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.


QuangDuong12011998

Đăng ký: 04-05-2016
Offline Đăng nhập: 02-01-2020 - 17:00
*****

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tuần $2$ tháng $9/2017$: Chứng minh $\frac...

12-09-2017 - 10:53

Lời giải của Trung đúng rồi.

Bài 2 mình tìm ra đã rất lâu. Ban đầu mình tìm ra với trường hợp $X\equiv D$, $Y\equiv E$, $Z\equiv F$ rồi tổng quát lên. Chứng minh của mình cũng biến đổi góc thôi.

Bài 2 là một bài rất nhẹ nhàng.

Mình mong đợi nhiều hơn chỉ là một lời giải - không phải vì mình chờ lời giải khác mà là vì cấu hình bài toán còn nhiều thứ để vọc lắm. Bài toán không phải để giải.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

29-01-2017 - 22:39

Mình hoàn thiện chứng minh trên của Min Nq bằng hình học định hướng

$2\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{KX}+\overrightarrow{HZ}$, mà $KX=HZ$ nên $(\overrightarrow{QP},\overrightarrow{KX})=(\overrightarrow{HZ},\overrightarrow{KX})$ 

Góc giữa hai vector là góc định hướng $(\mod 2\pi)$

$\Rightarrow 2(\overrightarrow{QP},\overrightarrow{HZ})=(\overrightarrow{KX},\overrightarrow{HZ})=(\overrightarrow{KX},\overrightarrow{MO})+(\overrightarrow{MO},\overrightarrow{HZ})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{MO})+2(\overrightarrow{MO},\overrightarrow{AD})$

$\Rightarrow 2(\overrightarrow{QP},\overrightarrow{MO})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AD})+2(\overrightarrow{HZ},\overrightarrow{MO})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AD})+4(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{MO})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{MO})+2(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{MO})$

Đến đây chia hai vế cho 2(chia hai vế thì phải chia cả số chia)

$\Rightarrow (QP,MO)=(BC,MO)+(AD,MO)\pmod\pi$

Hơn nữa chú ý rằng $(BC,MO)+(AD,MO)=(AC,MO)+(BD,MO)=(AB,MO)+(CD,MO)\pmod\pi$ nên 4 điểm thẳng hàng.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

29-01-2017 - 17:09

Em mạo hiểm đề nghị bài sau

Bài toán 158. (Quan sát từ lâu) Cho 4 điểm phân biệt $A$, $B$, $C$, $D$ đồng viên. $M$ bất kì. $P_{ab}$ đối xứng với $M$ qua $AB.$

Tương tự ta xác định các điểm $P_{bc}$, $P_{ca}$, $P_{da}$, $P_{db}$, $P_{dc}.$

Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm $P_{da}P_{bc}$, $P_{ca}P_{db}$, $P_{ab}P_{dc}$ quay quanh một điểm cố định khi $M$ di động.

___________________________________________

P/S: Khi $M$ chạy ta còn thu được nhiều bất biến, quỹ tích, hình bao hay ho khác.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

29-01-2017 - 14:41

Bạn Min Nq làm đúng rồi. Bài 156 chỉ cần định lý Menelaus nhưng mình trình bày như sau:

$\triangle DBC\sim\triangle AEC\sim\triangle ABF\sim\triangle A'B'C'\text{ nào đó}$

Đường thẳng Euler của $\triangle A'B'C'$ cắt $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ tại $D'$, $E'$, $F'$ thì

\[\frac{\overline{XB}}{\overline{XC}}\cdot\frac{\overline{YC}}{\overline{YA}}\cdot\frac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=\frac{\overline{D'B'}}{\overline{D'C'}}\cdot\frac{\overline{E'C'}}{\overline{E'A'}}\cdot\frac{\overline{F'A'}}{\overline{F'B'}}=1\]

Vậy $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng.

Thực ra không cần tới đường thẳng Euler, chỉ cần thay bởi các đường thẳng $\ell_a$, $\ell_b$, $\ell_c$ thỏa mãn

\[\triangle DBC\cup\ell_a\sim\triangle AEC\cup\ell_b\sim\triangle ABF\cup\ell_c\]


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

28-01-2017 - 21:30

Lời giải bài toán 155.

Em sẽ tính toán.

Đặt $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$, và $p=\dfrac{a+b+c}{2}$

Vì $K$, $L$, $E$, $N$ đồng viên nên $CK\cdot CL=CE\cdot CN$

Chỉ cần tính được $CN$ - tức là biểu diễn được $CN$ qua $a$, $b$, $c$.

\[CK\cdot CL=CK^2+KL\cdot KC=CK^2+KD\cdot KF\]

Theo công thức tính độ dài đường phân giác, công thức hạ bậc và định lý cos

\[CK=\dfrac{2ab\cos\frac{C}{2}}{a+b}\Rightarrow CK^2=\frac{4a^2b^2\cos^2\dfrac{C}{2}}{(a+b)^2}=\frac{2a^2b^2(1+\cos C)}{(a+b)^2}=\frac{ab(a+b+c)(a+b-c)}{(a+b)^2}\]

\[KD=|AD-AK|=|p-a-\frac{bc}{a+b}|=|\frac{(a-b)(a+b-c)}{2(a+b)}|\]

\[KF=|AF-AK|=|p-b-\frac{bc}{a+b}|=|\frac{(a-b)(a+b+c)}{2(a+b)}|\]

\[\Rightarrow CK^2+KD\cdot KF=\frac{(a+b-c)(a+b+c)}{4(a+b)^2}\Big{(}(a-b)^2+4ab\Big{)}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{4}=p(p-c)\]

Mà $CE=p-c$ nên $CN=p$ $\Rightarrow$ $BN=p-a=BF$.

Vậy $\triangle BNF$ cân tại $B$.