Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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.


halloffame

Đăng ký: 21-09-2014
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 15:53
****-

#721429 Chứng minh rằng $T_{1}T_{2}, O_{1}O_{...

Gửi bởi halloffame trong 15-04-2019 - 10:59

Do $BC$ là tiếp tuyến chung ngoài của $(O_1),(O_2)$ nên nếu gọi giao điểm của $BC,O_1O_2$ là $X$ thì $X$ là tâm vị tự ngoài của $(O_1),(O_2).$

Lại có $T_1$ là tâm vị tự $(O_1),(O)$ và $T_2$ tâm vị tự $(O_2),(O)$ nên ta cần phải chứng minh ba tâm vị tự ngoài của ba cặp đường tròn tạo từ bộ ba đường tròn $(O),(O_1),(O_2)$ thẳng hàng.

Đây chính là định lý Monge D'Alambert.




#721251 VN TST 2019

Gửi bởi halloffame trong 03-04-2019 - 14:59

Mình đăng trước ảnh đề thi, Latex sẽ gõ sau.

Hình gửi kèm

  • FB_IMG_1553865575839.jpg
  • _20190330_175831.JPG



#720149 Tính giá trị biểu thức

Gửi bởi halloffame trong 13-02-2019 - 20:23

Bạn đăng đề bài này vào box Các bài toán Đại số khác nhé.

Và lưu ý đến gõ Latexđặt tiêu đề đúng quy định.




#720095 Chứng minh quỹ tích của điểm $\text{I}$ là một đường...

Gửi bởi halloffame trong 11-02-2019 - 23:15

Minh chỉnh lại đề một chút:

Bài toán. Cho trước hai đường thẳng $d_1,d_2$ không trùng nhau và song song với nhau.

Chứng minh quỹ tích các điểm $I$ sao cho $d_1$ đối xứng $d_2$ qua $I$ là một đường thẳng.

Chứng minh. 

_Gọi $I^*$ là một điểm bất kì thuộc quỹ tích các điểm $I$ nói trên, $B,B_1$ là hình chiếu của $I^*$ lên $d_1,d_2.$

Hiển nhiên $B$ đối xứng $B_1$ qua $I^*,$ do đó $I^*B=I^*B_1,$ tức là khoảng cách từ $I^*$ tới $d_1$ bằng khoảng cách từ $I^*$ tới $d_2.$

Gọi $d_3$ là đường thẳng chia đôi phần mặt phẳng nằm giữa $d_1,d_2$ thì khoảng cách từ $d_3$ tới $d_1,d_2$ là bằng nhau.

Tức là $I^* \in d_3.$ Ta chứng minh được mọi điểm thuộc quỹ tích các điểm $I$ nói trên đều nằm trên $d_3.$

_Gọi $I^*$ là một điểm bất kì trên $d_3;B,B_1$ là hình chiếu của $I^*$ lên $d_1,d_2;A$ là điểm bất kì trên $d_1.$

Do $d_3$ cách đều $d_1,d_2$ nên $I^*B=I^*B_1.$ Gọi $A_1$ đối xứng với $A$ qua $I^*$ thì $\Delta IAB= \Delta IA_1B_1,$

do đó $A_1B_1 \perp IB_1,$ tức là $A_1 \in d_2.$ Do đó $d_1$ đối xứng $d_2$ qua $I^*.$

Ta chứng minh được với mọi $I^* \in d_3$ thì $d_1,d_2$ đối xứng nhau qua $I^*.$

Vậy quỹ tích các điểm $I$ chính là $d_3,$ là một đường thẳng.




#720090 chứng minh AF,BC,OE ĐỒNG QUY

Gửi bởi halloffame trong 11-02-2019 - 21:48

2. Tiếp theo ta đi chứng minh: $AF,BC,OE$ đồng quy.

Thật vậy, do $AB\parallel CH$ nên theo định lý Viet ta có: $\frac{BH}{HE}=\frac{AC}{CE}$.

Lúc này, xét $\triangle{ABE}$, có: $\frac{AO}{OB}.\frac{BH}{HE}.\frac{EC}{CA}=1$ (Do $O$ là trung điểm $AB$ và $\frac{BH}{HE}=\frac{AC}{CE}$).

Khi đó theo định lý Cava đảo ta suy ra được: $AF,BC,OE$ đồng quy. Hay ta có điều phải chứng minh.

