Đến nội dung


ecchi123

Đăng ký: 04-02-2015
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 19:13
*****

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

22-05-2017 - 21:54

Bài toán 196. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ có tiếp điểm với $BC$ là $D$ , đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$.  Đường tròn nội tiếp tam giác $AEF$ cắt $EF,FA,AE$ tại $P,R,Q$ . Lấy $K$ sao cho $IK \perp IA$ và $DK=DI$ . $HK$ cắt $AI,RQ$ tại $J,L$ . Lấy $G$ đối xứng với $J$ qua $PL$ . $QR$ cắt $EF$ và đường thẳng qua $J$ song song với $EF$ tại $S,T$. $X,Y$ là trung điểm của $AS,JT$.Chứng minh rằng $LG \perp XY$ 

File gửi kèm  eeeeeeeeeeee.png   168.66K   0 Số lần tải


Trong chủ đề: Tuần 4 tháng 5/2017: Chứng minh rằng $MY \parallel KR$.

21-05-2017 - 23:11

Lời giải bài 2

Gọi $Y$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$. $Z$ là trung điểm $OY$ . $J$ đối xứng với $O$ qua $BC$ . $N,M$ là trung điểm cung $BC,BC$

Ta có : $ON^2=OM.OY=OJ.OZ$ , suy ra $AZ,AJ$ đối xứng nhau quá phân giác góc $A$

Ta sẽ chứng minh $AX$ đi qua $Z$ cố định

Nghịch đảo $N$ tâm $A$ , phương tích $AB.AC$ hợp đối xứng trục phân giác góc $A$

Biến $H,B,C,O,BC \mapsto P,C,B,T,(O)$ . Trong đó $T$ đối xứng với $A$ qua $BC$

Gọi $BT,CP$ cắt $OC,BH$ tại $K,L$  mà $\widehat{OCA}=\widehat{BTA},\widehat{ABH}=\widehat{OPC}$ nên $KACT,ALPB$ vội tiếp

Từ đó $\widehat{KAC}=180-\widehat{BTC}=180-(180-BPC-\widehat{BAC})=180-LAC$

Suy ra $K,A,L$ thẳng hàng 

Áp dụng định lí Dersagues cho 2 tam giác $BHT,CPO$ , khi đó $TO,HP,BC$ đồng quy tại $X'$

Theo tales thì $AX'$ đi qua $J$

Chính vì vậy phép nghịch đảo $N$ :$X' \mapsto X$

Vậy $AX,AJ$ đẳng giác  , nên $AX$ đi qua $Z$ cố định do $AZ,AJ$ đối xứng nhau quá phân giác góc $A$

File gửi kèm  bbbbbbbbbb.png   307.08K   0 Số lần tải

 


Trong chủ đề: Chứng minh I,J, P, H đồng viên.

20-05-2017 - 17:03

Cho tam giác ABC đường cao AH.I,J theo thứ tự là tâm bàng tiếp góc B,C của các tam giác ABH,ACH. Gọi P là tiếp điểm của BC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh bốn điểm I,J,P,H đồng viên.

Lời giải :

DO các phân giác ngoài , dễ thấy $\widehat{JHI}=90^o$

Ta cần cm  $\widehat{JDI}=90^o$ , Gọi $(I),(J)$ cắt $BC$ tại $E,F$

Ta có $ED=\frac{AB+BC-AC}{2}-BH+JE=\frac{AB+BC-AC}{2}-BH+\frac{AH+AC-HC}{2}=\frac{AH+AB-HC}{2}=IF$

CMTT ta có $FD=JE$ , suy ra 2 tam giác $JED,DFI$ bằng nhau , từ đó có $\widehat{JDI}=90^o$ nên $DHIJ$ nột tiếp

File gửi kèm  vvvvvvvvvvvvv.png   116.08K   0 Số lần tải


Trong chủ đề: Tuần 3 tháng 5/2017: đường thẳng $AQ$ luôn đi qua một điểm cố đ...

14-05-2017 - 22:25

Lời giải bài 1 :

Gọi $(K)$ tiếp xúc với $(O)$ tại $Y$ . $I$ là tâm nội tam giác $ABC$.

Gọi $G$ là trung điểm cung $BC$ , $AG$ cắt $BC$ tại $T$ , ta có $M(GNAH)=-1$  nên  gọi $Q'$ là giao của $MN$ với $AG$ thì $(Q'GAT)=-1$. ta chứng minh $Q'$ trùng $Q$ , từ đó $AQ$ đy qua $G$ cố định

Thật vậy , tức là ta cần cm $X(PGAT)=-1$ với $X$ là giao của $PJ$ và $BC$

Gọi tiếp tuyến tại $P,Y$ cắt nhau tại $V$ thì xét trục đẳng phương $(K),(O),(PBC)$ thì $V$ thuộc $BC$ 

Suy ra $\frac{YB}{YC}=\sqrt{\frac{VB}{VC}}=\frac{PB}{PC}$ nên phân giác góc $BPC,BYC$ cắt nhau trên $BC$

Mặt khác , theo bài toán protassov thì $PJ$ là phân giác góc $BPC$ , từ đó suy ra $XY$ là phân giác góc $BYC$ 

Gọi $PL$ là phân giác ngoài $BPC$ suy ra $(LXBC)=-1$

$(K)$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$ , $YE,YF$ cắt $(O)$ tại $Z,S$

ta so $ZS$ song song $EF$ nên $\frac{ZE}{ZY}=\frac{SY}{SY}=>\frac{ZE}{ZB}.\frac{ZB}{ZY}=\frac{SY}{SC}.\frac{SC}{SY}=>\frac{BE}{FC}=\frac{BY}{YC}=\frac{XB}{XC}$ suy ra $EF$ đy qua $L$ theo menelaus

Ta có $L$ đối cực với $XA$ qua $(K)$ nên $KL$ vuông góc với $XA$ tại $W$ , mặt khác $KP,KY$ là tiếp tuyến của $(XL)$

Chính vì vậy tứ giác $WPLY$ là tứ giác điều hòa  nên $X(WLPY)=-1=>X(PGAT)=-1$ , khi đó $XP$ đy qua $Q'$ , nên $Q$ trùng $Q'$ có dpcm

File gửi kèm  zxvxcvxcvxcv.png   292.68K   0 Số lần tải


Trong chủ đề: CMR:trực tâm tam giác POQ nằm trên AC

09-05-2017 - 20:03

bạn có thể đưa ra lời giải sử dụng phép vị tự quay giúp mình được không?

Ý tưởng vị tưởng quay là lấy thêm điểm $M$ đó bạn