vietdohoangtk7nqd

đề năm nay khó hơn đề năm ngoái nhưng theo cảm nhận cá nhân tôi thì hay hơn vì kiến thức rộng hơn và cần suy nghĩ nhiều hơn, nhất là ngày hai

chữ tài đi với chữ tai một vần

Phần mềm vẽ hình bạn, lười giất bút lắm.

thấy bạn giỏi hình như vậy mình mê lắm, mình rất thích hình nhưng không giỏi như bạn và các cao thủ khác, chỉ tạm tạm thôi. Qua 2 lần thi 30-4 điểm bạn đều cao hơn mình, thật khâm phục, mà năm nay bạn có đi gặp gỡ toán học không?

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $AP$ đi qua $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $(OBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn Euler tam giác $ABC$, $AD$ là đường cao của tam giác thì nhờ biến đổi góc, ta có được:

$\widehat{ABL}=\widehat{ACK}=\widehat{ADR}=\widehat{ABC}-\widehat{ACB}$

Ngoài ra $\dfrac{BL}{AB}=\dfrac{AO}{2AD}=\dfrac{RD}{AD}=\dfrac{CK}{AK}$ nên phép vị tự quay tâm $A$ biến $BC\to LK$ thì biến $D\to R$

Do đó $AR\perp KL$

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác $ABC$ và $TKL$, ta đưa về bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $O_a$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Trung trực $OB$ cắt $AC$ tại $Y$, trung trực $OC$ cắt $AB$ tại $Z$, trung trực $AO_a$ cắt $BC$ tại $X$. Chứng minh $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Nếu gọi $O_b, O_c$ là đối xứng với $O$ qua $AC, AB$ thì $X, Y, Z$ chính là tâm ba đường tròn $(AOO_a), (BOO_b),(COO_c)$, mà ba đường tròn này có tâm đẳng phương là $O$, mà điểm Kosnita lại là tâm đẳng phương của chúng nên $X, Y, Z$ thẳng hàng.

chào bạn Khoa, cho mình hỏi khi bạn giải những bài này, bạn dùng giấy và bút hay có sd phần mềm vẽ hình

có thánh nào làm bài 1 và bài 5 không, thi 2 ngày mà mình phế kinh khủng, chỉ làm được trọn vẹn 2 câu hình, câu 2 a, chém hết câu 6

Bài giải bài 157

Gọi M là trung điểm BC, Z là trung điểm cung BC không chứa A, W là giao điểm của (K) và (O), (K) tiếp xúc với AB,AC tại Q,P

ta chứng minh dễ dàng bằng biến đổi góc ABIM và ACNI nội tiếp

Từ đó ta có: góc INM=C/2=AIM do đó (MIN) tiếp xúc với AI, do đó IL vuông góc với AI

Gọi X,Y lượt là trung điểm cung AC,AB không chứa B,C

Ta có LX vuông góc với IN, LY vuông góc với IM, từ đó bằng biến dổi góc ta có X,Y,I,L đồng viên, mà XY song song với IL do cùng vuông góc AI nên XYLI là hình thang cân, mà XY là trung trực AI nên AYLX là hình bình hành, từ đó AL đi qua trung điểm XY

Gọi G là giao điểm của (IMZ) và (O) khác Z, bằng biến đổi tỉ số ta có tứ giác GBWC là tứ giác điều hòa và tam giác GQP đồng dạng GBC, bằng biến đổi góc suy ra AGK=90

Công việc cuối cùng là chứng minh G,I,D thẳng hàng

Điều này đúng do tam giác IMD đồng dạng AJO (với J là trung điểm XY)

Từ đó suy ra góc DGI=DAD, từ đó ta có dpcm

Một lần nữa xin thầy và các bạn thông cảm do mình không gõ bằng latex

Giải bài toán 153. Gọi $X$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC,$ ta chứng minh được $BF$ và $CE$ cùng đi qua $X.$

