần lượt là $U,V,W$ thì $P,U,V,W$ cùng thuộc một đường tròn nên khi nghịch đảo lại ta được $L_a,L_b,L_c$ thẳng hàng).




#696721 Tuần 3 tháng 11/2017: tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$ nằm trên $...

Gửi bởi trihoctoan trong 17-11-2017 - 10:38

Tên :Phan Quang Trí ; TP. HCM ;Sinh viên đại học Sài Gòn khoa Toán Ứng Dụng

Lời giải bài 1:

 Gọi $X$ là điểm đối xứng của $A$ qua $PQ$  và gọi $AL$ là đường đới trung tại đỉnh $A$ của $(O)$ ($L$ thuộc $(O)$)  .Gọi $AM$ cắt $(O)$ tại $V$ .Ta thấy rằng :$X$ thuộc đường tròn qua $AB$  và tiếp xúc $AC$ tại $A$ và $Q$ là tâm của đường tròn $(AVX)$ .Bây giờ ta cần chứng minh: $AL\perp\ QE$ .Ta sử dụng phép nghịch đảo tâm A phương tích bất kì ta thu được bài toán sau:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ .Đường thẳng qua $B$ song song với $AC$ cắt đường cao tại đỉnh $A$ tại $U$ .Gọi $X$ là hình chiếu của $C$ lên  $AB$ .$AV$  là đường đối trung tại đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ ($V$ thuộc $BC$) .$AM$ là đường trung tuyến .Chứng minh rằng :$UV$ ,$CX$,$AM$ đồng quy .

Chứng minh : Gọi $AV$ cắt $(O)$ tại $L$ .Kẻ $AV_1$  song song với $BC$ ($V_1$ thuộc $(O)$) .Gọi $U'$ là đối xứng của $U$ qua $ BC$ .Ta có các bộ điểm sau :$(B,U',V)$ ,$(L,M,V_1)$ thẳng hàng do tính đối xứng trục.

Gọi $AH$ cắt $(O)$ tại $H'$ .Ta có :$CX$ và $CH'$ là đối xứng nhau qua BC .Nên ta chỉ cần chứng minh :$U'V$,$CH'$,$LV_1$ là đồng quy .

Áp dụng  định lý Pascal cho bộ 6 điểm $(AV_1C,LH'B)$  :

Ta suy ra : $U'$,$V$,$L_2$ thẳng hàng (với $L_2$ là giao điểm của $CH'$ và $LV_1$ ) .

Từ đây kết hợp tính đối xứng trục $BC$ ta suy ra : $CX$,$AM$,$UV$ đồng quy .

Suy ra đpcm.




#694988 Tuần 3 tháng 10/2017: Chứng minh rằng $IJ \perp KL$.

Gửi bởi trihoctoan trong 17-10-2017 - 15:54

Lời giải bài 1.

Gọi $P’$ là điểm đẳng giác của $P.$

Do $(MN,MI)=(CP’,CV),$ với $V$ là điểm chính giữa cung $BAC.$ nên 

Gọi $CP$ cắt $(O)$ tại $V_6,CP’$ cắt $(O)$ tại $X_4,CI$ giao $(O)$ ở $Z,BI$ cắt $(O)$ ở $X_2,BP’$ cắt $(O)$ tại $X_5.$ ,gọi $M_1.$ là trung điểm cung BC không chứa A của $(O)$

 

Gọi $Y$ là giao của $CP'$ và $KL$gọi $X$ là giao của $IM$ và $KL$, từ đó áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm $(Z,Q,R,K,L,M,1)$ (với chú ý $IM$ đi qua giao điểm của $QZ,AL$

.Ta suy ra : $C,Y,P’$ thẳng hàng. Tương tự thì $C,X,P’$ thẳng hàng .

$JB^2=JC^2,$ hay $J$ có cùng phương tích đến các đường tròn $(X;XB),(Y;YC)$ nên $IJ \perp XY,$ đpcm.




#677242 Chứng minh Q là trung điểm UV

Gửi bởi trihoctoan trong 13-04-2017 - 07:57

Bài Toán :(Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Hai phân giác trong BE,CF cắt nhau ở I .K,L là tâm ngoại tiếp tam giác AEF , IEF .Trung trực IA cắt AK tại M .N là đối xứng của I qua ML.CF cắt (O) lần thứ hai tại S .(CNI) cắt (O) lần nữa tại T .P là tâm ngoại tiếp (ATN).Gọi Q là đối xứng của A qua PS . U nằm trên AI sao cho QU//BI và V nằm trên QU sao cho VI vuông góc IC ,Chứng minh:Q là trung điểm UV.




#525815 Kết quả tiếp theo liên quan đến điểm Nagel

Gửi bởi trihoctoan trong 23-09-2014 - 11:24

Đáp án chín thức: http://www.artofprob...10548&view=next