 

Sau khi đã có $AB \parallel CH$ thì ý đồng quy của bài toán chính là Bổ đề hình thang.




#719973 $$\it{4}\,\it{r}= \text...

Gửi bởi halloffame trong 07-02-2019 - 16:52

Gọi tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác $AJC,AJD,BCD$ là $I_1,I_2,I_3;(I_2)$ tiếp xúc $CD$ tại $G.$

Do $R_{I_1}=R_{I_2} \Rightarrow I_1I_2 \parallel CD \Rightarrow AJ \perp I_1I_2 \Rightarrow (I_1),(I_2),AJ$ đồng quy tại $E \Rightarrow AD=AC.$

Đặt $AE=kr,k \in \mathbb{R^+}.$ Do $\Delta ABC$ cân tại $B \Rightarrow AJ>JC \Rightarrow k>2+ \sqrt{2}.$

Xét $\Delta AJD:r^2= \frac{AE.JG.GD}{AE+JG+GD}= \frac{k.GD.r^2}{r+kr+GD} \Rightarrow GD= \frac{k+1}{k-1}.r.$

Tiến hành tính toán, ta được:

$JD=r+GD= \frac{2k}{k-1}.r;CD=2JD= \frac{4k}{k-1}.r;AD=AE+GD= \frac{k^2+1}{k-1}.r; \sin \widehat{JAD}= \frac{JD}{AD}= \frac{2k}{k^2+1};$

$\cos \widehat{JAD}= \frac{JA}{AD}= \frac{k^2-1}{k^2+1}; \cos \widehat{CAD}= \cos (2 \widehat{JAD})= \cos ^2 \widehat{JAD}- \sin ^2 \widehat{JAD}= \frac{k^4-6k^2+1}{k^4+2k^2+1};$

$BC=AB= \frac{AC/2}{\cos \widehat{CAD}}= \frac{k^2+1}{k-1}. \frac{k^4+2k^2+1}{2k^4-12k^2+2}.r;BD=AB-AD= \frac{k^2+1}{k-1}. \frac{-k^4+14k^2-1}{2k^4-12k^2+2}.$

Đặt $x$ là nửa chu vi $\Delta BCD$ thì $x= \frac{BC+CD+DB}{2}= \frac{4kr(k-1)^2(k^2+4k+1)}{(k-1)(2k^4-12k^2+2)}.$

Lại có $\tan \frac{\widehat{BDC}}{2}= \tan \widehat{GDI_3}= \cot \widehat{GDI_2}= \frac{GD}{r}= \frac{k+1}{k-1};$ do đó xét $\Delta BCD:$

$r=(x-BC) \tan \frac{\widehat{BDC}}{2}= \frac{r[4k(k-1)^2(k^2+4k+1)-(k^2+1)^3]}{(k-1)(2k^4-12k^2+2)}. \frac{k+1}{k-1}$

$\Leftrightarrow 2(k-1)^2(k^4-6k^2+1)=4k(k+1)(k-1)^2(k^2+4k+1)-(k+1)(k^2+1)^3$

$\Leftrightarrow (k+1)(k^2+1)^3=2(k-1)^2(k^4+10k^3+16k^2+2k-1)$

$\Leftrightarrow k^7+k^6+3k^5+3k^4+3k^3+3k^2+k+1=2k^6+16k^5-6k^4-40k^3+22k^2+8k-2$

$\Leftrightarrow k^7-k^6-13k^5+9k^4+43k^3-19k^2-7k+3=0$

$\Leftrightarrow (k-3)(k^6+2k^5-7k^4-12k^3+7k^2+2k-1)=0.$

Do $k>2+ \sqrt{2} \Rightarrow k=3 \Rightarrow AJ=4r.$ Ta có đpcm.




#719835 ĐỀ THI HSG 12 ĐỒNG NAI HỆ CHUYÊN

Gửi bởi halloffame trong 31-01-2019 - 23:39

Mình gõ lại đề để mọi người tiện theo dõi.

Bài 1. 

