Đến nội dung


manhtuan00

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

#692933 Tuần $2$ tháng $9/2017$: Chứng minh $\frac...

Gửi bởi manhtuan00 trong 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 

Untitled.png




#692828 Tuần $2$ tháng $9/2017$: Chứng minh $\frac...

Gửi bởi manhtuan00 trong 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




#692285 Hệ phương trình chọn đội tuyển

Gửi bởi manhtuan00 trong 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 $x = y = 3/4$




#692282 Tuần 1 tháng 9/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $SEF$ tiếp xúc...

Gửi bởi manhtuan00 trong 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




#692281 Tuần 1 tháng 9/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $SEF$ tiếp xúc...

Gửi bởi manhtuan00 trong 03-09-2017 - 22:50

Lời giải bài 1 của em ạ 

Ta có $M$ chính là tâm bàng tiếp của $\triangle TEF$ . Gọi $G$ là giao điểm của $AM$ với $(O)$ , theo bài toán Iran TST 2017 thì $(TEF)$ tiếp xúc $(O)$ tại $G$ , suy ra $(O)$ chính là đường tròn mixtilinear ngoại của $\triangle TEF$ . Nghịch đảo cực $T$ với phương tích bất kì , ta nhận được bài toán sau 

 

Cho $\triangle TEF$ với $M$ là tâm đường tròn nội tiếp . $B,C$ lần lượt là tiếp điểm của $(M)$ với $TF,TE$ . $BC$ cắt $TM$ tại $O$ . $TM$ cắt $(TEF)$ tại $D$ , $(TMF)$ cắt $FD$ tại $P$ , $TP$ cắt $(TOF)$ tại $R$ . Tương tự ta có điểm $(Q)$ . Gọi $S$ là tâm ngoại tiếp $\triangle TQR$ . Khi đó $(SEF)$ tiếp xúc $M$ 

 

Thật vậy, gọi $G$ là tiếp điểm của $(K)$ với $BC$ , gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $\angle T$ của $\triangle TEF$ , gọi $U$ là trung điểm $RJ$. Ta sẽ chứng minh $U$ chính là tâm của $TQR$ , khi đó $(EUF)$ sẽ tiếp xúc $(M)$ . Thật vậy , ta gọi $X,Y$ là hình chiếu của $S,U$ lên $TP$ ; $Z,T$ là hình chiếu lên $MF$ . Ta có $TMFP$ là hình thang cân nên $XP = XT$. Ta cần chứng minh $\overline{YT} = \overline{RY}$ , điều này tương đương $\overline{YX}+\overline{XT} = \overline{RP}+\overline{PX} +\overline{XY}$ , tức là $PR = 2XY = 2ZT$ 

Thật vậy , ta có $\triangle FPR \sim \triangle FMO$ nên $PR = \frac{FP.OM}{FM} = \frac{MO.MT}{MF} = \overline{ML} = \overline{MF}+\overline{FL} = 2(\overline{ZF}+\overline{FT}) = 2\overline {ZT}$ nên ta có điều cần chứng minh là đúng 