Do đó, ta đưa bài toán trên về bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),D$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A.$ Đường thẳng qua $O$ song song với $DB,DC$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $X,Y.d$ là đường thẳng qua $O$ song song $BC.W,Z$ là điểm đối xứng của $X,Y$ qua $d.$ Khi đó $AW=AZ.$

Chứng minh. Ta có $\widehat{OZY}=90^0- \widehat{C} \Rightarrow \widehat{OZY}+\widehat{DTO}=90^0,$ với $T$ là giao điểm của $AD$ và $OX \Rightarrow AD \perp WZ.$ (1)

Ta có $AW. \sin \widehat{BAW}=WX. \sin \widehat{AXW}=YZ. \sin \widehat{AYZ}=AZ. \sin \widehat{CAZ}.$ (2)

Gọi $WZ$ cắt $AB,AC$ tại $K,L$ thì $\Delta AKL$ cân tại $A$ do (1).

Kết hợp (2) $\Rightarrow KW. \sin \widehat{AKL}=LZ. \sin \widehat{ALK} \Rightarrow KW=LZ \Rightarrow \Delta AKW= \Delta ALZ \Rightarrow AW,AZ$ đẳng giác trong góc $A$ của $\Delta ABC \Rightarrow AW=AZ.$

Ta có đpcm.

Thầy Hùng đề nghị giúp em bài mới ạ.

mình mừng vì kết quả cũng khả quan cũng được vào vòng 2, xin chúc mừng các bạn đạt giải cao, các bạn được vào vòng 2 thì càng luyện công thêm nhé, các bạn nào kết quả không như mong muốn thì đừng buồn cố gắng trong các cuộc thi tiếp theo như casio, vmo 2018, thpt qg 2017...không phải vmo là cuộc thi duy nhất để thực hiện ước mơ!...Các bạn nào vào vòng 2 thì chạy tiếp nhé, còn mình thì lười biếng rồi, ăn tết xong  rồi tính, vòng 2 mình chỉ đi cho vui thôi, để viếng lăng Bác Hồ, tham quan Hồ Gươm,... là được rồi

khi nào có kết quả vậy các bạn, mình nôn quá

Lời giải bài toán 130. Ta phát biểu bài toán dưới dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 130'. Cho $\triangle ABC$, vẽ về phía ngoài $\triangle ABC$ các tam giác cân có cạnh bên bằng nhau và tổng các góc đáy là $90^\circ$. $\triangle ACY,\triangle BXC,\triangle AZB$ có $AY=YC=CX=XB=BZ=ZA$ và $\widehat{YAC}+\widehat{XCB}+\widehat{ZAB}=\alpha+\beta+\gamma=90^\circ$. Chứng minh rằng $AX, BY, CZ$ đồng quy.

Giải. Thực hiện phép quay,

$Q(C,-(\widehat{C}+\beta+\gamma) :X\to Y, B\to Y', \triangle CXB\to \triangle CYY'$.

Từ đó $Y$ là tâm $(AY'C)$ và $CY'=CB$. 

Vì $\alpha+\beta+\gamma=90^\circ$ nên $\widehat{Y'AY}=\alpha$

$\Rightarrow Q(A,-(\widehat{A}+\alpha+\beta)):Z\to Y,B\to Y',\triangle AZB\to \triangle AYY'\Rightarrow AY'=AB$. Từ đó $Y'$ đối xứng $B$ qua $AC$.

$\Rightarrow Y$ đối xứng với $O$ qua $AC$. Tương tự $Z$, $X$ lần lượt là đối xứng của $O$ qua $AB$, $BC$. Do đó $AX, BY, CZ$ đồng quy tại tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$. $\square$

Bài toán 131. Cho hình thoi $ABCD$ có góc $\angle DAB=120^\circ$. trên $CD$ và $CB$ lần lượt lấy $F$ và $E$ sao cho $CF=BE$. $AF$ và $AE$ lần lượt cắt $DB$ tại $Q,P$. Chứng minh $DQ,QP,PB$ là ba cạnh của một tam giác có góc là $60^\circ$.

