Đến nội dung

AnhTran2911

AnhTran2911

Đăng ký: 10-03-2017
Offline Đăng nhập: 13-12-2023 - 14:09
***--

Trong chủ đề: Cách lưu một topic thành file PDF

06-01-2019 - 23:58

xnvvsxfhc


Trong chủ đề: Hỏi đáp toán học

06-01-2019 - 23:36

jagdjgvsjavcjscfhszbvhjsh

 


Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

06-01-2019 - 22:38

bạn có thể ẩn đi bằng cách chọn đường đó xong ấn phím crtl+h hoặc nhấn chuột phải vào đường đó chọn ẩn(hide object) còn cách khác là chọn cái thanh công cụ đầu tiên từ PHẢI sang ấn vào biểu tượng thứ 4 từ trên xuống

Mình ấn ctrl+h xong là nó cho hiện lịch sử :((


Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

04-01-2019 - 18:30

Bài 6: bài này dài quá em xin phép không gõ talex ạ :v
a) gọi B’ là đối xứng B qua AI
Từ đó tam giác BFB’ ~EMF nên AM.AB’=AE^2
Nghịch đảo đối xứng cực A phương tích AF^2 ta có M<->B N<->C hay ta đưa bài toán về bài toán sau
Gọi G là tâm A-Mix ,(AGB),(AGC) lần lượt cắt AC,AB tại U,K. Chứng minh rằng MN tiếp xúc (AUK)
Thật vậy gọi H là hình chiếu của G lên MN có tam giác ABI ~ AGM nên biến đổi góc ta có HGM=C/2 hay MN tiếp xúc A-mix. Gọi P là trung điểm CE thì EPIG nội tiếp -> PIG=180-HEG=180-BIG-> B,I,P thẳng hàng.BPG=IEG=BAG-> P thuộc (AGB).GN vuông BI nên BI cắt MN tại 1 điểm trên (G,GB).HLI=ABI=PUE
->U,L đối xứng qua PG.ULHE và IHLE nội tiếp -> 5 điểm thuộc đường tròn -> H thuộc (UIE) tương tự -> H là điểm miquel của AEF -> H thuộc (AKU) và MA.MU=MP.MG=MH^2 -> (AKU) tiếp xúc MN.
b)qua phép nghịch đảo đối xứng ta chỉ cần chứng minh KU//X1Y1
GH/TJ=GE/JL=AG/AJ->A,H,T thẳng hàng
Vậy ta chứng minh GU//JX1
AUG= 180-ABG,AX1J=ANJ=180-ANC
Vậy <->ABG=ANC<->IBG=JAN
Gọi M’ là đối xứng M qua AI -> BM’IG nội tiếp ->IBG=M’BG
Thật vậy có tam giác M’IG~ANJ(cgc) có góc MGI= AJN và tỉ lệ cạnh <-> GME~JCL
-> dpcm .attachicon.gif597CDD57-A033-4501-84B3-5985425B7A75.pngattachicon.gifF67E3055-F21A-472A-92A4-2DB0C21064FE.png

P/s : Làm sao để lược bớt phần rìa trong geogebra bạn nhỉ :))


Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

31-12-2018 - 08:56

Bài 6 đúng đề rồi, cơ mà hơi hiển nhiên :V

Bổ đề : ( Nguyễn Duy Khương ): Cho hình thang $ABCD$ ( $AB\parallel{CD}$ ). $X,Y$ thuộc $BC,AD$ thỏa mãn $AX\parallel{CY}$. CMR: $BY\parallel{DX}$.

Quay trở lại bài toán: Do $\angle{MFE}=\angle{EFG}=\angle{FEB}$ nên $MF\parallel{BE}$. Áp dụng bổ đề cho hình thang $MNBC$ thì $NE\parallel{CF}$. Lúc này xét phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AE^2$ , đặt là $\mathcal{I}$ . Qua $\mathcal{I}$: $M,N$ biến thành $B,C$. $E$ biến thành $F$. Do đó $MN$ biến thành $(O)$ tiếp xúc $(A-mix)$ đồng thời $(A-mix)$ bất biến qua $\mathcal{I}$ nên $MN$ tiếp xúc $(A-mix)$. Do đó theo định lí $Brianchon$ cho lục giác suy biến $NMEFXY$ thì $XY$ tiếp xúc $(A-mix)$ tại nghịch đảo của điểm tiếp xúc $MN$ và $(A-mix)$, gọi điểm này là $L$. Lại có theo định lí $Monge- D'Alembert$ cho 2 đường tròn $(A-mix)$ và $(I)$ thì $AL$ đi qua điểm đối xứng của tiếp điểm của $(I)$ qua $I$ nên $AL$ đi qua tiếp điểm $(A-bàng)$. Do đó $XY$ tiếp xúc với $(O)$ tại tiếp điểm $(A-mix)$ và $(O)$. Nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ và đối xứng qua phân giác thu được câu $b$. Do đó ta có đpcm $\blacksquare$.