Đến nội dung

Hình ảnh

Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

- - - - - hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 30 trả lời

#21
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

Lời giải bài 10 mở rộng 

viết lại đề: cho hình thang $ABCD$ ngoại tiếp, trên $AB,CD$ lấy $X,Y$ bất kì, đối xứng của $B,C$ qua $XY$ lần lượt là $E,F$ gọi giao của các cặp đường thẳng sau $(XE,AD),(EF,AD),(EF,DC) $ là $G,H,K$ thì trong 4 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $GAX,GEH,HDK,KFY$ có 1 bán kính có dộ dài bằng tổng dộ dài 3 bán kính còn lại

giải  (lời giải của em rất phụ thuộc hình vẽ, hi vọng thầy Hùng có thể giúp em chỉnh lại lời giải bằng cách không phụ thuộc hình vẽ )

không mất tính tổng quát giả sử $AB<CD$ ta xét trường hợp $E,F$ cùng thuộc bờ $AD$ chứa $B,C$ ta đễ thấy $\widehat{DAB}=\widehat{ABC}=\widehat{XEF}=\widehat{HEG}$ suy ra $\widehat{EHG}=\widehat{AXG}$ tương tự ta suy ra $\widehat{DHE}=\widehat{KYF}$ , ta gọi bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $GAX,GEH,HDK,KFY$ lần lượt là $r_{1},r_{2},r_{3},r_{4}$ mà ta có công thức $r_{4}=\frac{(KY+YF-KF).sin(\frac{KYF}{2})}{2}$ tương tự cho 3 bán kính còn lại ta áp dụng công thức chú ý có các góc bằng nhau nên sin bằng nhau vậy $r_{1}+r_{2}-r_{3}+r_{4}=\frac{(AB+CD-BC-AD).sin(\frac{KYF}{2})}{2}=0$ trong các trường hợp còn lại giải tương tự 

Hình gửi kèm

  • bài thấy hùng tổng quát shrygin.JPG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 26-01-2017 - 23:42


#22
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn em về lời giải thú vị này chỗ kia mình nghĩ là $\sin\frac{KYF}{2}$ ?

 

Mình sẽ xem kỹ và trao đổi lại với em, bài này post trên AoPS cũng lâu mà chưa ai giải cả :)!


  • NHN yêu thích

#23
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Bài toán 14 (USA TST 2017). Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm ngoại tiếp $O$, $T$ nằm trên $BC$ sao cho $\angle TAO = 90^{\circ}$. Đường tròn đường kính $\overline{AT}$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại hai điểm $A_1$ và $A_2$, với $OA_1 < OA_2$. Các điểm $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$ được định nghĩa tương tự.

 

a) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_1},{BB_1},{CC_1}$ đồng quy.

 

b) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_2},{BB_2},{CC_2}$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 28-01-2017 - 20:20


#24
lehakhiem212

lehakhiem212

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 113 Bài viết

Bài 14:

a.Đường tròn đường kính $AT$ cắt $OT$ tại $A_{1}'$ .Theo hệ thức lượng: $TO.TA'_{1}=TA^{2}=TB.TC$.Suy ra $OA'_{1}BC$ nội tiếp.Do đó $A'_{1}\equiv A_{1}$.

Dễ thấy $AA_{1}$ là đường đối cực của $T$ đối với $(O)$.Ta có: $\frac{TB}{TC}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$. Do đó nếu dúng định lý Me-nê-lê-uýt thì hai giao điểm còn lại thẳng hàng với $T$. Nên các đường đối cực của chúng đồng quy. Suy ra: $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ đồng quy.đpcm.( mong các bạn có cách giải khác không đụng đến đường đối cực).

b.Hạ đường cao $AD$. trực tâm $H$.

Theo hệ thức lượng: $OA^{2}=OA_{1}.OT=OC^{2}\Rightarrow \bigtriangleup OCA_{1}\sim \bigtriangleup OTC(c.g.c)\Rightarrow \angle OTC=\angle OCA_{1}$.

Mà $\angle OTD=\angle A_{1}A_{2}D(TA_{1}DA_{2}nt),\angle OCA_{1}=\angle A_{1}A_{2}O(A_{1}A_{2}COnt)\Rightarrow \angle A_{1}A_{2}D=\angle A_{1}A_{2}O$.Suy ra $A_{2},D,O$ thẳng hàng.

Gọi $K$ là giao điểm của $OH$ và $AA_{2}$

Dùng định lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác $DHO$:

$\frac{KH}{KO}.\frac{A_{2}O}{A_{2}D}.\frac{AD}{AH}=1\Rightarrow \frac{KH}{KO}=\frac{A_{2}D}{A_{2}O}.\frac{AH}{AD}=\frac{A_{2}D.OD}{A_{2}O.OD}.\frac{AH}{AD}=\frac{DB.DC}{AO^{2}}.\frac{AH}{AD}$.