1) Chứng minh rằng phương trình $-x= \sqrt[3]{x^2-6x+3}$ có đúng ba nghiệm thực phân biệt là $x_1,x_2,x_3.$ Tính

$T=(x_1^3+x_1^2+9)(x_2^3+x_2^2+9)(x_3^3+x_3^2+9).$

 

2) Cho hai hàm số $y=x^3+x^2-3x-1,y=2x^3+2x^2-mx+2$ có đồ thị $(C_1),(C_2)$ với $m$ là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $(C_1)$ cắt $(C_2)$ tại ba điểm phân biệt có tung độ $y_1,y_2,y_3$ thoả mãn $\frac{1}{y_1+4}+ \frac{1}{y_2+4}+ \frac{1}{y_3+4}= \frac{2}{3}.$

 

Bài 2. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c \geq abc.$ Chứng minh $a^2+b^2+c^2 \geq abc.$

 

Bài 3. Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=x_2=1;x_nx_{n+2}=x_{n+1}^2+3.(-1)^{n-1}.$

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy $(x_n)$ đều là số nguyên.

 

2) Tính $\lim \frac{x_{n+1}}{x_1+x_2+...+x_n}.$

 

Bài 4. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ trực tâm $H,K$ là trung điểm $BC$ và $G$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AK.D$ đối xứng $G$ qua $BC,I$ đối xứng $C$ qua $D.$ Phân giác $\widehat{ACB}$ cắt $AB$ ở $F,$ phân giác $\widehat{BID}$ cắt $BD$ tại $M.MF$ cắt $AC$ tại $E.$

1) Chứng minh $D \in (O).$

2) Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ ở $X,XE$ cắt $(EBM)$ tại $Y \neq E.$ Chứng minh $(EYD)$ tiếp xúc $(O).$

 

Bài 5. Cho $m,n$ là các số tự nhiên thoả $4m^3+m=12n^3+n.$ Chứng minh $\sqrt[3]{m-n} \in \mathbb{Z}.$




#719760 $\Delta OMN$ cân

Gửi bởi halloffame trong 28-01-2019 - 23:41

Do các tam giác $BEC,BDC$ vuông tại $D,E$ nên $OB=OD=OE=OC \Rightarrow \Delta ODE$ cân tại $O.$

Ta có $EM=DM-DE=EN-ED=DN,OD=OE, \widehat{OEM}=180^0- \widehat{OED}=180^0- \widehat{ODE}= \widehat{ODN} \Rightarrow \Delta OEM= \Delta ODN$

$\Rightarrow OM=ON \Rightarrow \Delta OMN$ cân ở $O.$


  • DBS yêu thích


#719436 Cm rằng MF,NE cắt tại điểm M trên đường tròn

Gửi bởi halloffame trong 13-01-2019 - 18:40

Mình trình bày chứng minh không dùng đến hàng điểm điều hoà.

Ta thấy chỉ cần chứng minh $NE$ đi qua trung điểm $G$ của cung lớn $BAC$ của $(O);MF$ hoàn toàn tương tự. Khi đó sẽ có $MF,NE,(O)$ đồng quy.

Gọi $H,J$ là tiếp điểm của $(O)$ với $AB$ và trung điểm $AB.$ Áp dụng định lí $Thales:$

$\frac{NI}{NO}= \frac{HI}{JO}= \frac{ID}{IE}. \frac{IE}{JO}= \frac{CD}{CE}. \frac{IE}{OB \sin \widehat{JOB}}= \sin \widehat{DCE}. \frac{IE}{OG \sin \widehat{ACB}}= \frac{IE}{OG}$

$\Rightarrow \overline{N,E,G}.$ Ta có đpcm.




#719431 $VMO2019$

Gửi bởi halloffame trong 13-01-2019 - 15:51

Xem lời giải bài $4$ của thầy Hùng tại đây.

 

Xem lời giải bài $6$ của thầy Hùng tại đây.




#719429 Chứng minh rằng EF song song với HN

Gửi bởi halloffame trong 13-01-2019 - 15:28

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ thì $BHCA'$ là hình bình hành nên $M$ là trung điểm $HA'.$

Gọi $HA'$ cắt $(O)$ tại $D$ thì $AD \perp HM \Rightarrow \overline{A,D,F}.$ Gọi $AG,BI,CJ$ là đường cao $\Delta ABC$ thì $A,D,J,H,I$ đồng viên.

