Đến nội dung


manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 22:45
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố...

19-11-2017 - 20:19

  Ta sử dụng một số kết quả quen thuộc : 

1) $OI$ là đường thẳng Euler $\triangle DEF$ 
2) Lấy $X$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$ thì $XD$ là phân giác $KXI$
 
Thật vậy , $XD$ là phân giác $KXI$ nên $K,X,L$ thẳng hàng . Gọi $H$ là trực tâm $\triangle DEF$ , $DH$ cắt $(I)$ tại $H'$ 
Khi đó ta có $H,I,R,O$ thẳng hàng . 
Ta có $\frac{PL}{PX}=\frac{LI}{DX} = \frac{DH}{DX}=\frac{QH'}{QX}$ , suy ra $QP \parallel LH'$ 
Khi đó , $\angle SQP = \angle QLH' = \angle PIR$ nên $Q,R,P,I$ đồng viên
File gửi kèm  1.png   180.29K   0 Số lần tải

Trong chủ đề: Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố...

19-11-2017 - 20:17

Lời giải bài 1 : 
Gọi $S$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ . $Q$ là trung điểm $OS$
Ta có $CE = CB = BF , SC = SB , \angle SCE = \angle SBF $ nên $\triangle SCE = \triangle SBF$ 
Gọi $T$ là giao điểm của $BF,CE$ , bằng cộng góc ta có $T \in (BOC)$ nên $\angle BTC = \angle BSC = \angle ESF$ 
Gọi $SP$ là đường kính của $(SEF)$ . Ta có $\triangle SEF \cap P \sim \triangle SBC \cap O $ nên $\angle PTE = \angle PSE = \angle OSC = \angle OTC$ , từ đây suy ra $P,A,O,T$ thẳng hàng 
Hơn nữa , theo kết quả Tuymaada 2009 ta có $AQ \perp EF$ , mà lại có $PS \perp EF$ , nên $A$ là trung điểm $OP$
Gọi $N$ là giao điểm $AM$ với $OS$ . Theo định lý Menelaus ta có $\frac{\overline{NO}}{\overline{NS}} = \frac{\overline{MP}}{\overline{MS}}.\frac{\overline{AO}}{\overline{AP}}=\frac{\overline{CO^2}}{\overline{CS^2}}$ cố định , nên $N$ cố định 
Vậy $AM$ đi qua điểm $N$ cố định trên trung trực $BC$  
File gửi kèm  Untitled.png   243.21K   0 Số lần tải

Trong chủ đề: Tuần 2 tháng 11/2017:$KN_a,KN_b,KN_c$ lần lượt cắt $EF,FD,...

06-11-2017 - 12:32

Lời giải bài 1 của em : GỌi $G$ là điểm Poncelet ( điểm đồng quy của các đường tròn Euler $\triangle PBC,\triangle PCA , \triangle PAB$ và đường tròn Pedal của $P$ ứng với $\triangle ABC$ ) . Gọi $XYZ$ là tam giác Pedal của $P$ . $U,V,W$ lần lượt là giao điểm của $KN_a,KN_b,KN_c$ với $EF,FD,DE$ . $Q,R,S$ lần lượt là giao điểm của $KD,KE,KF$ với $EF,FD,DE$ . 

Ta có $AQ \perp YZ$ nên $KD$ là trung trực $YZ$

Ta có biến đổi tỉ số :  $\prod \frac{\overline{UF}}{\overline{UE}} = -\prod \frac{\overline{UF}}{\overline{UE}} : \frac{\overline{QF}}{\overline{QE}} =- \prod (UDEF) = -\prod K(UD,EF) = -\prod X(G , \parallel YZ , Z,Y)$

$= \prod \frac{\overline{GZ}}{\overline{GY}}. \frac{\overline{XY}}{\overline{XZ}} = 1$ nên theo định lý Menelaus ta có $U,V,W$ thẳng hàng 

File gửi kèm  Untitled.png   169.32K   1 Số lần tải


Trong chủ đề: Tuần 2 tháng 11/2017:$KN_a,KN_b,KN_c$ lần lượt cắt $EF,FD,...

06-11-2017 - 12:16

Bài 2 là một phát triển của đề Sư Phạm , đồng thời cũng là trường hợp riêng của bài tuần trước đúng không ạ . Gọi $T$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ , áp dụng định Lý Pascal ta thu được $S,I,T$ thẳng hàng . Gọi $U,V$ lần lượt là giao điểm của $IM,IN$ với $(O)$ . Khi đó ta có $IT \perp UV$ nên $IS$ đi qua tâm ngoại $\triangle IMN$ . Mà $S$ nằm trên trung trực $MN$ nên $S$ là tâm ngoại $\triangle IMN$


Trong chủ đề: Marathon số học Olympic

27-10-2017 - 01:01

Bài này là của Gabriel Dospinesscu, có thể tham khảo cuốn Straight from the book, lời giải khá hay.

có thể dùng nội suy lagrange