Đến nội dung


manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 00:57
****-

Bài viết của tôi gửi

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

23-05-2017 - 01:59

Lời giải bài 2 của em cũng dùng nghịch đảo nhưng đoạn sau hơi khác tẹo ạ

 $PH$ cắt $BC$ tại $L$ .Xét phép nghịch đảo đối xứng $I^A_{AB.AC}.R_\triangle$ : $P \leftrightarrow H \implies X \leftrightarrow L$. Từ đây suy ra $AL,AX$ đẳng giác

$AO$ cắt $BC$ tại $R$, $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $M$ là trung điểm $BC$. Theo Menelaus cho $\triangle HA'P$ cát tuyến $BC$ ta có $\frac{LH}{LP} = \frac{RA'}{RP} $. Mà $RA'.RA = RO.RP = RB.RC$ nên $\frac{RA'}{RP} = \frac{RO}{RA}$. Ta lại có $OP.OR = OA^2$ nên $\frac{OA}{OR} = \frac{OP}{OA} = \frac{AP}{AR}$. Kết hợp với các điều trên suy ra $\frac{AO}{AP} =\frac{LH}{LP}$. Lại theo Menelaus cho $\triangle HOP$ với cát tuyến $AL$, ta suy ra $AL$ đi qua trung điểm $OH$, tức là tâm Euler, suy ra $AL$ đi qua điểm đối xứng của $O$ qua $BC$. Mà $AL,AX$ đẳng giác nên $AX$ cũng đi qua điểm cố định trên trung trực $BC$

File gửi kèm  Untitled.png   228.25K   0 Số lần tải

 


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

23-05-2017 - 01:22

Lời giải bài 1 của em ạ :

Gọi $A_1$ đối xứng $A$  qua $K$. $Z,H$ lần lượt là chân đường đối trung và chân đường cao tại $A$.  Do $C,B$ đối xứng nhau qua $I$ nên $CA_1$ đi qua điểm đối xứng của $A$ qua trung trực $PQ$.  Gọi điểm này alf $S$. Ta có $ZA$ cũng là đường đối trung của $\triangle PZC$ nên $ZA,ZI$ đẳng giác trong $\angle PZC$. Vậy $ZI$ đi qua $S$. 

$AM$ cắt $KR$ tại $N$ . Ta cần chứng minh $\frac{AM}{AN} = \frac{AY}{AX}$ . Điều cần chứng minh tương đương với $\frac{AC}{AN} = \frac{EQ}{AP} (1)$

Ta sẽ chứng minh $AR$ là phân giác $angle MAK$. Thật vậy , ta có $\angle MAR = \angle MAP + \angle PAR  = \angle QAC + \angle IAQ = \angle IAC$. Lại có $\triangle AIZ \sim \triangle ACA_1$ nên $\angle ZAI = \angle CAA_1$ hay $\angle KAR = \angle IAC$. Vậy $AR$ là phân giác $\angle MAK$. 

Ta lại có $\angle KZA = \angle KAR = \angle RRAN$ nên $AN \parallel KZ$. Áp dụng Thales ta có $\frac{AN}{PZ} = \frac{RA}{RZ} = \frac{PA^2}{PZ^2} = \frac{IA^2}{IQ^2}$. Vậy $AN = R.\frac{IA^2}{IQ^2}$. $(2)$.

Gọi $T$ là trung điểm $QE$. Ta có $\angle TIQ = \angle CIQ - \angle CIT = \angle HIB - \angle CAT = \angle IAC - \angle TAC = \angle IAT$. Từ đây ta có $QI^2 = QT.QA = \frac{QE.QA}{2}$ hay $QE = \frac{2QI^2}{QA}$. $(3)$. Thế $(2), (3)$ vào $(1)$ điều cần chứng minh tương đương với : $\frac{AC}{R}.\frac{IQ^2}{IA^2} = \frac{2QI^2}{AQ.AP}$ hay $\frac{AC}{R.AI^2} = \frac{2}{AP.AQ}$

Thật vậy , $\frac{AI^2}{AH} = AC = AB$ nên ta cần chứng minh $\frac{AI^2}{R.AI^2.AH} = \frac{2}{AQ.AP}$ hay $\frac{1}{AH.R} = \frac{2}{AP.AQ}$. Điều này đúng do $\triangle HAP \sim \triangle QAA_1$

Ta hoàn tất chứng minh 

File gửi kèm  unnamed.png   65.09K   0 Số lần tải
 


Trong chủ đề: Tuần 3 tháng 5/2017: đường thẳng $AQ$ luôn đi qua một điểm cố đ...