Gọi đường tròn đường kính $DH$ cắt $DB,DC$ ở $R,L.$ Theo định lí $\sin : \frac{GL}{HB}= \sin \widehat{DBC}, \frac{GL}{HC}= \sin \widehat{DCB}, \frac{DC}{DB}= \frac{ \sin \widehat{DBC}}{ \sin \widehat{DCB}}$

$\Rightarrow \frac{GR}{GL}= \frac{HB}{HC}. \frac{ \sin \widehat{DBC}}{ \sin \widehat{DCB}}= \frac{BJ}{CI}. \frac{DC}{DB}.$ Lại có $\widehat{DJA}= \widehat{DIA}, \widehat{DBA}= \widehat{DCA} \Rightarrow \Delta DJB \sim \Delta DIC \Rightarrow \frac{BJ}{CI}= \frac{DC}{DB} \Rightarrow GR=GL.$

Mặt khác $AD$ là trục đẳng phương $(AIJ),(O);IJ$ trục đẳng phương $(AIJ),(M,MB);BC$ trục đẳng phương $(M,MB),(O) \Rightarrow AD,IJ,BC$ đồng quy ở $S$

$\Rightarrow -1=A(CBGS)=D(CBGS) \Rightarrow GR,GL$ tiếp xúc $(DRL) \Rightarrow (RGL)$ đi qua tâm $(DRL)$ là $K.$

Chú ý $H \in (DRL),$ xét phép nghịch đảo $f$ tâm $H$ phương tích $\overline{HA}. \overline{HG}:$

$f(K)=A',f(M)=D,f(AC)=(HJG),f(AB)=(HIG),f(P)=L,f(Q)=R,f((APQ))=(GRL).$

Do $K \in (GRL)$ nên $A' \in (APQ).$ Do $AH,AO$ đẳng giác trong $\widehat{BAC} \Rightarrow A'E \parallel PQ \parallel AF.$

Vậy $AA'EF$ là hình thang cân và có $O$ tâm $(ADA') \Rightarrow FE \parallel OD.$ Mà $M$ trung điểm $HA' \Rightarrow \Delta HNA'$ cân tại $N \Rightarrow HN \parallel DO \parallel FE.$

Ta có đpcm.




#719362 Đề thi chọn ĐTQG tỉnh Nghệ An năm $2018 - 2019$

Gửi bởi halloffame trong 11-01-2019 - 23:43

Mình gõ đề lại nhé.

$1/$ Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}= \frac{u_n^2-5u_n+10}{5-u_n} \forall n \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$

$a)$ Chứng minh $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

$b)$ Chứng minh $\frac{u_1+u_2+...+u_n}{n}< \frac{5- \sqrt{5}}{2} \forall n \in \mathbb{N^*}.$

$2/$ Cho tập hợp $T$ gồm $n(n \in \mathbb{N^*})$ phần tử và $F(T)$ là họ tất cả các tập con khác nhau của $T$ thoả mãn mỗi tập con này có $3$ phần tử và không có hai tập con nào rời nhau. Tìm giá trị lớn nhất của $|F(T)|.$

$3/$ Cho đường tròn $(O)$ và $A$ nằm ngoài $(O).$ Từ $A$ kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với $(O)$ tại $M,N.$ Đường thẳng $d$ đi qua $A$ cắt $(O)$ tại $B,C$ với $AB<AC.$

$a)I$ là trung điểm $BC,NI$ cắt lại $(O)$ tại $T.$ Chứng minh $MT \parallel AC.$

$b)$ Tiếp tuyến $(O)$ tại $B,C$ cắt nhau tại $K.$ Chứng minh $K$ thuộc đường thẳng cố định khi $d$ thay đổi thoả đề.

$4/$

$a)$ Chứng minh có vô số bộ số nguyên $(a,b,c)$ thoả mãn $1 \leq a<b<c$ và 

$\left\{\begin{matrix} (a+1)(b+1) \equiv 1( \mod c)\\ (b+1)(c+1) \equiv 1( \mod a)\\ (c+1)(a+1) \equiv 1( \mod b) \end{matrix}\right.$

$b)$ Chứng minh nếu bổ sung thêm điều kiện $a,b$ nguyên tố cùng nhau thì chỉ có hữu hạn bộ $(a,b,c)$ thoả đề. Tìm các bộ đó.

