Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


ecchi123

Đăng ký: 04-02-2015
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 20:05
*****

#672196 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). AO cắt BC tại D. Trên AB, AC lần lượt lấy 2 đi...

Gửi bởi ecchi123 trong Hôm nay, 18:55

Có thể trình bày chi tiết ra dùm mình được ko?

Đưởng thẳng nổi trực tâm của tam giác $BEM,CEN$ chính là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần $AMEN.BC$ , Ta chỉ cần chứng minh $AE$ là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần đó là được , để chứng minh điều đó , ta chứng minh $AE$ đy qua trung điểm $BC$ , tức là cần chứng minh $MN$ song song $BC$ , 

Gọi $P,Q$ là trung điểm $BM,CN$ khi đó$\frac{BM}{CN}=\frac{BP}{CQ}=\frac{Cos\widehat{B}.BD}{CD.Cos\widehat{C}} =\frac{Sin\widehat{OAC}.DB}{Sin\widehat{OAB}.DC}=\frac{AB}{AC}$ thì $MN$ song song $BC$ có dpcm

dddddddđ.png




#672152 Tuần 3 tháng 2/2017: Chứng minh tứ giác $AKNL$ ngoại tiếp

Gửi bởi ecchi123 trong Hôm qua, 21:51

 Lời giải :

+Ta có bổ đề sau : Cho $(O),(C),(D)$ với $(C),(D)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $A,B$ , Kẻ $BX,BY$ tiếp xúc với $(C)$ . $AZ,AT$ tiếp xúc với $(D)$ , Chứng minh 4 đường $BX,BY,AZ,AT$ tạo thành tứ giác ngoại tiếp

Giải : $AD$ cắt $BC$ tại $G$ , ta sẽ chứng minh $AEBF$ ngoại tiếp tâm $G$ ,( $E,F$ như hình vẽ ) gọi $r_{1},r_{2}$ là khoảng cách từ $G$ đến $BY,AZ$

Ta có :$\frac{r_1}{r_2}=\frac{BG.AC}{BC}:\frac{AG.BD}{AD}=\frac{BG}{AG}.\frac{AC}{BC}.\frac{AD}{BD}=1$ suy ra$r_{1}=r_{2}$ nên $(G,r_1)$ nội tiếp $AEBF$

19.png

+Trở lại bài toán : ta sẽ chứng minh $AN,AD$ đẳng giác trong góc $BAC$ , tức $AN$ sẽ đy qua tiếp điểm $A-Mix$ với $(O)$

- Nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì ta có bài toán sau : tam giác $ABC$ nt $(O)$ , $(J)$ là $A-Mix$ tx $(O)$ tại $D$ , $(ADJ)$ cắt $(J)$ tại $N$ , khi đó $AN,AD$ đẳng giác ( điều này đúng do $JD=JN$) suy ra $AN$ sẽ đy qua tiếp điểm $A-Mix$ với $(O)$

-  Xét phép vị tự tâm $A$ biến $A-Mix \mapsto (J)$... $B,C \mapsto Q,P$ như hình vẽ , Khi đó $(J)$ sẽ là đường tròn $Mixtilinear$ của tam giác $APQ$ 

Áp dụng bỏ đề với $(J)$ và $(ABC)$ cùng tiếp xúc trong với $(APQ)$ nên ta có $AKNL$ ngoại tiếp.

18.png




#671723 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi ecchi123 trong 15-02-2017 - 20:27

Bài 172 (sáng tác từ một bài toán của bạn Bảo ) : Cho tam giác $ABC$ cố định có đường cao $AH$ , $P$ di chuyển trên tia đối của tia $HC$ , $M$ đối xứng với $C$ qua $H$ . $MN$ song song với $AC$ với $N$ thuộc $AP$ . $Q$ là trung điểm $AH$ . $PQ$ cắt $HN$ tại $D$. Đường tròn $(X)$ thay đổi qua $D$ và tiếp xúc với đường tròn euler của tam giác $AHD$ cắt $DA,DH$ tại $F,E$ . Chứng minh : $(XFE)$ tiếp xúc với đường thẳng cố định khi $P$ và $(X)$ thay đổi



1222.png




#671716 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi ecchi123 trong 15-02-2017 - 19:40

Bài 171 : ta có $A(ROHM)=-1$ , Gọi $I$ là trung điểm $H$ thì $OI$ vuông góc $AG$ ,$OH$ cắt $AM$ tại $K$ thì $O$ là trung điểm $HK$ , mà $A(ROHM)=-1$ nên $AR$ song song $OH$

g.png




#671619 Chứng minh hai phân giác song song

Gửi bởi ecchi123 trong 14-02-2017 - 18:26

Hạ $ME,AF$ vuông góc với $AD,IM$ . $AF,ME$ cắt nhau tại $K$ , có $A(FE,PN)=-1$ nên $ENFP$ là tứ giác điều hòa nên $\frac{FP}{FN}=\frac{EP}{EN}$

mặt khác , dễ thầy , $I$ là trực tâm tam giác $AMK$ do đó $(IFKE)$ trực giao với $(AM)$ tức $(AFNEMP)$ mà $\frac{FP}{FN}=\frac{EP}{EN}$

Nên $(IEF)$ là đường tròn $(F-Apolo)$ của tam giác $FPN$ nên$\frac{IP}{IN}=\frac{EP}{EN}=\frac{Sin\widehat{PAI}}{Sin\widehat{NAI}}$ 

=> bán kinh $(AIP)=(AIN)$ nên $\widehat{IPA}=\widehat{INA}=>\widehat{IPM}=\widehat{INM}$

Hạ $IX,IY$ vuông góc với $MP,MN$ khi đó $IX,IY$ đẳng giác góc $PIN$

Bây giờ , ta thấy , phân giác $PMN$ song song pg góc $BAC$ do $ANMP$ đồng viên đường kính $AM$

Mặt khác pg góc $BAC$ song song pg $XIY$ do có các cặp cạnh song song , Mà pg góc $XIY$ chính là pg góc $PIN$ do $IX,IY$ đẳng giác góc $PIN$

15.png




#671422 Tuần 2 tháng 2/2017: Chứng minh tam giác $NUV$ cân.

Gửi bởi ecchi123 trong 13-02-2017 - 06:29

Lời giải:

Phân giác ngoài góc $A$  của tam giác $ABC$ cắt $BC$ tại $T'$ . $O'$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ , $T'O'$ cắt $AB,AC$ tại $P',Q'$

 

Dễ nhận thấy các điều sau : $O$ là điểm chính giữa cung nhỏ $KL$ của $(AKL)$ và $AT$ là phân giác ngoài góc $A$ của tam giác $AKL$

 

Phép vị tự tỉ số $\frac{AB}{AK}$ tâm $A$ hợp phép quay góc $(AK,AB)$ tâm $A$ biến lần lượt :$K,L,O,T,P,Q \mapsto B,C,O',T',P',Q'$

 

Suy ra $APP'$ cân tại $P$ nên $F$ là trung điểm $AP'=>$$\widehat{NVU}=\widehat{BMP'}$  nên ta cần chứng minh $\widehat{BMP'}=\widehat{CMQ'}$

 

Điều này đúng do $M(T'O',P'Q')=-1$ với $O'M$ vuông góc với $MT'$ suy ra $\widehat{BMP'}=\widehat{CMQ'}$ . Vậy nên tam giác $NUV$ cân tại $N$

14.png




#671268 CMR AF//DE

Gửi bởi ecchi123 trong 12-02-2017 - 13:43

tam giác $BMA,CNA$ cân tại $B,C$ nên nếu $J$ là tâm bàng tam giác $ABC$ thì $J$ là tâm ngoại $(AMN)$

Theo bổ đề quen thuộc thì $ED$ vuông góc $JO$ , mặt khác $JO$ lại vuông góc với $AF$ nen $AF$ ss $ED$




#671203 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). AO cắt BC tại D. Trên AB, AC lần lượt lấy 2 đi...

Gửi bởi ecchi123 trong 12-02-2017 - 00:47

Bài này chứng minh $AE$ là đường thẳng GAUSS của tứ giác toàn phần $AMEN.BC$ tức là $AE$ đy qua trung điểm $BC$ , hay việc chứng minh đưa về chứng minh $MN$ song song $BC$ , đến đây bạn có thể tính toán tùy ý :v , mình thì mình dùng lượng giác , cũng tàm tạm




#670732 Cmr: AT luôn đi qua điểm cố định.

Gửi bởi ecchi123 trong 08-02-2017 - 18:54

Nham . ss voi $BC$


#670690 Cmr: AT luôn đi qua điểm cố định.

Gửi bởi ecchi123 trong 07-02-2017 - 23:39

Từ $D$ kẻ dg thẳng ss $AB$ cắt $(O)$ tại $K$ thì $KEAF,KBAC$ là tứ giác điều hòa do đó . tiếp tuyến tại $A$ . $EF,BC$ đồng quy tại $H$ suy ra $HA^2=HE.HF=HT^2$ nên $AT$ là pg giác góc $BAC$ nên $AT$ đy qua đ chính giữa cung $BC$


#670551 Tuần 1 tháng 2/2017: $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ di...

