mqcase1004
Thống kê
- Nhóm: Thành viên mới
- Bài viết: 10
- Lượt xem: 1580
- Danh hiệu: Binh nhì
- Tuổi: Chưa nhập tuổi
- Ngày sinh: Chưa nhập ngày sinh
-
Giới tính
Nam
-
Sở thích
Geometry
Công cụ người dùng
Lần ghé thăm cuối
#698461 Các bài toán hình học hàng tuần: Tuần 2 tháng 12 năm 2017
Gửi bởi mqcase1004 trong 17-12-2017 - 17:23
#697553 Tuần 5 tháng 11/2017: $L_a,L_b$ và $L_c$ thẳng hàng.
Gửi bởi mqcase1004 trong 01-12-2017 - 15:22
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.
- cleverboy, NHoang1608 và royal01 thích
#694423 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...
Gửi bởi mqcase1004 trong 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 $(O)$
Tại sao $KSDL$ nội tiếp ạ?
#694327 $\widehat{GOM}=\widehat{CDN}$
Gửi bởi mqcase1004 trong 07-10-2017 - 19:15
Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$ nội tiếp $(O)$, các đường cao $AD,BE,CF$. $EF$ cắt $BC$ và trung tuyến $AM$ lần lượt tại $G$ và $N$. CMR: $\angle GOM=\angle CDN$.
- duylax2412, minhducndc và Khoa Linh thích
#684771 $f(x+1)=f(\frac{x+2}{x+3})$
Gửi bởi mqcase1004 trong 17-06-2017 - 09:37
Tìm tất cả hàm số liên tục $f:(0,\infty )\rightarrow (0,\infty )$ thỏa mãn
$f(x+1)=f(\frac{x+2}{x+3}),\forall x>0 $
- Nghiapnh1002 yêu thích
#670413 Chứng minh: tứ giác ABEF là hình chữ nhật
Gửi bởi mqcase1004 trong 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.
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
- chung0103 yêu thích
#669862 $S,T,U,V$ cùng thuộc một đường tròn
Gửi bởi mqcase1004 trong 25-01-2017 - 12:50
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $P$ là một điểm nằm trên đường cao $AD$ của tam giác. $M, N$ lần lượt thuộc $PB, PC$ sao cho $CM = CA, BN = BA$. $E, F$ là trung điểm của $PM, PN$. Gọi $Y, Z$ là trung điểm của $PB, PC$. Gọi $(I)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$. $K$ thuộc trung trực $BE$ sao cho $KY \parallel IC$. $L$ thuộc trung trực $CF$ sao cho $LZ \parallel IB$. Đường thẳng qua $M$ vuông góc $IC$ cắt đường tròn $(K, KB)$ tại $S, T$. Đường thẳng qua $N$ vuông góc $IB$ cắt đường tròn $(L, LC)$ tại $U, V$ . Chứng minh rằng $S, T, U, V$ cùng thuộc một đường tròn.
(Đề bài trích bài 19 Bài giảng "Tỷ số kép, Phép chiếu xuyên tâm, hàng điều hòa, chùm điều hòa" của thầy Trần Quang Hùng - THPT Chuyên KHTN)
- quanghung86 và quantv2006 thích
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Likes: mqcase1004