Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 17:25
***--

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

Hôm nay, 10:55

Mình xin phép đề xuất bài mới tại đang định up thì mạng sập 

Bài toán 173 : (sách) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $E$ là giao điểm của $AB$ với $CD$, $F$ là giao điểm của $AD$ với $BC$ . $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $P$, $(CEF)$ cắt $O$ tại $Q$. $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Chứng minh rằng $P,I,Q$ thẳng hàng


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

23-02-2017 - 00:17

Lời giải bài 172 : 

Trước tiên ta chứng min bổ đề sau : 

Bổ đề : Cho $\triangle ABC$. Đường tròn $(X)$ bất kì qua $A$ tiếp xúc với đường tròn Euler cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn $(XMN)$ tiếp xúc với đường trung bình của $\triangle ABC$

 

Chứng minh : Xét phép nghịch đảo $I^A_k$, bài toán trên trở thành : Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường thẳng bất kì tiếp xúc $(BOC)$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. $D$ đối xứng $A$ qua $MN$. Khi đí $(DMN)$ tiếp xúc $(O)$ ( đây chính là bài toán SMO 2016 ở đây https://www.artofpro...1220645p6102531 )

 

Áp dụng : Gọi $T$ là trung điểm $MH$

Theo định lý Menelaus ta có : $1 = \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}.\frac{\overline{NP}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{HA}}{\overline{HQ}}= \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}.\frac{\overline{MP}}{\overline{MC}}.2=\frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}\frac{\overline{MP}}{\overline{MH}} \implies \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}=\frac{\overline{MH}}{\overline{MP}}$ nên $MD \perp BC$

Ta có đường trung bình của $\triangle DAH$ tiếp xúc $(XMN)$ theo bổ đề, mà đường trung bình này chính là đường thẳng qua $T$ vuông góc $BC$ nên $(XMN)$ tiếp xúc đường thẳng cố định là đường qua trung điểm $MH$ vuông góc $BC$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

09-02-2017 - 14:37

Bài tâp 42: Chứng mimh rằng a, b, c > 0, thì ta có 

$\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}> \frac{2}{a} +\frac{2}{b}-\frac{2}{c}$

Điều cần chứng minh tương đương $a^2+b^2+c^2 \geq 2bc+2ca-2ab$ hay $(a+b-c)^2 \geq 0$


Trong chủ đề: Tuần 1 tháng 2/2017: $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$...

07-02-2017 - 01:30

Lời giải của em ạ 

Gọi $N$ đối xứng $P$ qua $O$ thì $N,E,B$ thẳng hàng và $N,F,C$ thẳng hàng. $BR,CR$ cắt $NC,NB$ tại $U,V$

$\blacksquare$ Ta chứng minh $AN,UV,BC$ đồng quy

$\angle PCR = \angle PBR$ nên $\angle VCN = \angle UBN \implies U,V,B,C$ đồng viên

$UV$ cắt $BC$ tại $T$ . Gọi $I$ là tâm $(UVBC)$. Theo định lý Brocard, $TR \perp NI$ tại $X$, $AR \perp TI$ tại $Y$

Xét nghịch đảo $ I^N_{NV.NB} : B \rightarrow V, C \rightarrow U,R \rightarrow Y, I \rightarrow X, P \rightarrow W ( W \equiv AO \cap UV)$

Thật vậy ta có $N,W,X,Y$ đồng viên trên đường tròn đường kính $NT$ nên $R,I,P$ thẳng hàng. Từ đây có $NA \perp RI$. Theo Brocard thì $NT \perp RI$ nên $N,T,A$ thẳng hàng.

$\blacksquare$ Ta chứng minh $QR$ đi qua điểm cố định 

Có $N(RT,BC) = F(ET,BC) = -1$ nên $N,Q,R$ thẳng hàng. $RQ$ cắt $(O)$ tại $L$ thì $(AL,BC) = N(AL,BC) = (TQ,BC) = -1 \implies L$ cố định. Vậy $QR$ đi qua $L$ cố định với $L$ thỏa mãn tứ giác $ABLC$ điều hòa


Trong chủ đề: $f(x^{2} + f(y)) = \frac{f^{2}(x)}{2} + 4y$

31-01-2017 - 00:21

$f(x^2+f(y)) = \frac{f^2(x)}{2}+4y$

$P(0,y):f(f(y)) = \frac{f^2(0)}{2}+4y \implies f$ song ánh

$P(-x,y) \implies f^2(x) = f^2(-x) \implies f(-x) = -f(x) \implies f(0) = 0$

$P(0,y) : f(x^2) = \frac{f^2(x)}{2}$

$P(x,0) : f(f(y)) = 4y$

$\implies f(x^2+f(y))= f(x^2)+f(f(y))$

Do $f$ song ánh nên có thể thay $f(y)$ bởi $y$ nên

$f(x^2+y) = f(x^2)+f(y)$

Do $f(x^2) = \frac{f^2(x)}{2} >0$ nên $f(x^2+y) > f(y)$. Vậy $f$ tăng ngặt

Lại có $f$ cộng tính nên $f(x) = ax \implies f(x) = 2x$