Mà ta có $DB.DC=DH.DA$(chứng minh bằng cách gọi giao điểm của AH với (O) rồi cm hai đoạn bằng nhau, rồi dùng phương tích)

Nên: $\frac{KH}{KO}=\frac{HA.HD}{R^{2}}=\frac{2.HA.HD}{2R^{2}}=\frac{P/_{(O)}}{2R^{2}}$(cái đẳng thức cuối cũng cm bằng cách trên,gọi giao điểm, cm đoạn rồi phương tích)

Ta có biểu thức trên không đổi, nên $K$ là điểm xác định trên đường thẳng Ơle.Nên các đường thẳng khác cũng đi qua K

Do đó các đường thẳng $AA_{2},BB_{2},CC_{2}$ đồng quy tại K trên đường thẳng Ơ le.

Hình vẽ:

geogebra-export (1).png



#25
Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết

Bài Toán 15 (IRAN TST 2017). Cho tam giác $ABC$. Các điểm $P,Q$ nằm trên cạnh $BC$ sao cho $BP=CQ$ và $P$ nằm giữa $B,Q$. Đường tròn $(APQ)$ cắt các cạnh $AB,AC$ tại $E,F$ tương ứng. Điểm $T$ là giao điểm của $EP$ và $FQ$. Hai đường thẳng đi qua trung điểm của $BC$ và song song với $AB$, $AC$ cắt $EP$ và $FQ$ lần lượt tại $X,Y$. Chứng minh rằng $(TXY)$ tiếp xúc với $(APQ)$.



#26
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

Bài toán 16:(IRAN TST 2017-P1-D1) Cho tam giác $ABC$ với $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$. Gọi $\omega$ là một đường tròn bất kỳ qua $A$, $I_a$ và cắt phần kéo dài của các cạnh $AB,AC$ (kéo dài từ $B,C$) tại $X,Y$ tương ứng. Gọi $S,T$ là các điểm trên các đoạn $I_aB,I_aC$ tương ứng sao cho $\angle AXI_a=\angle BTI_a$ và $\angle AYI_a=\angle CSI_a$. Các đường thẳng $BT,CS$ cắt nhau tại $K$. Các đường thẳng $KI_a,TS$ cắt nhau tại $Z$. Chứng minh rằng $X,Y,Z$ thẳng hàng.

 

Bài toán 17:(IRAN TST 2017-P3-D1) Cho $P$ là một điểm nằm trong tứ giác $ABCD$ sao cho

$\angle BPC=2\angle BAC  , \angle PCA = \angle PAD  , \angle PDA=\angle PAC.$

Chứng minh rằng $\angle PBD= \left | \angle BCA - \angle PCA \right |.$

 

Bài toán 18:(IRAN TST 2017-P3-D2) Cho tam giác $ABC$ với tâm ngoại tiếp $O$ và trực tâm $H$. Điểm $P$ đối xứng với $A$ qua $OH$. Giả sử $P$ không nằm trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$. Các điểm $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $BE=PC  , CF=PB$. Gọi $K$ là giao điểm của $AP,OH$. Chứng minh rằng $\angle EKF = 90 ^{\circ}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 19-06-2017 - 13:12

$\mathbb{VTL}$


#27
Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết

Bài Toán 16.

post-159994-0-46167400-1494856786.png

Dễ thấy $\triangle BXS \sim \triangle BI_aC \sim \triangle TYC \Rightarrow \angle BXS \sim \angle BI_aC \sim \angle TYC = 90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A $

$\Rightarrow  \angle BXS + \frac{1}{2} \angle A = \angle TYC + \frac{1}{2} \angle A = 90^{\circ} \Rightarrow XS \perp AI_a , YT \perp AI_a \Rightarrow XS \parallel YT$ $(1)$

Lấy điểm $E$ trên cạnh $BC$ sao cho $BE=BX$ $\Rightarrow CE=CY$

$\angle KSI_a + \angle KTI_a = \angle AYI_a + \angle AXI_a = 180^{\circ} \Rightarrow SKTI_a$ nội tiếp

$\angle CEI_a = \angle CYI_a = \angle CSI_a \Rightarrow CESI_a$ nội tiếp $\Rightarrow BES = \angle BI_aC = \angle BKS \Rightarrow BEKS$ nội tiếp

$\Rightarrow E$ là điểm $\text{Miquel}$ của tứ giác $SKTI_a$ $\Rightarrow \angle SEZ = \angle TEZ$ $\Rightarrow \frac{SZ}{TZ}=\frac{SE}{TE}=\frac{SX}{TY}$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow \triangle XSZ \sim \triangle YTZ\Rightarrow \angle SZX = \angle YZT $

$\Rightarrow X,Y,Z$ thẳng hàng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 04-07-2017 - 11:28


