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 qua, 20:22
***--

#678241 Tuần 3 tháng 4/2017: Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ đi qua điểm c...

Gửi bởi manhtuan00 trong 21-04-2017 - 20:18

Lời giải bài 1 : Ta sẽ chứng minh $QR$ đi qua $O$. Ta sẽ chứng minh $AL,OQ,BC$ đồng quy

Gọi $X,Y,Z$ tam giác Pedal của $Q$ lên $\triangle ABC$.G ọi $N$ là giao điểm của $QX$ với $(XYZ)$, ta có : $\angle NQZ = \angle ZBX = \angle DPF$

Mặt khác ta có $\angle DFP = \angle DBP = \angle CQP = 180^{\circ} - \angle AQC = \angle QAY + \angle QCY = \angle QZY + \angle QXY = \angle QZY + \angle NZY = \angle NZQ$

Từ hai điều trên ta có $\triangle NZQ \sim \triangle DFP$. Vậy phép vị tự tâm $A$ biến $Y$ thành $E$, biến $Z$ thành $F$, biến $Q$ thành $P$ sẽ biến $N$ thành $D$, biến $X$ thành $K$.

$DP$ cắt $OQ$ tại $G$, $I,J$ là trung điểm cung nhỏ, cung lớn $\overarc {BC}$, $J$ là hình chiếu của $K$ lên $EF$, $KD$ cắt $EF$ tại $R$.

Gọi $B',C'$ là các điểm nằm trên phân giác ngoài sao cho $XB' \perp CQ$ và $BC' \perp BQ$ và $M$ là trung điểm $YZ$
Khi đó $V$ là trung điểm $B'C'$ . Lại có $\angle QB'A = \angle QCA = \angle NZY$. Vậy $\triangle NYZ \cap M \sim \triangle QC'B' \cap V \implies QV \parallel NM$
Gọi $A'$ là chân đường phân giác trong . Ta có $A'B.A'C = A'I.A'A = A'P.A'Q =\implies \frac{A'I}{IP} = \frac{A'P}{PA}$.Lại có $\triangle VIB \sim \triangle AQZ$ nên $\frac{QM}{QA} = \frac{IB^2}{IV^2}$
Mà $\triangle QA'X \sim \triangle IVA \implies \frac{QA'}{QX}= \frac{IV}{IA}$ nên từ đây ta có $\frac{QM}{QA} .\frac{QA'}{QX} = \frac{IB^2}{IV.IA} = \frac{IA'.IA}{IV.IA} = \frac{IA'}{IV} \implies \frac{QM}{QX} = \frac{A'T}{A'Q}.\frac{QA}{IV} = \frac{IP}{IV}$. Suy ra $\triangle MQX \sim \triangle PIV$ nên $VP \parallel MX$
Gọi $H,T$ là giao điểm của $PD$ với phân giác ngoài và $VQ$. Khi đó $\frac{KD}{KR} = \frac{XN}{XT} = \frac{PT}{PH} = \frac{AI}{AP}.\frac{QP}{QI}$

Ta có $\frac{PG}{PA} = \frac{OI}{PA}.\frac{QP}{QI} = \frac{IV}{2IA}.\frac{IA}{PA}.\frac{QP}{QI} =  \frac{1}{2}\frac{KR}{KJ}.\frac{KD}{KR}= \frac{KD}{KL}$. Suy ra $AG \parallel LD$

Đường thẳng qua $D$ song song $AP$ cắt $AL$ tại $W$. Ta chứng minh $GW \parallel UQ$. 

Lấy điểm $V$ trên tia đối của $AP$ thỏa mãn $\frac{AV}{AP} = \frac{AW}{AL}$. Khi đó $VW \parallel LP$. Ta cần chứng minh $V,W,G$ thẳng hàng. Điều này tương đương với $\frac{PV}{PG} = \frac{KL}{PL}$, hay $\frac{PA}{PG} . \frac{KD}{KP} = \frac{KL}{KD}.\frac{KD}{KP}$, hay $\frac{PA}{PG} = \frac{KL}{KD}$. Điều này đúng do $\triangle AGP$ và $\triangle LDK$ có các cạnh tương đối song song. Vậy $GW \parallel PL \parallel UQ$

Xét $\triangle WGD$ và $\triangle UQX$ có các cạnh tương đối song song nên $WU,QG,XD$ đồng quy, tức là $AL,OQ,BC$ đồng quy. Ta hoàn tất chứng minh

 

 

123.png




#677103 $\textbf{Đề thi MYTS vòng 2 Lớp 9}$

Gửi bởi manhtuan00 trong 11-04-2017 - 19:14

câu 4 chia thành 7 hình tháp 3 ô, mỗi hình tháp tổng chẵn nên có 1 số chẵn suy ra đs là 7




#677099 Tuần 2 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $\frac{MP}{NQ...

Gửi bởi manhtuan00 trong 11-04-2017 - 18:40

Lời giải bài 2 : Gọi $S$ là giao điểm của $DX$ với $(O)$. $AQ$ cắt $(O)$ tại $L$. Khi đó $LS$ là đường kính của $(O)$

Gọi $X'$ là đối xứng của $X$ qua $O$ khi đó $LX \perp BC$. Gọi $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. $X'M$ cắt $BC$ tại $I$

$\blacksquare$ Ta chứng minh $U,V,M,D$ đồng viên

Ta sẽ chứng minh $XI,BC,EF$ đồng quy. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G_1$ thì $\frac{G_1B}{G_1C} = \frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC}$

Gọi $XI$ cắt $BC$ tại $G_2$ thì $\frac{G_2B}{G_2C} =  \frac{IB}{IC}.\frac{XB}{XC}$

Vậy điều cần chứng minh tương đương với 

$\frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC} = \frac{IB}{IC}.\frac{XB}{XC}$

Thật vậy ta có : $\frac{MB}{MC} = \frac{IB}{IC}.\frac{X'B}{X'C} = \frac{IB}{IC}.\frac{AF}{AE} = \frac{IB}{IC}.\frac{AF}{AE}$ nên $\frac{IB}{IC} = \frac{MB}{MC}.\frac{AE}{AF}$ ( do có $\triangle X'BC \sim \triangle AFE$)

Vậy ta cần chứng minh $\frac{AE}{AF}.\frac{BF}{CE}= \frac{MB}{MC}.\frac{AE}{AF}.\frac{XB}{XC}$ tức là $\frac{MB}{MC} = \frac{FB}{EC}.\frac{XB}{XC}  $

Có $\triangle FPE \sim \triangle BXC$ nên $ \frac{FB}{EC}.\frac{XB}{XC}  =  \frac{FB}{EC}.\frac{PF}{PE} = \frac{cotan \angle FBP}{cotan \angle ECP} = \frac{cotan \angle  QBM}{cotan \angle QCM} = \frac{MB}{MC}$. Ta có điều cần chứng minh

Vậy $XI,BC,EF$ đồng quy tại $G$

$\blacksquare$ Ta chứng minh đối xứng của $Q$ qua $K$ nằm trên $(O)$

Thật vậy, ta sẽ chứng minh $S$ chính là đối xứng của $Q$ qua $K$

Gọi $K'$ là trung điểm $QS$. Do $S$ là đối xứng của $L$ qua $O$ nên $AS \perp AQ$ , từ đây suy ra $AS \parallel UV$

$K'$ là trung điểm $QS$ nên $K'$ nằm trên trung trực $AS$, cũng là trung trực $UV$

Lại có $QMDS$ là hình thang vuông nên $K'$ cũng nằm trên trung trực $MD$. Mà tứ giác $MDVU$ nội tiếp nên $K'$ chính là tâm ngoại tiếp $MDVU$ nên $K \equiv K'$

Vậy $K$ chính là trung điểm $QS$.

Hình gửi kèm

  • DSC_0121.JPG



#677092 Tuần 2 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $\frac{MP}{NQ...

Gửi bởi manhtuan00 trong 11-04-2017 - 17:01

Lời giải bài 1 : 

Gọi $X$ là giao điểm của $CK$ với $(O)$ , $OK$ cắt $AX$ tại $S$. Khi đó $\angle XKS  = \angle OCA = 90^{\circ} - \angle AXK$ nên $OS \perp XK$

Tức là $KA = KX$ nên $X \in (K,KA)$. 

Ta có : $\angle PQC = 180^{\circ} - \angle QND - \angle QDN = 180^{\circ} - \angle ANM - \angle AXC = (90^{\circ} - \angle XNM) +90^{\circ} - \angle ANX - \angle ABC = (90^{\circ} -\angle XCB) +90^{\circ} - \angle OCA - \angle ABC = 90^{\circ} - \angle XCB$ nên $CX$ đi qua $J$, tức là $L,J,K,X$ thẳng hàng

$(K)$ cắt $XC$ tại $G$. Khi đó $\angle MGJ = \angle MAX = \angle BCG$ nên $GM \parallel BC$. Tương tự ta có $GN \parallel DC$ nên $\frac{JM}{JP} = \frac{JG}{JC}=\frac{JN}{JQ}$ nên $\frac{MP}{NQ}=\frac{JM}{JN}$

Hình gửi kèm

  • DSC_0121.JPG



#676760 Đề thi $Olympic$ $30/4$ lớp $11$ năm $2017...

Gửi bởi manhtuan00 trong 09-04-2017 - 17:17

Bài 5 :  Áp dụng bổ đề quen thuộc sau : $S(n(10^k-1)) = 9k$ với mọi $n <10^k-1$

Thật vậy, ta có nếu $ 3|n$ thì $S(xn) \equiv xn \equiv 0 $ (mod $3$) nên $S(xn)$ không thể nhận mọi số dư modulo $n$

Nếu $(n,3) = 1$ ; Ta chọn $x = 10^t -1$ với $t > log_{10}(n+1)$ và $9t \equiv k$ (mod $n$). Khi đó $S(n(10^t-1)) = 9t \equiv k $ (mod $n$)

Vậy đáp số là tất cả những số không chia hết cho $3$




#676725 Đề thi $Olympic$ $30/4$ lớp $11$ năm $2017...

Gửi bởi manhtuan00 trong 09-04-2017 - 13:04

Bài 4 : $f(x+f(y)) = 2y+f(x) \implies f$ song ánh nên tồn tại $a$ để $f(a) = 0$

$P(x,a) \implies a = 0$

$P(0,y) : f(f(y)) = 2y \implies f(x+f(y)) = f(x)+f((y))$. Do $f$ là song ánh nên thay $f(y)$ bở $y$ nên $f(x+y) = f(x)+f(y)$

Mà $f$ liên tục nên $f(x) = ax$. Thay vào có $a = \sqrt{2}$ hoặc $a = -\sqrt{2}$




#676119 Tuần 1 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $MN \parallel GL$.

Gửi bởi manhtuan00 trong 03-04-2017 - 19:48

Lời giải bài 1 : Gọi $U$ là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại $B,C$ khi đó $K$ là hình chiếu của $O$ trên $AU$

Gọi $OK$ cắt $BC$ tại $S$ khi đó $AS$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$

Gọi $G'$ là giao điểm của $(DKH)$ với $BC$. Khi đó theo bài toán ở https://artofproblem...1407018p7885474 #6 thì $AG' \perp OH$ nên $G' \equiv G$ và $H,O,L$ thẳng hàng , $A,L,G$ thẳng hàng

$EF$ cắt $BC$ tại $T$ thì $T$ chính là trung điểm $GS$ theo bài toán trên

Do $EF \parallel AS$ do cùng vuông góc $AO$ nên $EF$ đi qua trung điểm $R$ của $AG$.

Ta chứng minh $MN,AD,EF$ đồng quy. Thật vậy, gọi $AH$ cắt $EF$ tại $V$. Thật vậy, theo Menelaus ta có $\frac{\overline{MF}}{\overline{MD}}.\frac{\overline{GD}}{\overline{GT}}.\frac{\overline{ET}}{\overline{EF}}= -1, \frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{GT}}{\overline{GD}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FT}} = -1$ nên $\frac{\overline{MF}}{\overline{MD}}.\frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{TE}}{\overline{TF}}= -1=\frac{\overline{MF}}{\overline{MD}}.\frac{\overline{ND}}{\overline{NE}}.\frac{\overline{VE}}{\overline{VF}}$ nên $M,V,N$ thẳng hàng

Gọi $MN$ cắt $BC$ tại $X$

Khi đó ta có : $V(MR,AG) = V(XT,DG) = N(XT,DG) = (VT,EF) = -1$ nên $MN \parallel AG$ hay $MN \parallel GL$. Ta có điều cần chứng minh

Hình gửi kèm

  • DSC_0123.JPG



#673814 Tuần 1 tháng 3/2017: Chứng minh $U,V,W$ thẳng hàng trên đường thẳng...

Gửi bởi manhtuan00 trong 09-03-2017 - 21:22

Lời giải của em ạ

Gọi $H_a,H_b,H_c$ là 3 chân đường cao thì $YZ$ là trung trưc $AH_a$

Khi đó ta có  $X,Y,Z$ chính là tâm ngoại tiếp các tam giác $\triangle AH_aD,\triangle BH_bE,\triangle CH_cF$
Xét phép biến hình $R_{\triangle} \circ I^A_{AB.AC}$, $D$ biến thành $H$, $K_a$ biến thành $M$ là trung điểm $BC$ và $H_a$ biến thành $A'$ đối xứng $A$ qua $O$. Ta có $M,H,A'$ thẳng hàng nên $A,H_a,K_a,D$ đồng viên
Tương tự có $B,H_b,K_b,E$ đồng viên và $C,H_c,K_c,F$ đồng viên
Có $\overline {HA}.\overline{HH_a}= \overline {HB}.\overline{HH_b}= \overline {HC}.\overline{HH_c}$ nên $H$ nằm trên trục đẳng phương của 3 đường tròn 
$(U),(V),(W)$
Lại có $\overline {LA}.\overline{LK_a}=\overline {LB}.\overline{LK_b}=\overline {LC}.\overline{LK_c}$ nên $L$ cũng nằm trên trục đẳng phương của 3 đường tròn
Vậy $HL$ nằm trên trục đẳng phương của 3 đường tròn này nên $HL \perp \overline{U,V,W}$

Hình gửi kèm

  • Untitled.png



#672910 $f(x-1-f(y))=3f(x)+2x+f(y), \forall x, y\in \mathbb{R}$

Gửi bởi manhtuan00 trong 27-02-2017 - 11:10

$f(x-1-f(y)) = 3f(x)+2x+f(y)$

$P(f(y),y) : f(-1) = 3f(f(y))+3f(y) \implies f(f(y)) = \frac{f(-1)}{3}-f(y)$

$P(2f(y)+1,y): f(f(y)) = 3f(2f(y)+1)+2(2f(y)+1)+f(y)$

$\implies f(2f(y)+1) = -2f(y) +\frac{f(-1)-6}{9}$

$P(3f(y)+2,y): f(2f(y)+1)=3f(3f(y)+2)+2(3f(y)+2)+f(y) \implies f(3f(y)+2) =-3f(y)+\frac{f(1)-42}{27}$

$P(3f(x)+2,y) : f(3f(x)+1-f(y)) = 3f(3f(x)+2)+2(3f(x)+2)+f(y) = f(y)-3f(x)+d$ trong đó $d$ là một hằng số

Thật vậy, Do $f(x-1-f(y)) - 3f(x) = 2x+f(y)$ nhận mọi giá trị trên $\mathbb R$ nên ta có thể thay $3f(x)+1-f(y)$ bởi $x$ nên 

$f(x) = a-x$ trong đó $a$ là một hằng số

Thay vào ta có $a = \frac{1}{2}$ nên $f(x) = -x +\frac{1}{2}$




#672830 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi manhtuan00 trong 26-02-2017 - 11:51

Bài toán 177 :  Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$, $AB$ cắt $CD$ tại $P$, $AD$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $APD$ và $AQB$ bằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $CQD$ và $BPC$




#672829 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi manhtuan00 trong 26-02-2017 - 11:44

Lời giải bài 176 : Gọi $M$ là chân đường phân giác ngoài góc $\angle A$, , $N$ là trung điểm $MD$, $NS$ là tiếp tuyến tới đường tròn $(T)$, $SD$ cắt trung trực $BC$ tại $X$, $R$ là trung điểm $BC$, $Z$ là trung điểm $SD$, $D'$ đối xứng $D$ qua $T$ suy ra $M,S,D'$ thẳng hàng.Gọi $L,L'$ là điểm chính giữa cung nhỏ , cung lớn $BC$. $K'$ đối xứng $L$ qua $K$ 

Ta có : $\frac{RX}{RD} = \frac{NZ}{ZD} = \frac{MD}{DD'}$ $= \frac{MD}{\frac{AD}{AL}.KL} = \frac{MD.AL}{AD.KL}= \frac{2R.AL}{AL'.K'L}$ $= \frac{2R}{K'L}.\frac{AL}{AL'} \implies RX =RD. \frac{2R}{K'L}.\frac{AL}{AL'} = RL .\frac{2R}{K'L}$ không đổi nên $X$ cố định

Thật vậy , ta có $DS.DX = DR.DM = DB.DC$ nên tứ giác $SBXC$ nội tiếp

Lại có $NS^2 = ND^2 = NM^2 = NB.NC$ nên $NS$ cũng là tiếp tuyến tới đường tròn $(SBXC)$. Mà điểm $X$ cố định nên đường tròn $(SBXC)$ cố định nên $(T)$ tiếp xúc với đường tròn cố định là $(BXC)$

 

Hình gửi kèm

  • 600693_126327790906289_1017420421_n.jpg



#672711 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi manhtuan00 trong 25-02-2017 - 10:55

Bài toán 173. 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.




#672452 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi manhtuan00 trong 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 $BC$

Hình gửi kèm

  • Bài 4.png



#670608 Tuần 1 tháng 2/2017: $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ di...

Gửi bởi manhtuan00 trong 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




#670524 $f(x^{2} + f(y)) = \frac{f^{2}(x)}{2} + 4y$

Gửi bởi manhtuan00 trong 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 $f(x) = ax \implies f(x) = 2x$