$5/$ Cho đa thức $f(x)=x^3-3x^2+1.$

$a)$ Tìm số nghiệm thực khác nhau của phương trình $f(f(x))=0.$

$b)$ Gọi $a$ là nghiệm dương lớn nhất của $f(x).$ Chứng minh $[a^{2020}] \vdots 17.$

$([a]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $a.)$

$6/$ Tìm tất cả các hàm $f:(0;+ \infty ) \rightarrow (0;+ \infty )$ sao cho

$f(f(x)+x^2+2y)=f(x)+x^2+2f(y) \forall x,y \in (0;+ \infty ).$

$7/$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I)$ có $(I_a)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A.(I)$ tiếp xúc $BC$ ở $D,P$ trung điểm cung $BAC$ của $(O),PI_a$ cắt lại $(O)$ tại $K.$ Chứng minh $\widehat{IAD}= \widehat{KAI}.$

$8/$ Có $n$ bóng đèn $A_1,A_2,...,A_n(n \geq 2,n \in \mathbb{N})$ được xếp thành một hàng ngang, mỗi bóng đèn chỉ có hai trạng thái bật hoặc tắt. Cứ sau mỗi giây các bóng đèn thay đổi trạng thái như sau: nếu bóng $A_i(i= \overline{1,n})$ có cùng trạng thái với các bóng kề nó thì $A_i$ tắt, ngược lại $A_i$ bật (trong đó $A_1,A_n$ kề với đúng một bóng). Chứng minh rằng:

$a)$ Nếu $n=2^m(m \in \mathbb{N^*})$ thì tới một lúc nào đó tất cả các bóng đèn đều bật.

$b)$ Tồn tại vô hạn giá trị $n$ sao cho ở mọi thời điểm, tất cả các bóng đèn không thể cùng bật hoặc cùng tắt.




#719360 Đề thi chọn đội tuyển HSGQG Nam Định

Gửi bởi halloffame trong 11-01-2019 - 23:20

$3/$ Áp dụng phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\frac{AC}{AF}$ ta đưa bài toán đã cho về bài toán sau:

Bài toán 3'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ trực tâm $H,$ trung tuyến $AM,$ đường cao $AD,BE,CF.$ Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ ở $S,G$ là trung điểm $AH.$

$a)$ Chứng minh $SG \perp AM.$

$b)$ Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB,AC$ cắt $BH,CH$ tại $I,J.K,L$ là trung điểm $IC,JB.$ Chứng minh $OS \parallel KL.$

Giải.

$a) AOMG$ là hình bình hành $\Rightarrow MG \perp SA \Rightarrow G$ là trực tâm $\Delta AMS \Rightarrow SG \perp AM.$

$b)$

Bổ đề. $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),M$ trung điểm $BC.$ Đường thẳng qua $B,C$ vuông góc $AB,AC$ cắt $AC,AB$ tại $G,H.$ Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB,AC$ cắt đường thẳng qua $B,C$ đối xứng $AC,AB$ qua trung trực $AB,AC$ tại $E,F.$ Khi đó $AM$ là trục đẳng phương của $(ECG),(FBH).$

Chứng minh. Do đường thẳng $AF,CF$ đối xứng đường thẳng $CH,AH$ qua trung trực $AC$ nên $ACHF$ là hình chữ nhật, suy ra $CF,(O),(BHF)$ đồng quy tại $L$ và $ACBL$ là hình thang cân. Tương tự ta có $(O) \cap (ECG)=K$ và $ABCK$ là hình thang cân.

Gọi $D=LB \cap CK$ thì $ABDC$ là hình bình hành $\Rightarrow \overline{A,D,M}.$ Lại có $BL,CK$ là trục đẳng phương $(O)$ và $(BHF),(O)$ và $(CKG)$

$\Rightarrow AM$ là trục đẳng phương $(BHF),(CGE).$

Quay lại bài toán.