#28
Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 302 Bài viết

Bài toán 19 (Balkan MO 2017): Cho tam giác nhọn $ABC$ với $AB<AC$ và $\omega$ là đường tròn ngoại tiếp của nó. Gọi $t_{B}$ và $t_{C}$ tiếp xúc với $\omega$ lần lượt ở $B$ và $C$; $L$ là giao điểm của chúng. Đường thẳng qua $B$ song song với $AC$ cắt $t_{C}$ tại $D$. Đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ cắt $t_{B}$ tại $E$. Đường tròn $(BDC)$ cắt $AC$ tại $T$ sao cho $T$ nằm giữa $A$ và $C$. Đường tròn $(BEC)$ cắt $AB$ (hoặc phần kéo dài của nó) tại $S$ sao cho $B$ nằm giữa $S$ và $A$. Chứng tỏ $SL$; $AL$ và $BC$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 07-08-2017 - 21:50

Sống khỏe và sống tốt :D


#29
Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết

Bài 6.

 

Lời giải

 

Ta sử dụng bổ đề quen thuộc sau:

 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ $(AB\neq AC)$, nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Khi đó $OI$ vuông góc với $AD$ khi và chỉ khi $AD$ là đường đối trung.

 

Đây là bổ đề quen thuộc của đường đối trung nên tôi không chứng minh lại.

 

Quay trở lại bài toán.

 

Giả sử $A,D,L$ thẳng hàng ta sẽ chứng minh bốn điểm $P,X,Q,Y$ đồng viên. Do $LB,LC$ là tiếp tuyến của $(O)$ suy ra $AL$ là đường đối trung tại đỉnh $A$. suy ra $OI$ vuông góc với $AD$. 

 

Gọi $S$ là giao điểm của $PQ$ và $BC$ , do $SO$ vuông góc với $AD$ suy ra $SB.SC=SP.SQ=SA^{2}=SY.SX\Rightarrow SP.SQ=SY.SX$   

 

Vậy tứ giác $PQXY$ nội tiếp.

 

 

Trường hợp còn lại khá đơn giản!

Hình gửi kèm

  • Untitled.png


#30
AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết

Mình xin khởi động lại topic bằng việc giải bài toán 19

Lời giải: Do tứ giác $BDCT$ nội tiếp kết hợp với $ BD\parallel{TC}$ nên tứ giác $BDCT$ là hình thang cân .

Vì vậy $\angle{BDT}=\angle{ACB}$ và $\angle{BAC}=\angle{BCL}=\angle{BAC}$ nên $\triangle BAC\sim {\triangle{BTD}}$ . 

Dẫn đến $\angle{TBD}=\angle{ABC}$. Suy ra $\angle ABT=\angle{CBD}=\angle{TCB}$ . Suy ra $AB^2=AT.AC$

Vậy $\frac{TA}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2-AB^2}$ 

Chứng minh tương tự ta cũng có : $\frac{SA}{SB}=\frac{AC^2-AB^2}{AC^2}$

Từ đây áp dụng Mene cho bộ ba điểm thẳng hàng $T,D,C$ của tam giác $ABC$ ( $TS$ cắt  ${BC}$ tại $D$ )

Ta được $\frac{DB}{DC}=\frac{AB^2}{AC^2}$ thì D thuộc đối trung đỉnh A.

Hay $AL, ST , BC$ đồng quy.

Mình xin đề xuất bài toán sau:

Bài toán 20:( k nhớ nguồn) Tam giác $ABC$ nội tiếp (O) , Đường cao $AD,BE, CF$. $AO$ cắt $BC$ tại $M$. Đường tròn tiếp xúc $(O)$ tại ${X}$ đi qua $DM$ , tương tự có $Y,Z$, Chứng minh rằng $AX,BY, CZ$ đồng quy


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 02-03-2018 - 10:55

        AQ02

                                 


#31
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

Bài toán 20:( k nhớ nguồn) Tam giác $ABC$ nội tiếp (O) , Đường cao $AD,BE, CF$. $AO$ cắt $BC$ tại $M$. Đường tròn tiếp xúc $(O)$ tại ${X}$ đi qua $DM$ , tương tự có $Y,Z$, Chứng minh rằng $AX,BY, CZ$ đồng quy

$AD, AM$ cắt lại $(O)$ lần lượt tại $E,F$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Đường đối trung tại $A$ của $\Delta ABC$ cắt $(O)$ tại $U$.

Nhận thấy $BEFC$ là hình thang cân nên $V$ cách đều $E,F$.

Suy ra $(VEF)$ tiếp xúc với $BC$.

Xét phép nghịch đảo đối xứng qua phân giác góc $BAC$ phương tích $AB.AC$: $D\rightarrow F, M\rightarrow E, U\rightarrow V, (O)\rightarrow BC$. Mà $(VEF)$ tiếp xúc với $BC$ nên $(DMU)$ tiếp xúc với $(O)$.

Từ đó $U\equiv X$ nên $AX$ đi qua điểm Lemoine của tam giác $ABC$.

Tương tự với $BY,CZ$. Ta có đpcm.







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh