Đến nội dung


manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 01:19
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tuần 3 tháng 9/2017: Chứng minh rằng $\angle RHC=\angle P...

17-09-2017 - 21:52

Lời giải bài 1 của em ạ 

Gọi $V$ là giao điểm của đường cao $AH$ với $(O)$ 

Gọi $X,Y$ là giao điểm của $VB,VC$ với $(AIB) , (AIC)$ , $U$ là giao điểm của $AI$ với $(O)$ . Khi đó ta có $\angle AQI = \angle ADC = \angle AVU$ nên $VU \parallel IQ$

Bằng biến đổi góc ta có $(IQ,IL) = (UV,CI) = (UV,CB)+(CB,CI) = (AI,AH)+(CB,CI) = (AI,AC) +(AC,AH) + (AC,CI) = (AI,CI) + (BC,BV) = (BC,BV) +(BG,BC) = (BG,BV) = (BX,BL) = (IX,IL) $, từ đây ta có $I,Q,X$ thẳng hàng . Chứng minh tương tự ta cũng có $I,Q,Y$ thẳng hàng 

Áp dụng bài toán mở rộng báo THTT ở đây http://analgeomatica...7&by-date=false  thì ta có tâm ngoại tiếp $(AMN)$ nằm trên $OV$ 

Suy ra qua phép đối xứng trục $BC$ , tâm ngoại tiếp $R$ của $\triangle PMN$ nằm trên $HO'$ , với $O'$ là đối xứng của $O$ qua $BC$ 

Thật vậy , $O'$ là tâm $(BHC)$ nên $HO',HP$ đẳng giác trong $\angle BHC$ , nên ta có $\angle RHC = \angle PHB$

File gửi kèm  Untitled.png   220.38K   1 Số lần tải


Trong chủ đề: Tuần $2$ tháng $9/2017$: Chứng minh $\frac...

12-09-2017 - 19:39

Lời giải bài 2 của em ạ : 

1) Ta chứng minh đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc $BC,CA,AB$ đồng quy 

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$ , $G$ là cực trực giao của $d$ đối với $\triangle ABC$ . Gọi $K$ là điểm chia $GH$ theo tỉ số $k$ . Khi đó theo định lý thales , $XK,YK,ZK$ vuông góc $BC,CA,AB$ nên đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc $BC,CA,AB$ đồng quy 

2) Ta chứng minh bài toán

Gọi $J$ là giao điểm của $(BYK) , (CZK)$ , khi đó ta có $(JB,JC) = (JB,JK) +(JK,JC) = (YB,YK) +(ZK,ZC) = (EB,BH) + (CH,CF) = (BH,CH) = (AB,AC)$ nên $J$ nằm trên $(O)$ 

Suy ra $(AXK) , (BYK) , (CZK)$ đồng quy tại $J$ nằm trên $(O)$

Gọi $V$ là giao điểm của $KJ$ với $(O)$ khác $J$ . Ta có $\angle VAC = \angle KJC = \angle KZF = \angle HCF$ cố định do $d$ cố định và $\triangle ABC$ cố định , suy ra $V$ cố định 

File gửi kèm  Untitled.png   269.21K   2 Số lần tải


Trong chủ đề: Tuần $2$ tháng $9/2017$: Chứng minh $\frac...

10-09-2017 - 23:36

Lời giải bài 1 của em ạ 

Gọi $X$ là giao điểm của $(AMN)$ với $(APQ)$ . $AJ$ cắt $(AMN),(APQ)$ lần lượt tại $H,G$ . $AS$ là đường kính của $(APQ)$ . Khi đó ta có $X,H,S$ thẳng hàng và $\triangle XMN \cap H \sim \triangle XPQ \cap G$ . Ta có biến đổi tỉ số : $\frac{AJ}{AL} = \frac{AH}{AG} = \frac{AH}{AS}.\frac{AS}{AG} = \frac{XH}{XG}.\frac{PQ}{BC} = \frac{MN}{PQ}.\frac{PQ}{BC}$ . Ta có điều cần chứng minh


Trong chủ đề: Hệ phương trình chọn đội tuyển

03-09-2017 - 23:36

từ phương trình đầu suy ra $x+y \leq 3/2$ theo hàm lồi jensen 

từ phương trình 2 dùng Bun suy ra $x+y \geq 3/2$ nên $x+y = 3/2$ , đẳng thức xảy ra ở cả 2 bất đẳng thức khi và chỉ khi $x = y = 3/4$


Trong chủ đề: Tuần 1 tháng 9/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $SEF$ tiếp...

03-09-2017 - 22:58

lời giải bài 2 của em ạ

Gọi $AI$ lần lượt cắt $BC$ và tiếp tuyên tại $D$ tại $M,N$ . Ta có 2 cặp tam giác có các cạnh tương ứng song song : $\triangle END , \triangle IMC$ và $\triangle FND , \triangle IMB$ nên $\frac{NE}{NF} = \frac{NE}{IM}.\frac{IM}{NF} = \frac{ND}{MC}.\frac{MB}{ND} = \frac{MB}{MC}$ nên đường nối trung điểm $BE,CF$ đi qua $I$ theo bổ đề ERIQ