Bài này đơn giản nên các bạn giải bằng 2 cách nhé, vẫn có thể sử dụng hình học không gian nhé

Bài toán 127. Cho hình vuông $ABCD$. Trên $DA,DC$ lấy $K,H$ sao cho $DK=CH$. $BK,BH$ cắt $AC$ tại $E,F$. Cm $AE,EF,FC$ là ba cạnh một tam giác có một góc là $60^\circ.$

Lời giải bài toán 125.

$AC,AD$ lần lượt cắt $BE$ tại $X,Y$, kẻ $AH$ vuông góc với $DE$ ($H$ thuộc $DE$)

Ta thấy ngay $\widehat{HAE}=\widehat{AED}-90^\circ=\widehat{ABE}$ hay $AH$ là tiếp tuyến của $(ABE)$

Ta có :

$BC.\sin (\widehat{BCA})=AB.\sin(\widehat{BAC})$

$DE.\sin(\widehat{ADE})=AE.\sin(\widehat{EAD})$

suy ra $AB.\sin(\widehat{BAC})=AB.\sin(\widehat{ABE})=AE.\sin(\widehat{EAD})$

Mà $AB.\sin(\widehat{ABE})=AE.\sin(\widehat{AEB})$

Do đó $\widehat{AEY}=\widehat{YEA}$.

Ta chỉ cần chứng minh $\widehat{CAD}=2\widehat{BCA}=2\widehat{ADE}$ thì $BC\parallel DE$ dẫn tới điều phải chứng minh.

Ta có : $\widehat{YAX}+\widehat{YXA}+\widehat{AYX}=180^\circ$.

Mà $\widehat{AYX}=2\widehat{ABE},\widehat{AYX}=2\widehat{AEY}=2\widehat{EAY}$, do đó ta cần chứng minh : $\widehat{ABE}+\widehat{ADE}+\widehat{EAD}=90^\circ$

Mà $\widehat{EAD}+\widehat{ADE}=90-\widehat{HAE}=90-\widehat{ABE}$

Do đó ta hoàn tất chứng minh.

Mình rất muốn giải bài trên của thầy Hùng nhưng trình độ còn kém nên chưa được, mình chỉ chứng minh được tâm $X$ của $(ADI)$ nằm trên $AT$.

Trước tiên ta chứng minh kết quả quen thuộc sau :
Gọi $W$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ thì $W,I,D$ thẳng hàng

Thật vậy, $DA$ và $DI$ đẳng giác nên $\widehat{NDA}=\widehat{IDM}$ (chú ý là $DN$, $DM$ đi qua trung điểm cung $AB$, $AC$ không chứa $C$, $B$)

Từ đó, $\widehat{IDM}=\tfrac{1}{2}\widehat{ACB}$, do đó $D,I,W$ thẳng hàng.

Gọi $X$ là tâm $(AID)$ thì ta có :

$\widehat{XAI}=90^\circ-\widehat{ADI}=90^\circ-\widehat{APO}=\widehat{ACP}=\widehat{TAI}$.

Do đó $A,X,T$ thẳng hàng.

Mình có đọc trong quyển "một số vấn đề toán học chưa giải quyết được của Phạm Bình Đô, Đặng Hùng Thắng ..." về vấn đề này, mình thấy nó hay mà ứng dụng cũng nhiều, nó sát với thực tế, thầy chủ nhiệm của mình (hồi dại học ổng viết chuyên đề về topo) cũng thích nó, hồi thcs tưởng nó chỉ có trong toán cao cấp, thế mà lên thpt mới biết nó cũng có thể giải phương trình hàm ( dùng điểm bất đông) , và lâu rồi mình không quan tâm đến nó, nhưng hôm nay thấy bài viết này đăng thì niềm đam mê cũ bộc phát nên đăng vài dòng cho vui

hồi lớp 7 là mình đã biết các điều trên nhưng khi vào lớp nói thì không ai tin