Đến nội dung


SonKHTN1619

Đăng ký: 16-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 20:48
-----

#681529 Tuần 4 tháng 5/2017: Chứng minh rằng $MY \parallel KR$.

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 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.


#679687 Đề thi Olympic chuyên KHTN 2017

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 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 $MN$. 

 




#679613 Chứng minh rằng $(BOY)$ tiếp xúc với $(COZ)$

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 05-05-2017 - 20:22

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




#670433 Tuần 5 tháng 1/2017: $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau trê...

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 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)

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2017-01-30 09:20:44.png



#667762 Tuần 2 tháng 1/2017: Chứng minh đường tròn đi qua 2 điểm cố định

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 09-01-2017 - 18:48

bài này giống với cấu hình bài vmo 2017 đợt 2 ,

cách của em giống với cách anh ecchi 123, nhưng có điều này em thắc mắc,giả sử tiếp tuyến của B,C cắt nhau tại X,tiếp tuyến của S,T cắt nhau tại Y thì X,Y cố định và X,Y ,E,F thẳng hàng

HX,HY cắt (PQR) tại X',Y' cũng cố định?

X,Y,E,F không thẳng hàng đâu.




#667761 Tuần 2 tháng 1/2017: Chứng minh đường tròn đi qua 2 điểm cố định

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 09-01-2017 - 18:46

Bài toán này là mở rộng của bài 7b VMO năm nay.
$ J≡BS∩CT,X≡AJ∩EF $
$=>(ST,AX)=(BC,AX), X,J$ cố định.
Áp dụng định lý Pascal cho $(\begin{array}{} A & S & T \\ P & C & B  \end{array})$, ta co $E,F,J$ thẳng hàng.
$D≡PX∩BC, G≡AP∩BC, \left\lbrace A,L \right\rbrace=AD∩(O)$
$P(AD,EF)=(AX,ST)=(AX,BC)=P(GD,BC)=A(GD,BC)=A(PD,EF)$
$=>D,E,F$ thẳng hàng.
$=>\overline{DP}.\overline{DX}=\overline{DB}.\overline{DC}=\overline{DQ}.\overline{DR}$
$=> (PQR)$ đi qua $X$ cố định.
$\left\lbrace X,Y \right\rbrace=(PQR)∩AJ$
$\overline{JY}=\frac{\overline{JP}.\overline{JQ}}{\overline{JX}}=\frac{\mathscr{P}_ J/(K)}{\overline{JX}}=  const$
$=>Y$ cố định (q.e.d)



#667253 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 06-01-2017 - 11:29

VMO ngày 2

Hình gửi kèm

  • 15822721_1604055969609602_1427530542529003057_n.jpg



#667212 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 05-01-2017 - 23:57

Câu a hoàn toàn có thể viết lại bằng một đường tròn đi qua B,C như sau:

Gọi $\omega $ là đường tròn đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E, F$, tâm $K$. Gọi $L$ là tâm của $(AEF)$, $H$ là giao của $BE, CF$. Gọi $G$ là giao điểm của $KL$ với $AH$, $D$ là giao điểm thứ hai của $AH$ với $(O)$. $DB, DC$ cắt $EG,FG$ lần lượt tại $M,N$. CMR $OL \perp  MN$. 

Câu b em chưa biết nên mở rộng thế nào vì lúc này tuy tính chất chia đôi của $BP,CQ$ vẫn bảo toàn nhưng do $H$ không nằm trên $(AEF)$ nữa nên mất đi tính chia đôi của $RS$.




#667204 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 05-01-2017 - 22:42

Một mở rộng cho câu 3a, tuy nhiên ý tưởng là khá lộ liễu.
Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $BE,CF$ là các đường cao, $H$ trực tâm. $AH$ cắt (O) tại điểm thứ hai $D$, $I$ trung điểm $AH$. $DB,DC$ cắt $EI,FI$ tại $M,N$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $NH$ với $(BNE)$,$MH$ với $(CMF)$. CMR $(AH)$, đường tròn đối xứng $(O)$ qua $BC$, $(HST)$ đồng trục.




#667191 Đề Thi VMO năm 2017

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 05-01-2017 - 22:00

Giả sử tồn tại $P(x)$ thỏa mãn.

Do $x^3-2$ và $x^2-5$ lần lượt là các đa thức tối thiểu của $\sqrt[3]{2}$ và $\sqrt{5}$ nên ta có:

$x^3-2|P(x+1)-(x+1)$; (1)

$x^2-5|P(x+1)-(3x+2)$. (2)

Từ (1), tồn tại $Q(x)$ là đa thức hệ số nguyên sao cho $P(x+1)=(x+1)+(x^3-2)Q(x)$

Do đó,

(2)$\Leftrightarrow (5x-2)Q(x) \equiv 2x+1 (mod x^2-5)$

$\Leftrightarrow (5x-2)(5x+2)Q(x) \equiv (2x+1)(5x+2) (mod x^2-5)$

$\Leftrightarrow 121Q(x) \equiv 9x+52 (mod x^2-5)$

Với $x=-4, 0 \equiv 16 (mod 11)$, vô lý.

Do đó không tồn tại $P(x)$ thỏa mãn.

 




#665969 Tuần 4 tháng 12/2016 : Bài toán chia đôi cạnh

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 26-12-2016 - 23:24

Em xin đóng góp một lời giải ạ.

Hình gửi kèm

  • 15696731_1798957650370931_121821317_o.jpg



#665915 Tuần 4 tháng 12/2016 : Bài toán chia đôi cạnh

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 26-12-2016 - 18:59

Lời giải của em ạ:
Gọi $E, F$ là tiếp điểm của $(K)$ với $CA, AB\Rightarrow E, F, M$ thẳng hàng.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC, I$ là tâm nội tiếp $\triangle  ABC$
Ta có: $ (LP,LM) \equiv (AO,AK) \equiv (AI, AH) \equiv (ML,MP) \pmod \pi  $ $\Rightarrow  \triangle$ PLM cân tại P
Kẻ đường kính $AX$ của $(O)$.
$\Rightarrow (DL,DP) \equiv (LP,LD) \equiv (XA,XD) \pmod \pi $ $\Rightarrow PD$ là tiếp tuyến chung của $(K)$ và $(O)$.
$AD$ cắt $(K)$ tại điểm thứ hai $U, XL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $U, G$ là cực của $XD$ với $(I)\Rightarrow G$ nằm trên $EF$.
XU vuông góc UA => A,U,F,K,E nằm trên (AK).
$ \overline{AI}.\overline{AK}=AE^{2}=\overline{AV}.\overline{AD} $
=>V,I,K,D thuộc cùng đường tròn $ \Gamma $ .
=> L là tâm đẳng phương của (AK), $ \Gamma $ và (K).
Kết hợp với (GL,FE)=-1, ta có
$ \overline{LI}.\overline{LG}=\overline{LE}.\overline{LF}=\overline{LT}.\overline{LK} $ => $G \in \Gamma $ và G,U,A thẳng hàng.
Kẻ tiếp tuyến AS của (O) với S nằm trên BC, T là giao của EF với DN. (D,N,X thẳng hàng)
=> $(AS,AD) \equiv (IS,ID) \equiv (UG,UD) \equiv (XA,XD) (mod \pi)$ => AT tiếp tuyến (O) => A,S,T thẳng hàng.
Dựng đường tròn (DMT).
$ (TA,TM) \equiv (AX,AJ) \equiv (DX,DJ) \equiv (DT,DM) (mod \pi ) $
=>ST tiếp xúc (DMT). (1)
$ (MS,MT) \equiv (AH,AI) \equiv (AJ,AX) \equiv (DJ,DX) \equiv (DM,DT) (mod \pi ) $
=>MS tiếp xúc (DMT). (2) 
Gọi W trung điểm AT => $WA^{2}=WT^{2}=WD^{2}$
=>PD là tiếp tuyến của (DMT). (3)
(1),(2),(3)=>(PS,MN)=-1
=>A(PS,QR)=(PS,MN)=-1
Kết hợp QR // AS, ta thu được P là trung điểm QR (q.e.d)
P/s: Anh Bảo sửa giùm em LaTeX với, em mới lần đầu dùng LaTeX trên diễn đàn nên chưa quen ạ, hi vọng mọi người đọc và hiểu được.

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2016-12-26 18:58:56.png



#665066 Tuần 3 tháng 12/2016 : Đường tròn tiếp xúc

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 18-12-2016 - 22:15

Em cũng vừa nghĩ ra nhưng anh Bảo đăng lời giải nhanh quá, cách giống của em nhưng em vẫn đăng vậy.

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2016-12-18 22:14:36.png



#664804 Tuần 2 tháng 12/2016 : Bài toán nội tiếp trên đường tròn tiếp xúc

Gửi bởi SonKHTN1619 trong 16-12-2016 - 18:05

Em xin đề xuất một hướng nhìn khác của bài toán.

Cho tam giác ABC, (J) là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. (J) tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F. M,N,P,Q lần lượt là trung điểm DE, DF, EM ,FN. PQ cắt BM, CN tại S,T. Chứng minh rằng B,C,S,T thuộc cùng một đường tròn tiếp xúc (J).

Chứng minh bài toán này hoàn toàn tương tự bài toán gốc.

Sau đây là chứng minh của em cho bài toán gốc.

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2016-12-16 17:42:54.png
  • IMG_0535.JPG
  • IMG_0536.JPG