Anh có thể giải thích cho e đoạn \widehat{LAM}-\widehat{KAM}=\widehat{AQP}-\widehat{ANM} được không? Vì sao hai hiệu này bằng nhau ạ?
$ \widehat{LAM}-\widehat{KAM}=(90-\widehat{ANM})-(90-\widehat{AQP})$
Có 177 mục bởi ecchi123 (Tìm giới hạn từ 05-06-2020)
Đã gửi bởi ecchi123 on 23-03-2018 - 17:31 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Anh có thể giải thích cho e đoạn \widehat{LAM}-\widehat{KAM}=\widehat{AQP}-\widehat{ANM} được không? Vì sao hai hiệu này bằng nhau ạ?
$ \widehat{LAM}-\widehat{KAM}=(90-\widehat{ANM})-(90-\widehat{AQP})$
Đã gửi bởi ecchi123 on 17-11-2017 - 16:32 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 2 :
Ta có $SN.SB=SM.SA$ nên $MN$ song song $BA$ nên $ST$ đi qua trung điểm $AB$
Gọi $PQ,PB$ cắt $AB,AQ$ tại $E,F$ . $DC$ cắt $PQ,AB,EF$ tại $X,Y,Z$
Ta có $(SZXY)=E(SFBQ)=-1$ nên $TZ$ song song $AB$
Mặt khác $EF$ là đối cực của $S$ qua $(O)$ nên $(DCSZ)=-1$ => $T(UVSZ)=-1$ nên $TS$ cũng đi qua trung điểm $VU$ nên $AU=BV$
Đã gửi bởi ecchi123 on 17-11-2017 - 16:14 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 1 :Gọi tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $L$ ,$AL$ cắt $(O)$ tại $T$ , đpcm tương đương $AT\perp QE <=>\widehat{OQE}=\widehat{MAT} $
Gọi $PQ$ cắt $AB$ tại $N$ có $\widehat{PNB}=\widehat{AOP}=\widehat{BOP}$ nên $NOBP$ nội tiếp nên $\widehat{BAC}=\widehat{OPB}=\widehat{ONB}=>ON\parallel AC$
Gọi $(OTL)$ cắt $BT$ tại $H$ , Ta có $\widehat{LOH}=\widehat{ACB}=\widehat{QNE} ,\widehat{LBH}=\widehat{MAC}=\widehat{QOE}$ và $\Delta ONE \sim \Delta BOL$ nên 2 hình $ONQE,BOHL$ đồng dạng với nhau $=>\widehat{OQE}=\widehat{THL}=\widehat{TOM}=\widehat{TAM}$ dpcm
Đã gửi bởi ecchi123 on 22-10-2017 - 07:19 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 3 :
Ta có $EF,AB,AC$ là các tiếp tuyến của $(ICB)$ nên $BM,CN$ là các đường đối trung tam giác $IBC$
Gọi $Q,X,Y$ là trung điểm của $CN,IB,IC$ . $CX,BY$ cắt $(IBC)$ tại $Z,T$ . ta có $\widehat{TZX}=\widehat{TBC}=\widehat{XYB}$ nên $XYZT$ nội tiếp , nên $\widehat{XZY}=\widehat{XTY}$
Mặt khác ta có $\Delta CBN\sim \Delta CZI=>\Delta CBQ\sim \Delta CZY=>\widehat{CBQ}=\widehat{CZY}=\widehat{XTB}=\widehat{PCB}$ (Do chứng minh tương tự với $P$ ) nên $CP,BQ$ cắt nhau tại $K$ trên trung trực $BC$
Đã gửi bởi ecchi123 on 18-10-2017 - 20:43 trong Hình học
Lời giải :
-Gọi $L$ là tiếp điểm của $(O),(O')$, $N$ là trung điểm $AB$ . $E$ là hình của của $O$ xuống $BO'$ , Ta có $\frac{HA}{HB}=\frac{FE}{FO'}=\frac{\sqrt{RR'}-R'}{R-\sqrt{RR'}}=\frac{\sqrt{R}}{\sqrt{R'}}$ và $\frac{LA}{LB}=\frac{\sqrt{R}}{\sqrt{R'}}$ ( Do hình chiếu của $L$ xuống $AB$ là đường đối trung tam giác $LAB$ ) Từ đó có $LH$ là phân giác góc $ALB$
