Đến nội dung


SonKHTN1619

Đăng ký: 16-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 18:46
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tuần 4 tháng 5/2017: Chứng minh rằng $MY \parallel KR$.

22-05-2017 - 19:07

Giải bài 2:
$H,O$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong $\Delta ABC$
$=> \angle OPC = \angle OBC = \angle ABH$
$=> \Delta ACP \sim \Delta AHB => AB.AC=AH.AP$
Gọi $S$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC. => S$ nằm trên $(BHC)$
$=> \Delta ABS \sim \Delta AOC => AB.AC=AO.AT$
Xét phép F là hợp phép nghịch đảo cực $A$, phương tích $AB.AC$ và với phép đối xứng qua phân giác $\angle BAC$, ta có
$B \leftrightarrow C$
$O \leftrightarrow S$
$H \leftrightarrow P$
$=> (APH) \leftrightarrow HP, (BOC) \leftrightarrow (BHC), (O) \leftrightarrow BC$
$=> X \leftrightarrow D$ với $D$ là giao của $HP$ và $BC$.
Gọi $E,F$ là giao của $BS$ với $OC$, $BH$ với $CP$.
$\angle AOE = 180^{\circ} - \angle AOC = 180^{\circ} - \angle ABS = \angle ABE => BEAO$ là tứ giác nội tiếp
Tương tự, $AFCH$ là tứ giác nội tiếp.
$=> \angle EAB +\angle FAC= \angle EOB +\angle FHC = 2 \angle OCB + \angle BAC = 180^{\circ} - 2 \angle BAC +\angle BAC$
$=> E,A,F$ thẳng hàng.
$=>$ Áp dụng định lý $Desargues$ cho $ \Delta BHS$ và $ \Delta CPO$ ta thu được $=> SO, HP, BC$ đồng quy tại $D$
Gọi $K$ đối xứng $O$ qua $BC$
Qua phép đỗi xứng trục $BC$, $SD$ đi qua $O => AD$ đi qua $K$ cố định.
Qua phép F, $AX$ đi qua điểm $L$ cố định.

Trong chủ đề: Đề thi Olympic chuyên KHTN 2017

06-05-2017 - 13:29

Câu 3: 

a/Gọi $G$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $T,S,R$ là giao điểm của của $AD$ với $(I), EF, PQ$

$A$ là cực của $EF$ => $G$ là cực của $TD$ => $GT$ là tiếp tuyến của $(I)$.

$=> (DTPQ) = D(DTPQ) = D(GSMN) = D(GDCB) = -1$

$=> DPTQ$ là tứ giác điều hòa

$=> PQ$ đi qua $G$

$=> (GRPQ)=(GDBC) = -1 => BP, CQ, DR$ hay $AD$ đồng quy tại điểm J.

b/$(GSNM)=(GRQP)=-1=> AD,NP,MQ$ đồng quy tại $K$.

$DM$ cắt $BN$ tại $L$.

$=> M(BCNL) = M(BCGD) = -1 => B$ là trung điểm $NL$

$=> P(xJKD) = -1 => J$ là trung điểm $KD$.

Theo tính chất đường thẳng Gauss của tứ giác $DPKQ$, ta có $JX$ chia đôi $MN$. 

 


Trong chủ đề: Chứng minh rằng $(BOY)$ tiếp xúc với $(COZ)$

05-05-2017 - 20:22

Hint: Xét phép nghịch đảo cực O phương tích OA^2


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

30-01-2017 - 10:01

Bài 159 anh Hoàng cho đề bị nhầm ở chỗ là N là giao của AD với (DMC). Em xin sửa lại đề như sau:

$\boxed {Bài 159: (Mathlinks) }$

Cho $\Delta ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC, CA, AB$ tại $D,E,F. AD$ cắt $(I)$ tại điểm thứ hai $M.$ Gọi $N$ là giao điểm thứ hai khác $D$ của $DF$ với $(CDM), G$ là giao của $CN$ và $AB$. Tính $\frac{CD}{FG}$

Lời giải cho bài 160:

$X\equiv EF\cap CN => (XN,GC)=-1$ (1)
Do đó, $\frac{XG}{XC}=\frac{NG}{NC}$
Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta BGC$, ta có:
$\frac{FG}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{NC}{NG}=1=>\frac{FG}{CD}=\frac{NG}{NC}$
$\angle NCM=\angle NDM=\angle XEM$
$=>MECX$ là tứ giác nội tiếp.
$=>\angle MXC=\angle AEM=\angle ADE$ và $\angle XMN=\angle EDC$
$=>\frac{NX}{NC}=\frac{sin(\angle XMN)}{sin(\angle CMN)}.\frac{sin(\angle MCX)}{sin(\angle MXC)}=\frac{sin(\angle CDE)}{sin(\angle BDF)}.\frac{sin(\angle FDA)}{sin(\angle ADE)}=1$
$=>NX=NC$ (2)
(1), (2) $=>(NG,XC)=2=>\frac{GX}{GC}=\frac{1}{2}=>\frac{CD}{FG}=\frac{NC}{NG}=3 (q.e.d)$
Em xin đề nghị bài khác để duy trì 2 bài của topic: 
$\boxed {Bài 161: (Mở\:  rộng\:  từ\:  bài\: toán\: trên\: THTT\: của\: Tạ\: Hồng\: Sơn)}$
Cho $\Delta ABC$ có tâm nội tiếp $I.$ 
Kí hiệu $\omega ,\omega _1, \omega _2$ lần lượt là các đường tròn $(IBC)$, $I-Mixtilinear$ của $\Delta IAB$ và $\Delta IAC$.
Gọi $\Gamma $ là đường tròn tiếp xúc ngoài với 3 đường tròn trên.
CMR $\Gamma $ tiếp xúc $\omega $ tại $I.$
 

Trong chủ đề: Tuần 5 tháng 1/2017: $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau...

30-01-2017 - 09:21

Ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Cho $\Delta ABC $, phân giác $AD,BE,CF$ đồng quy tại $I.$
$X,Y,Z$ thuộc $EF,FD,DE. X,A_1$ trên $EF,BC$ sao cho $I, A_0, X$ thẳng hàng và $IX⊥BC.$
Khi đó, $AA_0, AX$ là hai đường đẳng giác. 
Chứng minh:
Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC.$
$AD$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $A_1, A_2$ đối xứng $A_1$ qua $O.$
$EF ∩ BC ≡ S, A_0A_2 ∩ OI ≡ A_3, IX ∩ AA_2 ≡ A_4, IS ∩ AB ≡ A_5$
$A_2(IA,XA_3)=(IA_4,XA_0)=S(A_5A,FB)=I(A_5A,FB)=(SD,BC)=I(A_2A_1,XO)=(A_2A,XA_3)$
$=>A,X,A_3$ thẳng hàng.
$=>A_0, AX$ là hai đường đẳng giác (q.e.d).
Quay trở lại bài toán:  
Đoạn $AD,AR$ cắt (I) lần lượt tại $L,G.$
Áp dụng bổ đề, ta có $L, G$ đối xứng qua $AI.$
$AI ∩ (I) = {J,S} => SE = SF$
$AM // JE, AN // JF$
$=>$ Ta có biến đổi góc sau:
$∠MAN+∠MDN = ∠BAC+∠NAF +∠MAE + ∠EDF = ∠BAC + ∠AEJ + ∠AFJ + ∠EDF = ∠BAC + 2∠EDF = 180°$
$=> AMDN$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $\omega .$ 
Từ đó ta có biến đổi tỉ số:
$\frac{FN}{AF}=\frac{sin(∠NAF)}{sin(∠AND)}=\frac{sin(∠MAE)}{sin(∠AMD)}=\frac{EM}{AB} => FN=EM$
Mặt khác, $∠NFS = 180-∠SFD = 180-∠SED = ∠MES$
$=>\Delta MES = \Delta NFS => SM=SN.$ (1)
Gọi $K,T$ lần lượt là giao của $MN, JG$ với $AB$.
Ta có biến đổi góc:
$∠ADE=∠LFE=∠GEF=∠TJF$
$=>∠AKM = ∠ANK+∠KAN = ∠ADE+∠AFJ = ∠AFJ+∠TJF=∠ATJ$
$=> JG // MN => SG ⊥ MN$ (2)
(1),(2) => $GM=GN$ (q.e.d)