Đến nội dung


Chú ý

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.


Ngockhanh99k48

Đăng ký: 20-10-2015
Offline Đăng nhập: 12-01-2018 - 17:03
****-

#672134 Tuần 3 tháng 2/2017: Chứng minh tứ giác $AKNL$ ngoại tiếp

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 19-02-2017 - 20:55

Lời giải: Dễ thấy rằng $DA$ và $DM$ đẳng giác trong góc $\angle EDF$. Ta lại có $MD. MN= ME. MF= MA. MJ$ nên $A, D, J, N$ đồng viên. Do $JN=JD$ nên $AN, AD$ đẳng giác trong góc $\angle BAC$. Kẻ đường cao $AH$. $AD$ cắt $(J)$ tại điểm thứ hai $X$. Khi đó $NX \parallel EF$. Ta có $\angle OAN = \angle HAD = 90^{\circ} - \angle CDX = 90^{\circ} - \angle NMF = \angle ANJ$.
Do đó tồn tại đường tròn $(O')$ tiếp túc trong cả hai đường tròn $(O)$ và $(J)$.
$AJ$ cắt $ON$ tại $I$. $O'I$ cắt $AN$ tại $P$. Gọi $\alpha_1, \alpha_2$ là đường tròn tâm $I$ tiếp xúc $AB, AC$ và $NL, NK$. Theo định lý $Monge-D'Alambert$, ta có $A$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(J)$, $N$ là tâm vị tự ngoài của $(J)$ và $(O')$, từ đó suy ra $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(O')$. Tương tự $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_2$ và $(O')$. Suy ra $\alpha_1 \equiv \alpha_2$. Như vậy $AKNL$ ngoại tiếp.


#671029 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 10-02-2017 - 19:48

Lời giải bài toán 167:

Dễ thấy rằng $M, N$ thứ tự là tâm bàng tiếp góc $C, B$ của $\triangle ABC$. 

$PQ$ thứ tự cắt $BM, BA, CA, CN$ tại $X, Y, Z, T$. Do $PQ \parallel BC$ nên dễ thấy $\triangle YIB$ cân và ta suy ra $Y$ là trung điểm $IX$. $NB$ cắt $(MNP)$ tại $L$. Thế thì $XL \parallel YB$. Suy ra $XL$ đi qua đối xứng của $I$ qua $MN$. Do $XL$ đối xứng $PQ$ qua $JM$ nên tương tự ta sẽ suy ra được $K$ đối xứng $I$ qua $MN$ và $K \in (MNP)$.

Gọi $S, O$ thứ tự là tâm $(ABC)$ và $(MNP)$. Ta có $I$ là trung điểm $KJ$ $\Leftrightarrow$ $OI \perp KJ$ $\Leftrightarrow$ $IS \perp AD$ $\Leftrightarrow$ $I$ là trung điểm $AD$. Áp dụng định lí Ptolemy ta suy ra $AB+AC=2BC$.




#670529 Tuần 1 tháng 2/2017: $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ di...

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 06-02-2017 - 00:06

Cuối cùng diễn đàn đã mở lại :D

Lời giải:

Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Dễ thấy rằng $BE$ cắt $CF$ tại $K$ là đối xứng của $P$ qua $(O)$. $BR, CR$ thứ tự cắt $(O)$ tại $X$, $Y$. Theo giả thiết ta có $PX=PY$. Theo IMO Problem 4 ta có $SR=SA$. Mặt khác $AK \perp AR$, $AS \perp AO$ nên $\triangle AOK \stackrel{+}{\sim} \triangle ASR$. Kẻ tiếp tuyến $SZ$ khác $SA$ thì $Z$ cố định và $\angle AZR = \frac{1}{2} \angle ASR = \frac{1}{2} \angle AOK  = \angle APK = \angle AZK$ nên $KR$ đi qua $Z$. 

Ta có $ABZC$ là tứ giác điều hòa nên $K(AREF)=K(AZBC)=-1$, mặt khác theo tính chất hàng điểm cơ bản ta có $A(KQEF) = A(KQCB)=-1$ nên $A(KQEF)=K(AREF)$ hay $Q$ thuộc $KR$ do $E, F, Q$ thẳng hàng. Vậy $QR$ đi qua $Z$ cố định




#668744 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 18-01-2017 - 00:26

Bài toán 133':

Cho $\triangle ABC$ với hai đường thẳng bất kì $d, d'$ cắt nhau tại $H$. $d$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$ và $d'$ cắt $AB, AC$ tại $N,M$. $BH, CH$ cắt $EN, FM$ tại $P,Q$. Chứng minh $BQ, CP, MN$ đồng quy




