Đến nội dung

QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

Đăng ký: 04-05-2016
Offline Đăng nhập: Riêng tư
*****

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 $B$.