-Gọi $J,G$ lần lượt là điểm đối xứng với $H$ qua $I,K$ Ta có $HJ.HG=HM.HI=HA.HB$ nên $\Delta AHG \sim \Delta JHB$ nên $J$ là trực tâm tam giác $ABG$
- Gọi $OO'$ cắt $AB$ tại $X$ . Dễ thấy $XL$ tiếp xúc với $(LAB)$ mà $LH$ là phân giác góc $ALB$ nên $XL=XH$
- Gọi $H'$ đối xứng với $H$ qua $X$ Mà $XH^2=XA.XB$ nên $(HH'AB)=-1$ nên $HN.HH'=HA.HB=HJ.HG$ nên $J$ là trực tâm tam giác $GNH'$ nên $GJ\perp H'G =>GJ\perp XK$ . mà $NL\perp XK$ nên $N,L,J$ thẳng hàng nên $JL\perp XK$ .mà $XH=XL$ Suy ra $JL=JH$
- Gọi $(I,IH)$ cắt $AJ$ tại $P$ nên $JL^2=JH^2=JP.JA$ nên $(APL)$ tiếp xúc với $LJ$ nên $P$ thuộc $(O)$
Hơn nữa $\widehat{PHJ}+\widehat{PAL}=\widehat{HAL}=\widehat{JPL}$ , Gọi $Px$ là tiếp tuyển của $(O)$ nên $\widehat{xPJ}=\widehat{PHJ}$ nên $(I)$ cũng tiếp xúc với $Px$ Nên $(I)$ tiếp xúc với $(O)$ , tương tự ta cũng có $(I)$ tiếp xúc với $(O')$
Đã gửi bởi ecchi123 on 09-10-2017 - 20:13 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 1 :
Ta có $\widehat{JKL}=90-\widehat{A}/2=\widehat{KPL}$ nên $JK,JL$ là tiếp tuyến của $(IKL)$ nên $IKPL$ điều hòa
Đường thẳng qua $B$ song song với $DL$ cắt $IC$ tại $M$ . Ta có $\frac{PK}{PL}=\frac{IK}{IL}=\frac{BK}{BD}.\frac{CD}{CL}=\frac{BK}{ML}$ nên $\Delta PLM \sim \Delta PKB$ nên $\widehat{LMP}=\widehat{KBP}$ nên $IMBP$ nội tiếp $=>\widehat{IPB}=180-\widehat{BMC}=180-\widehat{DLC}=90-\widehat{A}/4$ . Tượng tự thì $\widehat{IPC}=90-\widehat{A}/4$ suy ra $\widehat{BXC}=\widehat{A}$ nên $X$ thuộc $(O)$
Đã gửi bởi ecchi123 on 06-10-2017 - 22:39 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Ngược dấu rồi bạn
OK , Cảm ơn bạn , Mình đã sửa lại lời giải
Đã gửi bởi ecchi123 on 06-10-2017 - 17:36 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 1 :
a ) Đặt $a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC$ => $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosA.cosB.cosC=1$ nên $A,B,C$ là 3 đỉnh của tam giác nhọn
ta có bdt quen thuộc $cosA+cosB+cosC \leq 3/2 $ nên $a+b+c \leq 3$
ta chứng minh $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> 2(cosA+cosB+cosC) \geq \sqrt{8cosA.cosB.cosC}+2 <=>4.sinA/2.sinB/2.sinC/2\geq \sqrt{2cosA.cosB.cosC}<=>(1-cosA)(a-cosB)(1-cosC)\geq cosA.cosB.cosC$
Mặt khác ta lại có $(1+cosA)(1+cosB)(1+cosC)\leq (\frac{3+3/2}{3})^3=27/8$
nên việc còn lại là cm $(1-cos^2A)(1-cos^2B)(1-cos^2C)\geq \frac{27}{8}cosA.cosB.cosC<=>\frac{cotA.cotB.cotC}{sinA.sinB.sinC}\leq 8/27 <=>\prod cotC.(cotA+cotB)\leq 8/27$ ( do $sin^2A=\frac{1}{1+cot^2A}$ và $\sum cotA.cotB=1$)
điều này đúng do
