Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


mqcase1004

Đăng ký: 25-01-2017
Offline Đăng nhập: 17-07-2018 - 08:26
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Các bài toán hình học hàng tuần: Tuần 2 tháng 12 năm 2017

17-12-2017 - 17:23

Lời giải bài mở rộng IRAN TST 2017
 
$AR$ cắt $(O)$ tại $Z≠A$. $PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$.
Ta có $\angle XSZ=\angle EAZ=\angle XPZ$ nên $P,S,X,Z$ đồng viên. Tương tự, ta cũng có $Q,S,Y,Z$ đồng viên. Từ đó dễ dàng chỉ ra $Z$ nằm trên $(TXY)$.
 
Ta có: $\frac{SX}{EM}= \frac{PS}{MP}=  \frac{PS.MQ}{MQ.MP} = \frac{PS.MQ}{AM.EM}$. Suy ra, $SX= \frac{PS.MQ}{AM}$.
Tương tự, $SY= \frac{QS.NP}{AN}$. Từ đó, $\frac{SX}{SY}= \frac{PS.MQ.AN}{QS.NP.AM}= \frac{PS.MQ.AC}{QS.NP.AB}$
Theo định lý Menelaus ta có $\frac{PS}{NP}=  \frac{PR.AC}{PC.AN}= \frac{QR.AB}{QB.AM}= \frac{QS}{MQ}$.
Suy ra $\frac{SX}{SY}= \frac{AC}{AB}$ mà $ \angle XSY= \angle BAC$ nên $\triangle SXY$ đồng dạng $\triangle ACB$.
 
Gọi $d$ là tiếp tuyến tại $Z$ của $(O)$.
Ta có: $(d;YZ)≡(d,QZ)+(QZ,YZ)≡(PZ,PQ)+(QS,SY)≡(XZ,SX)+(BC,AC)≡(XZ,SX)+(SX,XY)≡(XZ,XY)$  $(mod π)$.
Suy ra $d$ cũng là tiếp tuyến tại $Z$ của $(TXY)$. 
Vậy, $(TXY)$ tiếp xúc $(O)$.

Trong chủ đề: Tuần 5 tháng 11/2017: $L_a,L_b$ và $L_c$ thẳng hàng.

01-12-2017 - 15:22

LỜI GIẢI BÀI 2.

Lấy $E', F'$ lần lượt là đối xứng của $E$ qua $AC$, $F$ qua $AB$.
Lấy $X, Y$ sao cho các tam giác $ACE, ABF, BCY, CBX$ là các tam giác đồng dạng. Dễ thấy $BCXY$ là hình chữ nhật.

Từ giả thiết và cách dựng, ta có $\triangle AFE'$ đồng dạng $\triangle ABC$ nên $E'F \perp BC$ và $\frac{E'F}{BC}=\frac{AF}{AB}=Sin AFB=\frac{CX}{BC}$. Nên $E'F \parallel CX$ và $E'F=CX$. Suy ra, $E'FCX$ là hình bình hành. Suy ra $FX$ đi qua trung điểm $P$ của $E'C$.
Chứng minh tương tự, ta có $EY$ đi qua trung điểm $Q$ của $F'B$.

Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp $BCXY$. Lấy $O'$ đối xứng với $O$ qua $BC$. $AK, AL$ lần lượt cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Z, T$.
$(YZ;YC)=(KA;KC)=(KA;KB)+(KB;KC)=(FA;FB)+(YB;YC)=2 (YB;YC)= (OB;OC)=(YO';YC) (mod \pi).$ Suy ra, $YZ$ đi qua $O'$. Chứng minh tương tự, ta có $XT$ đi qua $O'$.

Áp dụng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp $LKXZTY$ ta có $A$ (giao điểm của $KZ$ và $LT$), $R$ (giao điểm của $KX$ và $LY$), $O'$ ( giao điểm của $XT$ và $YZ$) thẳng hàng.

Từ đó ta dễ dàng chỉ ra $O'$ là điểm cố định. Vậy $AR$ đi qua điểm cố định.

Trong chủ đề: Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trê...

09-10-2017 - 00:07

Lời giải bài 1 :

Gọi $S$ là điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$ thì $KSDL$ nội tiếp 

Ta sẽ chứng minh $P$ thuộc đường tròn $(BKS)$ và $(CLS)$ . Thật vậy , ta sẽ giả sử $P$ là giao điểm của 2 đường tròn này và sẽ chứng minh $P \in (IKL)$ , P \in IJ$

Bằng cộng góc ta có $\angle KPL = \angle IBC + \angle ICB = 180^{\circ} - \angle BIC$ nên $I \in (IKL)$ . 

Gọi $U$ là điểm chính giữa cung nhỏ của $(J)$ . Khi đó thì $\angle ULS = \angle KLS - \angle KLU = \angle KDB - \angle KAD = \angle LCS$ nên $UL$ là tiếp tuyến của $(LSC)$ . Tương tự có $UK$ là tiếp tuyến của $(KSB)$ . Mà $UL = UK$ nên $U$ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này , suy ra $\overline{U,S,P}$

Khi đó ta có $\frac{PL}{PK} = \frac{LP}{LS}.\frac{SL}{SK} . \frac{KS}{KP} = \frac{SL}{SK} = \frac{sin \angle SKL}{sin \angle SLK }  = \frac{sin \angle LDC}{sin \angle KDB} = \frac{sin \angle LDI}{sin \angle ILD} . \frac{sin \angle IKD}{sin \angle IDK} = \frac{IL}{ID}.\frac{ID}{IK} = \frac{IL}{IK}$ nên $IKPL$ là tứ giác điều hòa 

Tiếp tục cộng góc , $\angle JKL = 90 - \angle KAL = \frac{1}{2}(\angle B + \angle C) = \angle KPL$ nên $JK,JL$ là các tiếp tuyến của $(IKPL)$ , suy ra $P,I,J$ thẳng hàng

Vậy điều cần chứng minh là đúng  Từ đây ta có $\angle BPC = \angle BPK + \angle KPL + \angle LPC = \frac{1}{2}( \angle B + \angle C) +90 $ nên tâm $(PBC)$ chính là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(O)$ 

attachicon.gifUntitled.png

Tại sao $KSDL$  nội tiếp  ạ? 


Trong chủ đề: Chứng minh: tứ giác ABEF là hình chữ nhật

30-01-2017 - 00:46

 Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ có cùng bán kính cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. Gọi $M$ là giao điểm của $AB$ và $OO'$. Kẻ $AC$ và $AF$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(O')$ và $(O)$. Tia $CM$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $E$ ($E \in$ nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa điểm $O$). 

CM: Tứ giác $ABEF$ là hình chữ nhật.

attachicon.gifbt_hinhhoc.png

P/S: Không sử dụng kiến thức từ bài 2 SGK toán học kỳ II lớp 9 trở đi nha.

Qua đây cũng chúc các bạn trên VMF một năm mới sức khoẻ dồi dào, học giỏi, tham gia VMF thường xuyên. 

$OB$ cắt $(O)$ tại $E'$ ($E'$ khác $B$). Dễ thấy $ABFE'$ là hình chữ nhật. 

Mặt khác, xét tam giác $AFC$ có $OO'$là đường trung bình và dễ dàng chỉ ra $C, B, F$ thẳng hàng.

Có: $AE'$ || $BC$ và $AE'=BF=BC$ nên $AE'BC$ là hình bình hành Vậy $M$ là trung điểm $CE'$. Do đó $CM$ cắt $(O)$ tại $E'$. => $E$ trùng $E'$ => đpcm