#668736 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 23:07

Lời giải bài 4:
1) Gọi $S$ là đối xứng của $A$ qua $M$. Ta sẽ chứng minh $S$ thuộc $(HEP)$ và $(HFQ)$. Thật vậy, kẻ hình bình hành $HSET$  ta có $AFHT$ là hình bình hành. Do đó $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{ATH}$ nên tứ giác $ATEH$ nội tiếp, suy ra $\widehat{HPE}=\widehat{HAE}=\widehat{HTE}=\widehat{HSE}$ hay $S \in (HPE)$. Tương tự ta có $S \in (HFQ)$.
2) Gọi $X, Y$ là tâm $(HPE), (HQF)$. Khi đó ta có $\widehat{HYS}=2\widehat{HES}=2\widehat{EHT}=2\widehat{EAT}=2\widehat{SFH}=\widehat{SXH}$. Do đó $\triangle HXS =\triangle HYS$ nên ta có đpcm.  



#668725 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 22:05

Lời giải bài 132:

Bổ đề: Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$. Gọi $H_a, H_b, H_c, H_d$ là trực tâm $\triangle BCD, \triangle CDA, \triangle DAB, \triangle ABC$. Khi đó $AH_a, BH_b, CH_c, DH_d$ đồng quy tại trung điểm mỗi đường và điểm đó thuộc đường tròn Euler của 4 tam giác trên.

Bài toán trên hiển nhiên nên ta không cần chứng minh

Quay lại bài toán:

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $(N)$ là đường tròn Euler. $M$ là trung điểm $BC$. $(N)$ cắt $(U)$ tại điểm thứ hai $Q$. Theo Bổ đề $Q$ là trung điểm $HX$. Dễ thấy $(N)$ và $(U)$ cùng bán kính nên $N$ đối xứng $U$ qua $MQ$. Gọi $S$ là trung điểm $HP$ thì $S$ thuộc $MQ$ và $SN=SU$. Tương tự ta suy ra $S$ là tâm $(NUVW)$.




#668668 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 15:43

Lời giải bài 1:

1) $AD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $T$. Ta có $TB=TC$ suy ra $OT \perp BC$. Mặt Khác $(K)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$ nên $KD \perp BC$ do đó $KD \parallel OT$.

Suy ra $\widehat{KAT}=\widehat{KAD}=\widehat{KDA}=\widehat{OTA}=\widehat{OAT}$ nên $A, K, O$ thẳng hàng hay $(K, KA)$ tiếp xúc $(O, OA)$.

2) Ta có $\triangle BDF \sim \triangle BAD$, $\triangle CDE \sim \triangle CAD$ do đó $BD^2=BF.BA$, $CD^2=CE.CA$, suy ra $\frac{BF}{CE} = \frac{BD^2}{CD^2}.\frac{CA}{BA}=\frac{AB^2}{AC^2}.\frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AC}$ nên $EF \parallel BC$ theo định lí Thales. Do đó $\widehat{MBE}=\widehat{BEF}=\widehat{MAB}$ hay $\triangle MBG \sim \triangle MAB$, suy ra $MB^2=MG.MA=MD^2$ hay $M$ là trung điểm $BD$. Tương tự, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN= \frac{BC}{2}$. Ta có đpcm.




#668661 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 14:50

Lời giải bài 129: Ta sẽ chứng minh điểm cố định là Lemoine $L$ của $\triangle ABC$.

Kẻ tiếp tuyến tại $A, B, C$ của $(ABC) \equiv (O)$ cắt nhau tạo thành $\triangle MNR$. $AC$ cắt $OM, OR$ tại $U, V$.

Ta có $P, Q, L$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ $A(PQLC)=C(PQLA)$ $\Leftrightarrow$ $A(DXMU) = C(FZRV)$ $\Leftrightarrow$ $(XDUM)=(FZRV)$. Cái này thì đúng vì hai tứ giác $MCUB \cup X \cup D$ đồng dạng với $VARB \cup F \cup Z$. Ta có đpcm.




#668658 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 13:26

Có lẽ bài tổng quát của bài 128 là ở đây: http://www.artofprob...1239098p6320740




#668346 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 15-01-2017 - 00:53

Lời giải bài 123: 

Gọi $X$ la giao điểm của $AC$ và $BD$. 

Theo định lí Brocard ta có $O$ là trực tâm $\triangle EFX$. Do đó $OX \perp EF$ tại $H$. Khi đó ta cũng có $H \in (FAB), (EAD)$. 