$VT=\prod (cotA.cotC+cotB.cotC)\leq \frac{8}{27}(\sum cotA.cotB)^3=\frac{8}{27}$
vậy $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> (a+b+c-2)^2 +a^2+b^2+c^2 \geq 4 <=>a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc \geq 2(a+b+c)<=>(a+b+c)^2 \geq ac+ab+cb+2(a+b+c)$
ta có $\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+2a+2b+2c}\geq 1$
Đã gửi bởi ecchi123 on 06-10-2017 - 13:50 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 5 :
a) $T\equiv f(1)+f(3)+...+f(2017)( mod 2)$ vậy nên số các số lẻ trong $f(1),f(3),...,f(2017)$ phaỉ lẻ
nên số các cách chọn $f(1),f(3),...,f(2017)$ là $1009! .(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})$
Mà.$(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})=\frac{\sum_{i=0}^{1009}C_{1009}^i.C_{1009}^{1009-i}-2.C_{1009}^0.C_{1009}^{1009}}{2}=\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2}$
Còn lại số cách chọn $f(2),...,f(2018)$ là $1009!$
Vậy tổng số hoán vị là $(1009!)^2 . (\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2})$
Đã gửi bởi ecchi123 on 06-10-2017 - 11:30 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 2 :
a)xét $f_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(x+i)}-1$ => $f'_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{-1}{i(x+i)^2} <0 $ nên $f_n$ nghịch biến
$\lim_{x\rightarrow +\propto } f_n(x) =-1$ . $f_n(0) >0$ nên pt có nghiệm duy nhất thuộc $(0, + \propto )$
b)$f_n(1)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(1+i)}-1=-\frac{1}{n+1} <0=f_n(x_n)$ nên $x_n <1$ do $f$ nghịch biến
Mặt khác $f'_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{-1}{i(x+i)^2} <-1/4 \forall 1>x>0$
Theo định lí lagrange thì tồn tại $c$ thuộc $(x_n,1)$ sao cho $\frac{f_n(x_n)-f_n(1)}{x_n-1}=f'_n(c)<-1/4 => 0<1-x_n<\frac{4}{n+1}$
=> $lim x_n=1$
Đã gửi bởi ecchi123 on 06-10-2017 - 08:26 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 3 :a)
Gọi phân giác trong $AM$ . ta có $EM.EA=ED.DF=EI^2$ nên $\widehat{AFI}=\widehat{DME}-\widehat{DIE}=90$
Gọi $EF$ cắt $AH$ tại $Q$ , ta có $\widehat{HAM}=\widehat{IFE}$ nên $AFQI$ nội tiếp hay $IQH$ vuông nên $QIHD$ là hcn => $\widehat{IHD}=\widehat{IQD}=\widehat{FAI}$ nên $AIHK$ nội tiếp
b)Gọi $N$ đối xứng với $F$ qua trung trực $CB$ và $NE$ cắt $AH$ tại $P$ . Ta có $P$ là hình chiếu của tâm bằng góc $A$ xuống $AH$ nên $(AHQP)=-1$ nên $E(ALFN)=-1 =>F(ALFN)=-1$ nên tiếp tuyến tại $F$ chia đôi $KJ$
Đã gửi bởi ecchi123 on 06-10-2017 - 07:46 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 4 :
a) $f(3)=f^2(2)+1 , f(4).f(2)=f^2(3)+1=f^4(2)+2f^2(2)+2 => f(2) |2$