Gửi bởi ecchi123 trong 06-02-2017 - 17:45

Em có lời giải sau :

Bổ để : cho $(I),(O)$ trực giao nhau và cắt nhau tại $B,C$ , $D$ thuộc cung nhỏ $BC$ của $(I)$ , $DB$ cắt $(O)$ tại $F$ , $FO$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $E,D,C$ thẳng hàng

Chứng minh , Gọi $CF$ cắt $(I)$ tại $A$ , áp dụng Pascal cho bộ $\binom{ABC}{DCB}$ suy ra dpcm

Trở lại bài toán : $BE$ cắt $CF$ trên $(O)$ tại $H$ , ta có  :$H(AQEF)=-1$ nên $HQ$ cắt $(O)$ tại $K$ thì $ABKC$ là tứ giác điều hòa nên $AK$ đối trung , $K$ cố định

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $R$ thuộc $HK$ , ta có $\frac{AB}{AC}=\frac{Sin\widehat{BPR}}{Sin\widehat{CPR}}=\frac{BR}{CR}$ ( dó 2 bán kính đường tròn $(BRP),(CRP)$ bằng nhau ) nên $R$ thuộc $(Apolo)$ dựng trên $BC$ và qua $A$ , Mặt khác $(Apolo),(O)$ trực giao nhau nên theo bổ để , $R,H,K$ thẳng hàng

Vậy $RQ$ đy qua $K$ cố định




#670426 Tuần 5 tháng 1/2017: $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau trê...

Gửi bởi ecchi123 trong 30-01-2017 - 08:55

Em có ý tưởng khác như sau

$AI$ cắt $(I)$ tại $J,Y$. $DJ$ cắt phân giác ngooài góc $\widehat{BAC}$ tại $X$ . khi đó $(AXYD)$ thuộc đường tròn đường kính $XY$,

mặt khác ,$\widehat{MDY}=\widehat{EJY}=\widehat{MAY}$ và tương tự suy ra $ADMNXY$ cùng thuộc đường tròn đường kính $XY$ . 

Nhận thấy $AY$ là phân giác $\widehat{MAN}$ nên $XY$ là trung trực $MN$ . Nếu cho $XY$ cắt $(I)$ tại $H$ thì $AH,AD$ đẳng giác góc $A$

 Việc còn lại ta chứng minh $AD,AR$ đẳng giác . Thật vậy , Gọi phân giác ngoài tam giác $ABC $ là $AK$ thì $K(AIRD)=-1=>A(KIRD)=-1$ nên $AR,AD$ đẳng giác . suy ra $AR$ đy qua $H$ , Vì vậy $XY,AR$ cắt nhau trên $(I)$

16395576_1826140414311275_84356452_n.jpg




#669592 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Đường tròn (K) tiếp xúc trong vs (O) tại...

Gửi bởi ecchi123 trong 23-01-2017 - 19:59

Mình thì mình học trong quyển này ,

IMG_0945-26.jpg




#669567 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Đường tròn (K) tiếp xúc trong vs (O) tại...

Gửi bởi ecchi123 trong 23-01-2017 - 17:08

Gọi $I$ là tâm nội .Bài này điều cần chứng minh đưa về  các đường tròn ngoại tiếp $(AEF),(AIT),(O)$ , cùng đy qua 2 điểm

Thật vậy ,  theo tính chất đường tron $Mix$ thì $DA,DI$ đẳng giác $EDF$ nên $(ITD)$ tiếp xúc với $(DFE),(O)$ .  gọi $(AEF)$ cắt (O) tại $X$ , dễ thấy , tiếp tuyến tại $D, AX,EF$ đồng quy tại $G$ do tc tâm dẳng phương  . nên$\overline{GX}.\overline{GA}=GD^2=\overline{GT}.\overline{GI}$ nên $AXTI$ nội tiếp ,nên các tâm $(AEF),(AIT),(O)$ thẳng hàng , vị tự tâm $A$ tỉ số 2 thì $T,K,H$ thẳng hàng




#669516 chứng minh $A,J,P$ THẲNG HÀNG.

Gửi bởi ecchi123 trong 23-01-2017 - 10:53

gọi $JM$ cắt $AME$ tại $P$ , $JN$ cắt $FAN$ tại $Q$ ,  ta có $\widehat{PJQ}+\widehat{AQJ}+\widehat{APJ}=\widehat{FDB}+\widehat{FDE}+\widehat{EDC}=180^o$ nên $A,P,Q$ thẳng hàng , , dễ nhận thấy $FE, PQ$ song song $BC$ nên  $\widehat{PQJ}=\widehat{FDB}=\widehat{NMA}$ nên $PQMN$ nội tiếp  , suy ra $J$ thuộc trục đẳng phương của $(ANF).(AME)$