16-05-2017 - 22:37

Lời giải bài 1 : Gọi $G$ là tiếp điểm của $(K)$ với $(O)$. $X,Y,T$ lần lượt là giao của $AQ$ với $BC$, trung điểm cung lớn $BC$,  giao của tiếp tuyến tại $P$ với $BC$

Ta có $TP^2 = TB.TC$ nên $T$ nằm trên tiếp tuyến chung của $(K)$ và $(O)$. 

Áp dụng định lý Protassov cho $\triangle ABC$, đường tròn $(O)$ và đường tròn $(K)$, ta có $GI$ đi qua $Y$ do là phân giác . $GI$ cắt $BC$ tại $Z$

Áp dụng định lý Protassov cho $\triangle ABC$, đường tròn $(BPC)$ và đường tròn $(K)$, ta có $PJ$ là phân giác $\angle BPC$. Thật vậy, ta có $\frac{PB^2}{PC^2} = \frac{TB}{TC} = \frac{GB^2}{GC^2} = \frac{ZB^2}{ZC^2}$ nên $PZ$ là phân giác $\angle BPC$. Từ đây suy ra $P,Z,J$ thẳng hàng

Ta sẽ chứng minh $AQ$ đi qua $Y$. Thật vậy, ta giả sử $AY$ cắy $YP$ tại $Q$ thì ta cần chứng minh $MQ$ chia đôi $AH$. Gọi $L$ là giao điểm của $AJ$ với $BC$

Thật vậy ta cps : $M(AH,QY) = (AX,QY) =  Z(AX,QY) = Z(AL,JI) = (AL,JI) = -1$. Suy ra $MQ$ chia đôi $AH$. Vậy ta có điều cần chứng minh 

File gửi kèm  Untitled.png   61.81K   0 Số lần tải


Trong chủ đề: Tuần 2 tháng 5/2017: Chứng minh rằng trung trực $HL$ chia đôi...

09-05-2017 - 18:11

Lời giải bài 2 :  Gọi $M,N,R$ là giao điểm của $AQ,BQ,CQ$ với $(O)$. Theo Pascal đảo ta có $MX,NY,RZ$ đồng quy tại $U$

Khi đó ta có $(UZ,UC) = (AR,AC) = (AR,AB)+(AB,AC) = (CQ,CB)+ (AB,AC) = (CA,CF) + (AB,AC) = (FA,FC) = (FZ,FC) \implies $ tứ giác $YFUC$ nội tiếp. Vậy $U \in (CZF)$

Tương tự ta có $U \in (BYE) , U \in (AXD)$. Suy ra 3 đường tròn trên cùng với $(O)$ đồng quy tại $U$

File gửi kèm  18423716_1891690341044106_964129297620655782_n.jpg   31.74K   2 Số lần tải


Trong chủ đề: Tuần 2 tháng 5/2017: Chứng minh rằng trung trực $HL$ chia đôi...

08-05-2017 - 13:22

Lời giải bài 1 : 

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$. $EF$ cắt $BC$ tại $X$. $A'X$ cắt $(O)$ tại $K$
Khi đó $A,J,K,X,D$ đồng viên vì cùng nằm trên đường tròn $(AX)$.
Gọi $V$ là giao của $(AH)$ với $(O)$. Khi đó $\overline{A,V,X} $ và $ \overline{V,H,M,A'}$
Ta cần chứng minh $MH = ML $, tức là $L$ đối xứng $A'$ qua trung trực $EF$
Gọi $G$ là giao điểm của $AM$ với $(AEF)$. Ta có do $AM,AR$ đẳng giác trong $\angle BAC$ nên $G,R$ đối xứng nhau qua trung trực $EF$
Xử dụng phép đối xứng trục qua trung trực $EF$, ta đưa bài toán về chứng minh $A',P'G$ thẳng hàng. Thật vậy, nếu ta giả sử $P$ là giao điểm của $A'G$ với $KH$, gọi $W$ là giao điểm của $GK$ với $HA'$. Ta có : $X(PW,HK_)= -1$. Ta cần chứng minh $X(EW,HK) = -1$
Gọi $T$ là giao điểm của $HV$ với $EF$. Xét phép nghịch đảo $I^A_{AB.AF = AC.AE}$ biến $V \rightarrow X, H \rightarrow D, EF \rightarrow (O) \implies T \rightarrow K$
Suy ra $\overline{A,T,K}$. Gọi $Z$ là giao điểm của $AM$ với $EF$ ; $U$ là giao điểm của $GT$ với $XK$
Vậy ta có biến đổi tỉ số $X(EW,HK) = X(TW,HA') = G(TW,HA') = G(UK,XA') = T(UK,XA') = T(GA,ZM) = X(GA,ZM) = X(HA,FB) = -1$

Vậy điều cần chứng minh là đúng nên $A',G,P$ thẳng hàng, suy ra $M$ nằm trên trung trực $LH$

File gửi kèm  Untitled.png   178.09K   2 Số lần tải