TH1 : $f(2)=1 . f(n+1)=\frac{f^2(n)+1}{f(n-1)}$ . quy nạp ta được $f(n+1)=3f(n)-f(n-1)$
TH2 :$f(2)=2. f(n+1)=\frac{f^2(n)+1}{f(n-1)}$ . quy nạp ta cũng được $f(n+1)=3f(n)-f(n-1)$
Vậy có 2 hàm thỏa mãn
b)đặt $g(x)=f(x)-x $ => $g(g(x)+x+x^2+y)=g(y)$ (1)
- $g(x)=-x-x^2 \forall x$ thỏa mãn
- tồn tại $c$ sao cho $f(c)+c+c^2=a \neq 0$ => $g(y+a)=g(y)$
thay $x$ bởi $x+a$=> $g(g(x)+x+x^2+y+2ax+1+a)=g(y)=g(g(x)+x+x^2+y)$
tiếp tục thay $y$ bởi $-x-x^2-g(x)$ => $g(2ax+1+a)=g(0)$
vậy $g(x)=b$ ( $b$ thực )
có 2 hàm $f(x)=-x^2$ và $f(x)=x+c$ thỏa mãn
Đã gửi bởi ecchi123 on 01-10-2017 - 18:39 trong Hình học
Cho 2 đường tròn ($O_1$) ;($O_2$) bằng nhau ,cắt nhau tại A và B,1 đường thẳng d qua A cắt ($O_1$) ;($O_2$)tại P và Q; 1 đường thẳng khác d qua A cắt ($O_1$) ;($O_2$) tại M và N. Gọi X và Y là trung điểm MQ và NP .Chứng minh XY luôn đi qua một điểm cố định
dễ thấy tam giác $BPQ.BMN$ cân . lấy $E,F$ là trung điểm của $PQ,MN$ ta có $EP=EQ=FP=FQ=QN/2$ nên $XY$ là trung trực của $EF$ . Mặt khác $EF$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ giả sử có tâm là $G$ , suy ra $G$ cũng thuộc trung trực $EF$ và cố định . Tức $XY$ đi qua $G$ cố định.
Đã gửi bởi ecchi123 on 01-10-2017 - 18:18 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 1
Gọi $HM$ cắt $(O)$ tại $J$ , Ta cm $DJ$ song song $PE$ tương đương với cm $OM$ đi qua trung điểm $PE$
Áp dụng menelaus cho tam giác $HAJ$ với cát tuyến $ODP$ nên
$\frac{PH}{PJ}=\frac{DH}{DA}=\frac{EJ}{EA}$ nên theo ERIQ thì trung điểm $PE,HJ,AJ$ thẳng hàng nên $OM$ đi qua trung điểm $PE$ . dpcm
Đã gửi bởi ecchi123 on 23-09-2017 - 18:17 trong Số học
Lời giải : , $n=2k+1$ nên với mọi $p$ là số nguyên tố lẻ mà $p|3^{2k+1}+1 | 3^{2k+2}+3$
đặt $3^{k+1}=2a+1$ nên $(2a+1)^2+3=4(a^2+a+1)\equiv 0 $(mod $p$) dó $p$ lẻ nên $p | a^2+a+1 |a^3-1 $ do $p$ ko chia hết $a-1$ ( nếu ngược lại thì $p=3$ vô lí ) nên $ord_p(a)=3$ mặt khác theo fermat thì $p|a^{p-1}-1$ nên $3|p-1$ . Vậy thì $u=p_1^{\alpha _1}.... p_k^{\alpha _k}\equiv 1(mod 3)$
Đã gửi bởi ecchi123 on 17-09-2017 - 18:08 trong Hình học
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $I$ là trung điểm cạnh $BC$. Phân giác trong $AD$ ($D$ trên cạnh $BC$),hai điểm $P,Q$ trên cạnh $AD$ thoả mãn $\angle CBP=\angle ABQ$. $M$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC$, $N$ đối xứng với $I$ qua $AD$. Chứng minh $MN \perp OP$
$AD$ cắt $(O),NI$ tại $X,Y$ . $OX$ cắt $(O)$ tại $Z$
Có $QMYI$ nọi tiếp nên ta có $\Delta XIQ \sim \Delta IYM$
Mặt khác $(BPQ)$ tiếp xức $BX$ nên $XP.XQ=BX^2=XI.XZ$ nên $\Delta XPZ \sim \Delta XIQ \sim \Delta IYM$ => $\Delta XPO \sim \Delta INM$
nên $OP$ vuông góc $MN$
Đã gửi bởi ecchi123 on 15-09-2017 - 12:01 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 1 : Cho dãy số $( x_n )$ thỏa mãn $x_1 = 2 , x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2}$
Xác định HSTQ Của $x_n$ và tìm $lim x_n$
Câu 2 : Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ . Một điểm $H$ thuộc đoạn $AB$ . Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $AB$ cắt $(O)$ tại $C$ . Đường tròn đường kính $CH$ cắt $AC,CB,(O)$ tại $D,E,F$
a) Chứng minh rằng $AB,DE,CF$ đồng quy
b) Đường tròn tâm $C$ bán kính $CH$ cắt $(O)$ tại $P,Q$
Chứng minh rằng $P,Q,D,E$ thẳng hàng
Câu 3
a) Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức :
$x.P(x-1)=(x-3).P(x)$
b) Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$f(xy)+f(x)+f(y)=f(x)f(y)+f(x+y)$ $\forall x,y\in \mathbb{R}$
Câu 4 :Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên thỏa mãn $a+b+c=a^2.(c-b)+b^2.(a-c)+c^2(b-a)$
Chứng minh rằng $a+b+c$ chia hết cho 27
Câu 5 : Cho tập $M$ gồm 2017 số dương $a_1;a_2;...;a_{2017}$ . Xét tất cả các tập con $T_i$ khác rỗng của $M$. Gọi $s_i$ là tổng các số thuộc tập $T_i$ nói trên . Chứng minh rằng có thể chia tập hợp tất cả các số $s_i$ được thành lập như vậy thành 2017 tập hợp con khác rỗng không giao nhau sao cho tỷ số của 2 số bất kì thuộc còng một tập hợp con vừa được thân chia không quá 2
Đã gửi bởi ecchi123 on 10-09-2017 - 23:09 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 2 :
(Chứng minh Đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $K$ : $l$ cắt $AB,AC$ tại $M,N$ . Đường thẳng qua $M,N$ vuông góc với $AC,AB$ cắt $BY,CZ$ tại $Y',Z'$ . $X'$ là trực tâm tam giác $AMN$ . Đường thẳng qua $X',Y',Z'$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $X'$ . Hơn nữa $X',Y',Z'$ chia $AD,BE,CF$ cùng 1 tỷ số nên Đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc với $CB,CA,AB$ đồng quy tại $K$ nằm trên đường nối trực tâm 2 tam giác $ABC,AMN$)
Giả sử $(CZK)$ cắt $(ABC)$ tại $L$ .Ta có $(LB,LK)=(LB,LC)+(LC,LK)=(AB,AC)+(ZC,ZK)=(AM,AN)+(MN,MA)=(MN,AN)=(YB,YK) (mod \pi)$ nên $(LBYK)$ nội tiếp . Tương tự thì $(LAXK)$ nt , Vậy 3 đường tròn đó đồng quy tại $K,L$ . Mặt khác $KL$ cắt $(O)$ tại $H$ thì $(OH,OB)=2(LK,LB)=2(AC,l) (mod \pi)$ cố định nên $H$ cố định
Đã gửi bởi ecchi123 on 10-09-2017 - 22:51 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Đã gửi bởi ecchi123 on 30-08-2017 - 18:40 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 1 :
Dễ dàng thấy $ANDY,AMDZ$ nội tiếp . Gọi $(AND)$ cắt $BC,BA$ tại $T,K$ . $(ADM)$ cắt $BC,AC$ tại $S,H$
Hạ đường cao $DP,DQ$ xuống $AB,AC$ ta có $EH.EA=EM.ED=EP.EC=>\frac{EA}{EC}=\frac{EP}{EH}=\frac{EA+EP}{EC+EH}=\frac{AP}{HC}$
Tương tự suy ra $\frac{AQ}{KB}=\frac{AF}{FB}=\frac{AE}{EC}=\frac{AP}{HC}$ nên $CH=BK$
Từ đó $\frac{CS}{CH}=\frac{CA}{CD}=\frac{BA}{BD}=\frac{BT}{BK}$ nên $CS=BT$ nên $BS=CT$
Vậy $\frac{BS}{BZ}=\frac{BA}{BD}=\frac{CA}{CD}=\frac{CT}{CY}$ nên $BZ=CY$
Đã gửi bởi ecchi123 on 21-08-2017 - 05:07 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 2 :
Giả sử $K,L$ là giao của $BH,CH$ với $EF$ . Ta sẽ chứng minh $K,L$ là trực tâm $MDE,MDF$ và thuộc $(H,HM)$
Thật vậy,$DM$ cắt $EF$ tại $N$ . $AI$ cắt $(O)$ tại $G$
Ta có $\triangle CLE \sim \triangle BKF$ và $\widehat{FBN}=\widehat{ECN}$ ( do $N(CBEN)=-1$ nên $ND$ là phân giác $BNC$ ) suy ra $\frac{NE}{NL}=\frac{NF}{NK}=>\frac{NL}{NK}=\frac{NE}{NF}=\frac{DC}{DB}$
Mà $\triangle GBC \sim \triangle HKL$ và $\widehat{IGB}=\widehat{MHK}$ và $\frac{NK}{NL}=\frac{DB}{DC}$ ,dựng vuông góc từ $D,N$ với $BC,EF$ cắt $GI,HM$ tại $I,H$ nên ta có hình $MKHL \sim IBGC => HK=HM=HL$
Từ đó $K,L$ thuộc $(H,HM)$
Mặt khác $\widehat{KMD}=\widehat{BID}=\widehat{GIC}$ nên $MK \parallel IC \perp ED$ từ đó $K$ là trực tâm $DME$ . tương tự với $L$ ta có dpcm
Đã gửi bởi ecchi123 on 21-08-2017 - 04:53 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 1 :
Gọi Phân giác $FHB$ cắt $(HB)$ tại $Y$ ,cắt $AB$ tại $X$
Ta có $\triangle DFB \sim \triangle DCE$ nên $\triangle DLK \sim \triangle DBE$ nên $\widehat{DKL}=\widehat{DBE}=\widehat{DYH}$ nên $KQ \parallel YH$
Lại có $\frac{DK}{DN}=\frac{DL}{DM}$ nên $KL \parallel MN$
Và $D(AFNB)=D(AEMC)$ nên $EF,BC,MN$ đồng quy nên $CM,BN,AD$ đồng quy
$KQ$ cắt $AB$ tại $Z$ thì do $N(MDBM)=-1$ nên $K$ là trung điểm $ZQ$
Khi đó $\frac{XY}{KQ}=\frac{XY}{KZ}=\frac{NY}{NK}=\frac{YK}{KD}$ nên $XK \parallel QD$ nên $X$ trùng $S$ tức là $S$ nằm trên phân giác $FHB$ . tương tự với $T$ suy ra $T,H,S$ thẳng hàng
Đã gửi bởi ecchi123 on 06-08-2017 - 22:07 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Lời giải bài 1 :
Hạ $PX,PY$ xuống $AB,AC$ Ta có $ \Delta PXF\sim \Delta PYC ,\Delta PXB\sim \Delta PYE =>XF.YC=PY.PX=BX.YE =>\frac{XF}{XB}=\frac{YE}{YC} $ nên $(ABC),(AEF),(AXY)$ đồng trục nên $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì góc $ASP$ vuông
Ta chứng minh $S$ cũng nằm trên $(D,DP)$
Gọi $T$ là trung điểm $AP$ ,
Thật vậy , Ta có : $(LA,LD)=(OH,KP)=(QA,QD)$ nên $ALDQ$ nội tiếp . Gọi $AL$ cắt $BC$ tại $G$ suy ra $AGQ,LGD$ cân tại $A,D$
GỌi $U,I,J,Z$ là trung điểm của $PQ,LG,LA,AG$ . đường thẳng qua $A,Z$ vuông góc với $AG$ lần lượt cắt $UO$ tại $N,M$ . $ZM$ cắt $BC$ tại $V$.
