Đến nội dung

nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

Đăng ký: 10-07-2017
Offline Đăng nhập: 24-07-2019 - 09:11
***--

Trong chủ đề: ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HÀ NAM NĂM 2016-2017

29-03-2019 - 00:34

Bài $3$: Lấy $S$ là chân đg cao từ $A$, $ID$ cắt $XY$ tại $J$, $AJ$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $JA_1.JA_2=JA.JE=JH.JD$ với $ID$ giao $(DA_1A_2)$ tại $H$

Khi đó $P(J/O)=JA.JE=R^2-JO^2=R^2-(PD^2+(AS-AH)^2/4)=R^2-(b-c)^2/4-(RcosBcosC)^2=k$

Vì $JL=2k/h$, $DJ=h/2 \Rightarrow DL=DJ+JL=RsinBsinC+R(1-cosB^2cosC^2)-(b-c)2/4R / sinBsinC$
$=R[(sinBsinC)^2  +  1 - (cosBcosC)^2 - (sinB-sinC)^2 / sinBsinC]$
$=R[-(1-sinB^2)(1-sinC^2) + 1 + (sinBsinC)^2 - sinB^2 - sinC^2 / sinBsinC + 2]=2R$
CMTT, ta có $I$ là tâm đẳng phương của $3$ đường tròn

Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

02-12-2018 - 01:12

Bài $4:$ Mission complete :lol: 
Gọi $G$ là trung điểm $AH$, $(K,KP)$, $(L,LQ)$ tx $(Eu)$ tại $I,J$, tx nhau tại $S$ thì theo bổ đề Archimedes $G,Q,J$ và $G,P,I$ thẳng hàng đồng thời $GS=GE=GF$ nên $S$ thuộc $(AEF)$
Nhận xét: Có nhiều nhất một cặp đường tròn thỏa mãn $P,Q$ đẳng giác, $(K)$, $(L)$ tx $(Eu)$, $EF$ và tx nhau với mỗi $ABC$ cố định. 
CM: Xét cặp đường tròn t/m các đk trên chưa cần tx nhau thì theo định lí Monge ta có $PQ, KL, IJ$ đồng quy tại $Z$. Khi đó $ZE/ZF=IE/IF.JE/JF=PE/PF.QE/QF=(AE/AF)^2$ nên $ZA$ tx $(AEF)$. Tóm lại với $3$ tiêu chí đầu ta luôn có $IJ$ đi qua $Z=AA \cap EF$  cố định. Xét tiêu chí $4$, giả sử còn ít nhất $2$ đg tròn khác thỏa đề thì cố định đường tròn $1$ là $P$, tất cả các điểm ở đường tròn $2$ đánh '. WLOG $P'$ nằm trên $PE$ thì $Q'$ nằm trên $QF$ thì vì $K'$ là đg vg từ $P'$ cắt trung trực $P'I'$ mà $R(K')/R=I'P'/I'G=P(P'/eu)/GE^2 =R^2-P'N^2/GE^2<PN^2-R^2/GE^2=R(K)/R$ ($P,Q$ nằm trong $(Eu)$) nên $R(K')<R(K)$ tg tự $R(L')<R(L)$. Lại có $K'L'/P'Q'=Z'K'/Z'P=cotKZ'P'>cotPZK=KL/PQ$ do hàm cot giảm nên $KL<K'L'.PQ/P'Q'<K'L'$ do $P'Q'>PQ$ nên ta có $R(L')+R(K')<R(L)+R(K)=LK<L'K'$ nên $(L'), (K')$ không tiếp xúc nhau  tức vô lí với giả sử phản chứng và ta hoàn thành nhận xét
Lấy $S$ là điểm Humpty, gọi $GS$ cắt $(Eu)$ tại $T$ thì dùng phần cm ở bài $2$, dựng $2$ đường tròn Thebault của $FTV, ETV$ thì $2$ đg tròn tiếp xúc nhau tại $S$ là tâm nt và cùng tx $(Eu)$. Ta kiểm tra tiếp điểm của chúng trên $EF$ là $P,Q$ t/m $AP, AQ$ đẳng giác là xong. Dễ thấy $KLS$ vg $TS$ (cm bài $2$) nên $KL$ là tiếp tuyến của $(AEF)$. Vậy $PE/PF.QE/QF=IE/IF.JE/JF=ZE/ZF=(SE/SF)^2=(AE/AF)^2$ ($AESF$ điều hòa) nên theo bổ đề Steiner $AP, AQ$ đẳng giác góc $A$. Theo nhận xét ban đầu ta có đẳng thức hay $2$ đường tròn thỏa đề tiếp xúc nhau tại điểm $S$ thuộc $AM$ tức ĐPCM.

Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

01-12-2018 - 12:22

Bài $2$: Bài này còn có nhiều tính chất thú vị khác  :icon6:  
Gọi $AI$ cắt $A-mix$ tại $Q$, tiếp tuyến tại $I$ với $(BIC)$ cắt $BC$ tại $V$, định nghĩa lại $T$ là tt kẻ từ $V$ tới $(O)$, $TN$ cắt $BC$ tại Z
+ Khi đó $VB/VC=(TB/TC)^2=(IB/IC)^2$ nên $IB/IC=TB/TC$
+ Ta có phương tích của $M$ với $2$ đg tròn Thebault tx $BC$ luôn là $MI^2$ cố định (Bổ đề $Archimedes$) nên khi cho $D$ là chân pg thì $(L), (K)$ tiếp xúc $AI$ tại $I$ ngoài ra vì $EF//A'N$ nên $(TEF)$ tx $(O)$
+ Chú ý $S(AIQE)=-1$ mà $S,I,N$ thẳng hàng theo t/c quen thuộc nên $SQ$ đi qua $W$ là điểm chính giữa cung $AN$. Gọi $IW$ cắt $(O)$ tại $T'$
$T'B/T'C=sinIWB/sinIWC=sinIWB/IB.IC/sinIWC.IB/IC=sinIBW/sinICW.IB/IC=sinNBC/2:sinNCB/2.IB/IC=IB/IC=TB/TC$
Do điểm $T$ được xác định duy nhất là tt kẻ từ $V$ tới $(O)$ nên $T=T'$
+ Mặt khác $ITS=INW=180-ISQ-SAN=90-ASQ-SAI=90-SQE=IES$
Vậy $T$ thuộc $(IES)$ nên $TEI=180-IST=TA'N$ mà $AI//A'N$ nên $T,E,A'$ thẳng hàng hay điểm $T$ được xác định ở đây cũng chính là điểm $T$ ở đầu bài
+ Dễ có $FDB=ADB=A/2+C=180-A/2-B=NB'A$ nên $ZDET$ nội tiếp
+ $FIZ=90-VIZ=IVZ/2=ITZ=ITF$ nên $FI^2=FT.FZ=FD.FE$
+ Lấy $U,R$ là giao của $FX, FY$ với $(XZT), (TZY)$ thì vì $FU.FX=FR.FY=FZ.FT=FI^2$ mà $FI$ tiếp xúc $K,L$ và $X,Y$ thuộc $(K), (L)$ nên $R, U$ thuộc $(L), (K)$
Chú ý $IRU=FIY+UTF=UTR+FIY-FYZ=UTR+FIR=UTR+RYI$ nên $(FET)$ tx $(L)$ cmtt $(FET)$ tx $(K)$ vậy ta có ĐPCM

Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

30-11-2018 - 17:19

Bài $3$:
Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ thì $AFME$ là hình thoi
Chú ý rằng $IM=IA=IK$ nên $I$ là tâm $(AMK)$ tg tự $J$ là tâm $(ALM)$
Vậy $AKM=1/2AIM=AIO=90-E=90-F=1/2AJM=MLK$ nên $ML=MK$
Gọi $(MKL)$ cắt $(O)$ tại $Q$ thì $BQC+LQK=180-BAC+180-LMK=180-A+2KLM=180-A+2(90-E)=180$ nên $B,Q,K$ thẳng hàng
Tương tự thì vì $KQC=KQL$ nên $C,L,Q$ thẳng hàng
Lại có $MLK=A/2=MBS$ nên $L$ thuộc $(MBS)$, cmtt $K$ thuộc $(MCS)$
Gọi $BL$ cắt $(O)$ tại $P$ thì $LPM+KLP=BAM+180-BLS=BAM+BMO=90$ nên $PM$ vg $LK$ mà $ML=MK$ nên $PL=PK$ từ đó $C,P,K$ thẳng hàng
Gọi $D$đối tâm $A$ thì $ACK=ACP=180-ABL=SAB+BMS=90-MAK=AXK$ nên $AKXC$ nt tg tự $ABLY$ nt 
Từ đó $ACX=180-AKX=90=ABY$ nên $CX, BY$ cắt nhau tại $D$. Do $(O)$ cố định nên $BX, CY$ cắt nhau tại $D$ cố định

Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12

30-11-2018 - 16:18

Bài $5$
Gọi $S$ là trực tâm $IBC$, $U$ là h/c của $D$ trên $EF$. Vì $M$ là tđ $AK$ nên $D(AKMU)=-1$ 
Xét phép đx trục DH: $A->A', K->L, U->U', M->M'$ vậy $D(L'KM'U')=-1$
Chú ý rằng $(DA,DM) ; (DU, DI); (DM; DA)$ đẳng giác nên $DA', DM', DU'$ đi qua $M,A,I$ nên $D(MLI'A)=-1$
Gọi $AS$ cắt $EF$ tại $L'$, $IS$ cắt $EF$ tại $W$ ta có: $D(ML'IA)=D(ML'SA)=M(DL'SA)=M(DWSI)=-1 $ (theo t/c quen thuộc $BI$, $CI$ cắt $EF$ tại $Q,R$ thì $Q,R$  là 2 chân đg cao) vậy $L=L'$ hay $L=AS$ giao $EF$
Gọi $AD$ cắt $EF$ tại $Z$ thì $A(LIWJ)=A(LMWZ)=D(LMWZ)=D(LMIA)=L(DMIA)=L(DWIA)=-1$
Gọi $MJ$ cắt $AL$ tại $S$', $IZ$ cắt $AL$ tại $G$ thì $(GS'AL)=-1$ mặt khác $I(GSAL)=I(ZWML)=A(ZWML)=A(DWIS)=-1$ nên $S=S'$
Nói cách khác, $MJ \equiv MS và S(AJZD)=S(LZMW)=-1$ (cmt) ngoài ra $J$ là điểm $Gergonne$
Ở dưới đây ta kí hiệu $'$ là tích vô hướng, chú ý $'BC=1/2('EF+'XY)$
Vậy $'SM.'XY=('SI+'IM)(2'BC-'EF)=2'BC.'IM-'SI.'EF (SI, DM vg BC,EF)=2BC.IM.cos(BC,IM)-SI.EF.cos(SI,EF)=cos(SI,EF) (2BC.IM - SI.EF)$ ($WMDA'$ nt với $A'$ là chân pg)
Ta có $2BC.IM=SI.EF \Leftrightarrow IM/MF=SI/BC\Leftrightarrow tanA/2=cosS/sinS=tanA/2$ (đúng)
Vậy $'SM.'XY=0$ hay $MJ=SM$ vuông góc $XY$ và ta có ĐPCM