Do đó $(FO^2- OA^2)+(EO^2-OA^2)=\mathcal{P}_{F/(O)}+\mathcal{P}_{E/(O)} $ $=$ $\overline{FA}.\overline{FD}+ \overline{EA}.\overline{EB}$ $=$ $\overline{FH}.\overline{FE}+\overline{EH}.\overline{EF}$ $=$ $\overline{EF}(\overline{EH}-\overline{FH}) = EF^2$ hay $2OA^2 = OF^2+OE^2-EF^2 = 2OM^2 + 2EM^2 - 4EM^2$. Suy ra $OM^2-OA^2=ME^2$ hay $(EF)$ và $(O)$ trưc giao.

Ta sẽ chứng minh: Trục đẳng phương của $(SBD)$ và $(TAC)$, trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$ trùng nhau.

Gọi $Y, Z$ là giao điểm của $OT, OS$ với $BD, AC$.

Xét phép nghịch đảo đường tròn $(O)$, ta có $(TAC) \leftrightarrow (YAC)$, $(SBD) \leftrightarrow (ZBD)$. $(ZBD) \cap (TAC) = \{R, S \}$. Dễ thấy rằng $RS$ đi qua $X$. 

Đường tròn $(EF)$ cắt $(O)$ tại $P, Q$. Do $(EF)$ trực giao $(O)$ nên qua phép nghịch đảo $(EF)$ được bảo toàn. 

$AC$ cắt $EF$ tại $U$. Ta có $(UXAC)=-1$ va $HX \perp HU$ nên $HO$ là phân giác $\widehat{AXC}$. Suy ra $A, H, O, C$ đồng viên.

Dễ thấy $\mathcal{P}_{X/(EF)} = \overline{XH}.\overline{XO}= \overline{XA}.\overline{XC} = \mathcal{P}_{X/(O)}$ nên $X$ thuộc $PQ$. 

Ta có $\overline{XP}.\overline{XQ}=\overline{XA}.\overline{XC}=\overline{XR}.\overline{XS}=\overline{XH}.\overline{XO}$ nên 6 điểm $H, O, P, Q, R, S$ đồng viên. Qua phép nghịch đảo, đường tròn này chính là trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$, $(SBD)$ và $(TAC)$ nên ta có đpcm.




#668329 Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 14-01-2017 - 22:20

Lời giải bài 8 mở rộng 

Dễ thấy $SR \parallel EF$ nên $(SR, SQ) \equiv (SR, SA) \equiv (SR, AB) + (AB, SA) \equiv (FE, FB) + (AB, AQ) \equiv (CE, CB) + (AP, AC) \equiv (AC, CB) + (AP, AC) \equiv (AP, BC) \equiv (PR, PQ)$ (mod $\pi$) nên $S, R, P, Q$ đồng viên, hơn nữa dễ thấy $K$ thuộc trung trực $PQ, SR$ nên ta có đpcm.




#668318 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 14-01-2017 - 21:22

Lời giải bài 122: 

Bài này hình như bị "thừa" dữ kiện @@.

Ta chỉ cần chứng minh $SU, GH, BC$ đồng quy. $GH$ cắt $BC$ tại $Z$. $ZX$ cắt $CM$ tại $U$. Ta sẽ chứng minh $U, I, K$ thẳng hàng.

Ta có $HS \perp AO$, $HB \perp AC$, $HZ \perp AD$, $HC \perp AB$. $H(SBZC)=A(OCDB)$, tức là $S(HBZC)=A(GEMF)=C(GEMF)$ do $B, Z, C$ thẳng hàng. Suy ra $S(KIUC)=C(KIUS)$. Ta có đpcm. 




#668143 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 13-01-2017 - 13:13

Lời giải bài 114. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle ABC$.Ta có $AD^2=AX.AB=AY.AC$ nên $X, Y, B, C$ đồng viên. Mặt khác dễ thấy $BC$ tiếp xúc $(AD)$ nên $KD^2=KX.KY=KB.KC=KA.KZ$ và $\widehat{ADK}=90^{\circ}$ nên $DZ \perp AK$ hay $Z \in (AD)$. $LA$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó ta có $H, P, M$ thẳng hàng và $HM \perp LA$, suy ra $AR \perp HM$. $OM \cap AR = Q$ thì $AHMQ$ là hình bình hành, tuy nhiên $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$ nên $O$ là trung điểm $MQ$. Theo Thales ta có $OR$ chia đôi $AD$. Mặt khác trung điểm $AD$, $O$ thuộc trung trực $AZ$ nên $R$ cũng huộc trung trực $AZ$. Ta có đpcm.

 

Figure4249.png

 

Bài toán 115. (Thầy Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. $(K)$ là đường tròn qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$ cắt $BC$ tại $Y, Z$. Điểm $S$ chia đoạn $OL$ theo tỉ số $\frac{-1}{3}$. $YL$ cắt $(S, SY)$ tại điểm thứ hai $E$. Chứng minh $(XYE)$ chia đôi $AL$.   




#667983 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 11-01-2017 - 16:30

$\boxed{\text{Lời giải bài 111}}$
$AK$ cắt $(K)$ tại điểm thứ hai $N$. $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$.
Ta có $\triangle XBF \cap I \stackrel{+}{\sim} \triangle XIE \cap C (g.g) $ . Suy ra $XI$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $X$ thuộc $PI$.
$\overline{AR}.\overline{AN}=AF^2=\overline{AI}.\overline{AK}$ nên $(AIRN)=-1$, mặt khác $XR \perp XN$ nên XR là phân giác trong $\widehat{AXP}$ hay $X$ thuộc $QR$.
Phép vị tự tâm $X$ biến $(K)$ thành $(O)$ đã biến $R$ thành $Q$ nên $AK \parallel OQ$. Mặt khác $OQ$ là trung trực $AP$ và $AK \perp AP$ nên $OQ$ chia đôi $PI$ tại $Y$. Ta có $\triangle XBD \sim \triangle XPC$ và $\triangle XBI \sim \triangle XIC$ nên $XD.XP=XB.XC=XI^2$, tức là $\frac{XD}{XI}=\frac{XI}{XP}$. Do $M, Y$ thứ tự là trung điểm $DI, IP$ nên $\frac{XD}{DM}=\frac{XI}{IY}=\frac{XR}{RQ}$ do $RI \parallel QY$. Theo Thales ta có $RD \parallel MQ$.

$\boxed{\text{Bài toán 112}}$ Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. Đường tròn $(K)$ qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc $BC$ cắt $OL$ tại $T$. Chứng minh $\overrightarrow{OT}= \frac{1}{4} \overrightarrow{OL}$




#667966 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 11-01-2017 - 09:10

Một cách khác cho bài toán 110:

Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$. $A_1$ là hình chiếu của $J$ trên $BC$. $B_3, C_3$ là hình chiếu của $K, L$ trên $AC, AB$.

Theo tính chất của tâm bàng tiếp ta có $A_1C=AC_3$, $A_1B=AB_3$ và $CB_2=CB_3=BC_2=BC_3$. Suy ra: $A_1B_2=A_1C+CB_2=AC_3+BC_3=AB$, $A_1C_2=AC$.

Ta có $(CA^2 - CB_2^2) + (JB_2^2 - JC_2^2) + (BC_2^2 - BA^2) =  (CA^2 - BA^2) + (A_1B_2^2 - A_1C_2^2) = 0$. Như vậy: Đường thẳng qua $C$ vuông góc $AB_2$, đường thẳng qua $B$ vuông góc $AC_2$ và đường thẳng qua $J$ vuông góc $B_2C_2$ đồng quy theo định lí Carnot. Do đó ta suy ra đường thẳng qua $C_2$ vuông góc với $JB$, đường thẳng qua $B_2$ vuông góc với $JC$ và đường thẳng qua $A$ vuông góc $BC$ đồng quy. Tức là $C_2C_3, B_2B_3$ và đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ đồng quy. Mặt khác $C_2C_3, B_2B_3$ là các đường cao của $\triangle NB_2C_2$ nên ta có $A, N, H$ thẳng hàng. 

P/s: Xin giải lại bài toán 109 theo cách tam giác đồng dạng: cùng ý tưởng với manhtuan00

$IB$ cắt $JC$ tại $M$, $IC$ cắt $JB$ tại $N$. Ta chứng minh $BC, EF, MN$ có 3 trung điểm thẳng hàng, hay $\frac{BE}{BM}=\frac{CF}{CN}$. Ta có $XK$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $\widehat{KXB}=\widehat{KXC}=\widehat{BJC}$. Suy ra $\widehat{XBJ}= \widehat{XJC}$ hay $\triangle XBJ \sim \triangle XJC$. Gọi $Y, Z$ là hình chiếu của $X$ trên $JB, JC$ thì $\frac{XY}{XZ}=\frac{JB}{JC}$. Mặt khác $BEXY$ và $CFXZ$ là các hình chữ nhật nên $\frac{JB}{JC}=\frac{BE}{CF}$. Ta lại có $\triangle JBM \sim \triangle JCN (g.g)$ nên $\frac{BE}{CF}= \frac{BM}{CN}$ ta có đpcm.