- Do các trung điểm nên $\widehat{ZTU}=180-\widehat{AQG}=180-\widehat{AGQ}=\widehat{ZMU} $ nên $TMUZ$ nội tiếp suy ra $\widehat{UTM}=\widehat{UZM}=\widehat{UGM}=>$ $TMUG$ nội tiêp nên $ \widehat{GTM}=90$
- Tiếp tục , Ta có $\frac{NM}{TU}=\frac{NM}{AQ/2}=\frac{NM}{AZ}=\frac{1}{cos\widehat{NMZ}}=\frac{VM}{VU}=>\frac{MN}{MV}=\frac{UT}{UV}$ và $\widehat{TUG}=\widehat{AQG}=\widehat{UMV}$ nên $\Delta VMN \sim \Delta VUT$ nên $\Delta VMU \sim \Delta VNT$ nên $\widehat{VTN}=90$
Tóm lại $(UGM),(UNV)$ cùng đi qua $T$
Ta lại có :$\frac{DG}{DV}=\frac{IG}{IZ}=\frac{JZ}{JA}=\frac{OM}{ON}$ nên $(UGM),(UNV), (UOD)$ đồng trục , từ đo $(UOD)$ cũng đi qua $T$ , tức là $DT$ vuông $TO$ . mà $TO$ song song $PS$ vì cùng vuông với $AS$ và $TS=TP$ . suy ra $DS=DP$ nên $S$ thuộc $(D,DP)$
Mặt khác , $\widehat{ESP}=\widehat{ESA}+90=EFA+90=\widehat{BAO}+90 =180-\widehat{ACB}$ nên $ESPC$ nội tiếp
Từ đó $180=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+\widehat{FSA}=\widehat{SPD}+\widehat{SAF}+90-\widehat{FSP}=>\widehat{FSP}=\widehat{FES}+\frac{\widehat{SDP}}{2}$
Goi $Sx$ tiếp xúc với $(D)$ thì $Sx$ cũng tiếp xúc với $(AEF)$ do góc ở trên
Từ đó $(AEF)$ tiếp xúc $(D,DP)$ tại $S$
Đã gửi bởi ecchi123 on 02-08-2017 - 18:16 trong Hình học
Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D,E, F. BE cắt DF tại M, CF cắt DE tại N. X, Y là trung điểm NF, ME. Cmr BX, CY và IA đồng quy
$BE$ cắt $CF$ tại $K$=>$\frac{XN}{XC}=\frac{FK}{FC}$ theo maclaurint
tương tự suy ra$\frac{XF}{XC}.\frac{YB}{YE}=\frac{FK}{FC}.\frac{EB}{EK}=\frac{DC}{DB}=>\frac{XF}{XC}:\frac{BF}{BC}=\frac{YE}{YB}:\frac{CE}{CB}$ => $B(XCIF)=C(YBIE)$ từ đó $BX,CY$ cắt nhau trên $AI$
Đã gửi bởi ecchi123 on 21-06-2017 - 18:24 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học
Em học hình còn kém nên xin thắc mắc một số chỗ:
-Ở $(1)$, tại sao $\widehat{FBP}=\widehat{QBC}$?
-Ở $(2)$, tại sao $PQ$ song song $XY$ thì $AD$ chia đôi $PQ$?
-Ở $(3)$, tại sao $\widehat{YQC}=\widehat{FPX}$?
-Ở $(4)$, tại sao $\angle YBC=\angle FPX, \angle ABC+ \angle FPX=180-\angle XPC$
-Ở $(5)$, là theo đinh lí hay tính chất gì?
Em xin cảm ơn!
(1) do $Q,P$ đẳng giác trong tam giác
(2) Định lí menelaus
(3) do 2 tam giác đồng dạng mình đã cm ở trên
(4) cái này cũng do tam giác đồng dạng $ABY$ và $APC$ làm tương tự , đoạn này bạn dể hiểu cộng cung $(PBC)$
(5) định lí về hàng điểm
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học