#690599 Tuần 3 tháng 8/2017: $PQ$ chia đôi $CD$

Gửi bởi manhtuan00 trong 15-08-2017 - 18:37

Lời giải bài 2 : ( tác giả bài này là Đỗ Xuân Long không phải Nguyễn Xuân Long :o )
Gọi $S,T$ là giao điểm của $AR$ với $(K)$ , $EF$ cắt $BC$ tại $G$
Theo định lý Brocard, ta có $GK \perp AT$ và $GS,GT$ là 2 tiếp tuyến tới đường tròn $(K)$
Gọi $X,Y$ là giao điểm của $GK$ với $(K)$. Do $GK \perp ST$ nên $X,Y$ là điểm chính giữa 2 cung tròn $ST$
Do $(I)$ tiếp xúc $ST$ và tiếp xúc $(K)$ nên $MR$ là phân giác $\angle SMT$ , dẫn đến $M,R,Y$ thẳng hàng, tương tự ta có $N,R,X$ thẳng hàng
Thật vậy , ta có $ -1 = N(ARST) = N(YX,ST)$ do $NY,NR$ là các phân giác ngoài nên $A,N,Y$ thẳng hàng . Một cách tương đương ta cũng có $A,M,X$ thẳng hàng
Khi đó , $A(RG,XY) = -1 = A(RG,MN)$ nên $MN$ đi qua $G$ , tức là $MN,XY,BC,EF$ đồng quy tại $G$
Ta có biến đổi tỉ số kép 
$N(SFRT) = (SFXT) = R(SFXT) = R(TCNS) = (TCNS) = A(TCNS) = A(SEYT)  = M(SEYT) = M(SERT)$ 
Điều này tương đương với $ME,NF$ cắt nhau trên $ST$ , hay chính là trên $AR$ , ta có điều cần chứng minh



#689836 Tuần 2 tháng 8/2017: đường tròn $(D,DP)$ tiếp xúc với đường tròn...

Gửi bởi manhtuan00 trong 07-08-2017 - 19:14

Bài 2 : Gọi $R$ đối xứng $H$ qua trung điểm $M$ của $BC$ , $G$ đối xứng $D$ qua $H$ . Ta có $\angle MCR = \angle IBC = \angle ICB$ , $\frac{CR}{CE} = \frac{BH}{BG} = \frac{CM}{CI}$ nên $\triangle CRM \sim \triangle CEI$, từ đây suy ra $\triangle CMH \sim \triangle CIF $

Suy ra $\triangle CMI \sim \triangle CHF$ nên $\angle CHF = 90$




#688534 Tuần 4 tháng 7/2017: $KA$ và $LB$ cắt nhau trên trục đẳng...

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-07-2017 - 18:36

Lời giải bài 1 của em ạ : Gọi $X$ là giao điểm của $RK$ với đường thẳng qua $T$ song song $RA$. Khi đó $\angle RKM = \angle ART = \angle XTM$ nên tứ giác $KXTM$ nội tiếp $\implies \angle RXM = \angle XTM = \angle NAT$. Dựng hình bình hành $RX'TA$ thì $X' \in TX , \angle RX'M = \angle NAT$ nên $X' \equiv X$. Vậy ta có $RK \parallel AT \implies \angle LRA = 180 - \angle LKR = 180 - \angle LTA$ nên tứ giác $LTAR$ nội tiếp 

Suy ra giao điểm của $LR,AT$ nằm trên trục đẳng phương của $(I),(J)$. Tương tự giao điểm của $KR,BT$ nằm trên trục đẳng phương

Áp dụng định lý Pappus cho bộ 6 điểm $(LTKARB)$ ta có giao điểm của $KA,LB$ nằm trên trục đẳng phương của $(I),(J)$

bổ đề.png




#688533 Tuần 4 tháng 7/2017: $KA$ và $LB$ cắt nhau trên trục đẳng...

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-07-2017 - 18:22

tổng quát bài 2 : có thể thay điểm $O$ thành điểm $R$ bất kì. Lời giải của em ạ 

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ biến $B,C$ thành $B',C"$, biến $Y,Z$ thành $X',Y'$ đối xứng $A$ qua $C,B$, biến $P$ thành một điểm $P"$ bất kì không nằm trên $B'C'$, biến $T$ thành giao điểm của $AP'$ với $B'C'$ , $E,F$ biến thành $E',F'$ là giao điểm của $P'Y',P'Z'$ với $B'C'$, $R$ biến thành $R'$ là điểm bất kì . $S$ biến thành $S'$ là giao của $(R'B'E')$ và $(R'C'F')$, ta cần chứng minh $R',S',T'$ thẳng hàng

Ta chứng minh bài toán mới, để thuận tiện ta lược bớt kí hiệu $'$ 

Gọi $V$ là giao điểm của $YZ$ với $AT$ . Ta có $\frac{TE}{TF} = \frac{VY}{VZ} = \frac{TC}{TB}$ nên $TE.TB = TF.TC$, suy ra $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(BRE)$ và $(CRF)$ nên $T \in RS$. Ta có điều cần chứng minh

Untitled.png

 




#688292 Turkey TST 2017

Gửi bởi manhtuan00 trong 21-07-2017 - 22:36

câu 3 : Ta cần chứng minh $Y$ là điểm Feuerbach của $\triangle ABC$ . Thật vậy , gọi $Z$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$, $R$ là trực tâm $\triangle ZBC$ . Đầu tiên, ta chứng minh $A,R,P$ thẳng hàng . Gọi $V$ là giao điểm của $GZ$ với $IH$ . Áp dụng Menelaus cho tứ giác $BIHC$ thì ta có $A,V,D$ thẳng hàng . Lại có $BR \parallel AX$ do cùng vuông góc $ZC$,  và cũng có $AG \parallel DR$

Theo Menelaus : $\frac{PB}{PX} = \frac{IB}{IA} . \frac{UA}{UX} = \frac{IB}{IA} . \frac{KA}{KG} = \frac{IB}{IA} . \frac{JA}{JD} . \frac{BD}{BG} = \frac{BD}{IA} = \frac{VD}{VA} = \frac{RD}{GA}$ nên $A,R,P$ thẳng hàng . Vậy , gọi $Fe$ là điểm $Feuerbach$ , cần chứng minh $A,R,P'$ thẳng hang với $P'Fe$ là tiếp tuyến của $(Z)$ và $P' \in BC$ . $A$ có đường đối cực là $IH$, $R$ có đường đối cực là $EF$ , $P'$ có đường đối cực là $YG$. Theo định lý Fontene thứ nhất 3 đường này đồng quy nên $A,R,P'$ thẳng hàng, nên $Y$ là điểm Feuerbach
câu 5 dùng định lý stewart tính toàn bộ theo 3 cạnh tam giác



#688291 Turkey TST 2017

Gửi bởi manhtuan00 trong 21-07-2017 - 22:33

câu 2 chính là định lý turan , câu 4 chứng minh được mỗi sinh viên bắt tay với đúng 1 sinh viên khác, suy ra $n$ chẵn. Khi $n = 2m$ , ghép các sinh viên thành $m$ cặp thỏa mãn điều kiện đề bài




#686284 Tuần 1 tháng 7/2017: Trung điểm của $QR$ nằm trên đường tròn ngoại...

Gửi bởi manhtuan00 trong 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 $(ABC)$

Untitled.png




#686160 Một bài toán trong hậu kỉ yếu GGTH 2016

Gửi bởi manhtuan00 trong 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




#686158 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H

Gửi bởi manhtuan00 trong 01-07-2017 - 17:37

Gọi $T$ là đối xứng của $C$ qua $O$, khi đó $T$ đối xứng $H'$ qua $I$ . Gọi $G$ đối xứng $B$ qua $I$ . Khi đó $GA \perp AC$ , lại có $AT \perp AC$ do là đường kính nên $T,A,G$ thẳng hàng . mà $T,A,G$ lần lượt là đối xứng của $H', H, B$ qua $I$ nên $B,H,H'$ thẳng hàng




#686102 Cho $\bigtriangleup$ ABC trực tâm H.Nội tiếp đường tròn tâm (O).

Gửi bởi manhtuan00 trong 30-06-2017 - 23:49

Gọi $A"$ đối xứng $A$ qua $O$ , $AH$ cắt $(O)$ tại $T$ , $A'T$ cắt $AC$ tại $M$ , $BH$ cắt $AC$ tại $N$, $HA$ cắt $BC$ tại $D$ . Ta có $HD.HA = HL.HT = HN.HB$ nên tứ giác $NLBT$ nội tiếp . Khi đó $\angle TLB = \angle TNH = \angle HMT \implies MH \perp BL$. Mà $LE \parallel MH$ nên $\angle BLE = 90$