Đến nội dung


manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 17:29
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Truần 3 tháng 7/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $GDP$ đi q...

17-07-2017 - 09:50

Lời giải bài 2 :
Gọi $U,V$ là điểm chính giữa cung lớn, cung nhỏ $BC$ , $H$ là chân đường phân giác ngoài tại đỉnh $A$  , $AP$ cắt $(BCP)$ tại $T$ 
Ta có : $T(AM,BC) = (PM,BC) = D(PM,BC) = D(IM,BC) = -1$ nên $T,M,H$ thằng hàng
Lại có $HM.HT = HB.HC = HA.HU$ nên $UAMT$ nội tiếp, suy ra $\angle UMT = 90$
Gọi $UM,UD$ lần lượt cắt $BC$ tại $X,Y$, trung trực $BC$ cắt $HT$ tại $Z$ ,khi đó $IU.IV = IB.IC = ID.IP$ nên tứ giác $PUDV$ nội tiếp
Suy ra $ \angle PDU = \angle PVU = \angle UHB$, từ đây có tứ giác $HAYD$ nội tiếp nên $UA.UH = UY.UD = UX.UM $
Suy ra tứ giác $KHMX$ nội tiếp . Từ đây có $KX \perp UH $ , suy ra $K,X,Z$ thẳng hàng
Ta có $\angle MKX = \angle MHX = \angle ZMD = \angle ZDM$ nên tứ giác $KMZD$ nội tiếp . Mà $ZM = ZD$ nên $Z$ là điểm chính giữa cung nhỏ
Từ đây ta có $KZ$ là phân giác trong $\angle MKD$ , mà $KZ \perp KA$ nên $KA$ là phân giác ngoài, ta có điều cần chứng minh

Trong chủ đề: Truần 3 tháng 7/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $GDP$ đi q...

17-07-2017 - 09:48

Lời giải bài 1 : 

Ta giả sử $OI , AD, BF$ đồng quy tại điểm $T$ . Khi đó ta có $\angle TBD = \angle TDB = 90 - \angle BDC = 90 - \angle (AC,BD)$
Vậy nếu gọi $E$ là giao điểm của $AC$ với $BD$ thì $\triangle CED , \triangle BEA$ lần lượt cân tại $C,B$
Từ đây suy ra $BF$ là phân giác $\angle ABD$ nên $\angle AGB = \angle ABG = \angle GBD$. Từ đây có $AG \parallel BD$ . Lại có $CQ \parallel BD$ nên $GQ$ là đường kính của $(O)$
Ta có tứ giác $BFIO$ nội tiếp do có $\angle F = \angle I = 90$ nên $\angle PCA = \angle ADB = \angle TBI = \angle FOI = \angle POC$ . Suy ra $P$ là tâm $(OCQ)$ \implies $PM \perp OQ \equiv GQ$
Mặt kahsc , $Q,C$ đối xứng nhau qua $OI$ và $B,D$ cũng đối xứng qua $O,I$ nên $D,P,Q$ thằng hàng  nên $\angle GDP = 90$
Vậy 4 điểm $G,D,P,M$ đồng viên trên đường tròn $(PG)$ 

Trong chủ đề: Tuần 1 tháng 7/2017: Trung điểm của $QR$ nằm trên đường tròn ng...

03-07-2017 - 02:35

Lời giải bài 1 của em ạ 

Ta có $E,F$ lần lượt là đối xứng của $D$ qua $IC,IB$ . Gọi $U,V$ là hình chiếu của $B,C$ lên $IC,IB$ , khi đó $U,V,E,F$ thẳng hàng . Gọi $H$ là trực tâm $\triangle IBC$ . $MH$ cắt $(IBC)$ tại $Z$ . Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle IBC$ , $UV$ cắt $BC$ tại $K$ . Khi đó $A,Z,K$ thẳng hàng . Gọi $UV$ cắt $(L)$ tại $X,Y$ 

Ta có : $Z(PK,XY) = Z(JI,XY) = (JI,XY) = -1$ do $IJ$ là trung trực $XY$ . Mà ta lại có $(DKBC) = -1$ nên $PD$ là đường đối cực của $K$ với $(L)$ . Khi đó $\overline{P,D,Q,R}$ đi qua $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(IBC)$ . Khi đó trung điểm $QR$ chính là hình chiếu của $L$ lên $PW$ sẽ thuộc $(LBC)$, chính là đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ do $L$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ , nên trung điểm $QR$ nằm trên $(ABC)$

File gửi kèm  Untitled.png   260.81K   2 Số lần tải


Trong chủ đề: Cho $\bigtriangleup$ ABC trực tâm H.Nội tiếp đường tròn tâ...

02-07-2017 - 12:17

à , vì $LE$ là đường trung bình của $\triangle AHM $ ( $L$ là trung điểm $AH$ , $E$ là trung điểm $AM$ )


Trong chủ đề: Một bài toán trong hậu kỉ yếu GGTH 2016

01-07-2017 - 17:48

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp mạnh  : Giả sử đúng với $n = k$ , ta chứng minh đúng với $n = k+4$

Nhận xét là $0 = 1^2+2^2-3^2+4^2 -5^2-6^2+7^2 , 1 =1^2 , 2 = -1^2-2^2-3^2+4^2 , 3 = -1^2+2^2$ .

Hơn nữa , ta có $ 0 = (k+1)^2 - (k+2)^2-(k+3)^2+(k+4)^2-(k+5)^2+(k+6)^2+(k+7)^2-(k+8)^2$ nên có vô hạn cách biểu diễn

Nếu $n$ biểu diễn được thì $n+4$ cũng biểu diễn được bởi $ 4 = (k+1)^2-(k+2)^2-(k+3)^2+(k+4)^2$ . 

Ta hoàn tất chứng minh