$JA \perp AC,AH \perp BC,HJ \perp BA \Rightarrow \Delta JHA \sim \Delta ABC \Rightarrow JG \perp AM.$

Tương tự $IG \perp AM \Rightarrow \overline{S,G,I,J}.$ Vẽ $A'$ đối xứng $A$ qua $SO$ thì $AA'$ là đường đối trung $\Delta ABC.$

Gọi đường thẳng qua $B,C$ vuông góc $AB,AC$ cắt $CA,AB$ tại $N,P;$ đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB,AC$ cắt đường thẳng qua $B,C$ đối xứng $AC,AB$ qua trung trực $AB,AC$ tại $Q,R.$

Xét phép biến hình $f$ là hợp của phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng qua phân giác $\widehat{BAC}.$

Ta có $f(B)=C,f(C)=B,f(F)=N,f(E)=P,f(A')=M.$ Do $\widehat{QBA}= \widehat{BAC}= \widehat{CJA} \Rightarrow \Delta AQB \sim \Delta ACJ$

$\Rightarrow AQ.AJ=AB.AC$ và $\widehat{QAC}= \widehat{BAJ} \Rightarrow f(J)=Q.$ Tương tự $f(I)=R \Rightarrow f((JFB))=(CNQ),f((CEI))=(JBP).$

Theo bổ đề $AM$ là trục đẳng phương $(CNQ),(JBP)$ nên qua phép biến hình $f$ thì $AA'$ là trục đẳng phương $(JFB),(CEI)$

$\Rightarrow A'A \perp KL \Rightarrow OS \parallel KL.$

Ta có đpcm.




#719062 Đề thi chọn HSG tỉnh Ninh Bình 2018-2019

Gửi bởi halloffame trong 04-01-2019 - 03:51

Bài hình ngày 1:

$a)$ 

$\frac{AB}{\sin \widehat{AGB}}= \frac{AG}{\sin \widehat{ABG}}= \frac{AG}{\sin \widehat{BAN}}; \frac{AC}{\sin \widehat{AHC}}= \frac{AH}{\sin \widehat{ACH}}= \frac{AH}{\sin \widehat{BAN}}.$

Lại có $\widehat{AGB}= \widehat{GAN}= \widehat{QAH}= \widehat{AHC} \Rightarrow \frac{AG}{AH}= \frac{AB}{AC}= \frac{AN}{AQ}$

$\Rightarrow AQ.AG=AN.AH \Rightarrow A \in FE$ là trục đẳng phương của $(GMQ),(HNP).$

Ta có đpcm.

$b)$

$\widehat{MEQ}=180^0- \widehat{MGQ}=180^0- \widehat{NHP}= \widehat{NEP} \Rightarrow \widehat{MEN}= \widehat{QEP}.$

Gọi $MN$ cắt $PQ$ tại $F_1$ thì $\widehat{F_1}= \widehat{BAC}= 360^0- \widehat{NAB}- \widehat{QAC}- \widehat{NAQ}=360^0- \widehat{ACP}- \widehat{QAC}-180^0+ \widehat{QAH}= \widehat{AHC}= \widehat{AGB}$

$\Rightarrow F_1 \in (MEQ) \cap (NEH) \Rightarrow F_1 \equiv F \Rightarrow \widehat{NME}=180^0- \widehat{F}= \widehat{EPQ} \Rightarrow \Delta  EMN \sim \Delta EQP.$

Do đó tồn tại một phép vị tự quay $X$ tâm $E$ sao cho $X(M)=Q,X(N)=P.$ Lại có hai hình bình hành $ABMN,CAQP$ đồng dạng nhau nên

$X(B)=A,X(A)=C \Rightarrow \Delta EBA \sim \Delta EAC \Rightarrow \widehat{BEC}= \widehat{BAC}+ \widehat{ABE}+ \widehat{ACE} = \widehat{BAC}+ \widehat{BAE}+ \widehat{EAC}=2 \widehat{BAC}= \widehat{BOC}$

$\Rightarrow O,B,E,C$ đồng viên. Ta có đpcm.




#719001 $\overline{H,K,I,Q}$

Gửi bởi halloffame trong 03-01-2019 - 08:56

$1/$

Gọi $L'$ đối xứng $L$ qua $BI,DL'$ cắt $KL$ tại $F.$

Ta có $DI=EI \Rightarrow \widehat{DBI}= \widehat{IBE}= \widehat{IBK} \Rightarrow \Delta DBI= \Delta KBI \Rightarrow D$ đối xứng $K$ qua $BI.$

Do đó $F \in BI,$ lại có $\overline{D,T,L} \Rightarrow \overline{K,T,L'} \Rightarrow T$ thuộc đối cực của $F$ đối với $(I) \Rightarrow FP$ tiếp xúc $(I).$

Ta có đpcm.