Edited by quanghung86, 10-04-2017 - 17:05.
#1
Posted 09-04-2017 - 23:10
- quanghung86, baopbc, Mr Cooper and 2 others like this
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#3
Posted 10-04-2017 - 18:58
ta chứng minh bổ đề sau
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) ,K thuộc (AOC), đường tròn (K,KA) cắt AB,AD tại M,N,đường tròn (K,KC) cắt CB,CD tại S,T chứng minh MN//ST
cho AC cắt (K,KA),(K,KC),OK tại Q,V,X.$AO\cap AO=Y$
có $\widehat{KVC}=\widehat{KCA}=\widehat{KOA}$ $\Rightarrow$ XVOYnội tiếp
ta có $\widehat{OKC}=\widehat{XCO}$ $\Rightarrow$ $\widehat{KXC}$=$\widehat{KCO}$=$\widehat{KAY}$=$\widehat{KYA}$
$\Rightarrow Y\in (K,KA)$
C/M tt QK$\cap$ OC= H $\Rightarrow$ H$\in$ (K,KC)
Ta có (AB,AC)=(AM,AQ)$\Rightarrow$ (KM,KQ)$\Rightarrow$ (OB,OC) Gọi MK$\cap$ OB=Z$\Rightarrow$ (ZK,ZO)=(HK,HO)$\Rightarrow$ HKOZnội tiếp $\Rightarrow \widehat{KZO}=\widehat{KHO}=\widehat{KCO}=\widehat{OYK}$ $\Rightarrow$ KOYHZ nội tiếp
$\Rightarrow$(KOY)$\cap$ OB=Z
Tương tự (CB,CA)=(CS,CV)$\Rightarrow$ (OB,OA)=(KS,KV). SK$\cap OB=Z'$
dễ dàng chứng minh Z'$\in$ (HKY)$\Rightarrow$ (KOY)$\cap$ OB=Z'$\Rightarrow$ Z$\equiv $Z'$\Rightarrow$ $\overline{S,M,K}$
C/m tt $\overline{K,N,T}$
$\Rightarrow$ MN//ST $\Rightarrow PQ//ST$
$\Rightarrow$ $\overline{L,K,C}$
KC$\cap$ (K,KA)=W $\Rightarrow$ NW//TC và MW//SC
$\Rightarrow$ $\frac{JN}{NQ}$=$\frac{JW}{WC}$=$\frac{JM}{MP}$ $\Rightarrow$ $\frac{MP}{NQ}$=$\frac{JM}{JN}$
#4
Posted 11-04-2017 - 17:01
Lời giải bài 1 :
Gọi $X$ là giao điểm của $CK$ với $(O)$ , $OK$ cắt $AX$ tại $S$. Khi đó $\angle XKS = \angle OCA = 90^{\circ} - \angle AXK$ nên $OS \perp XK$
Tức là $KA = KX$ nên $X \in (K,KA)$.
Ta có : $\angle PQC = 180^{\circ} - \angle QND - \angle QDN = 180^{\circ} - \angle ANM - \angle AXC = (90^{\circ} - \angle XNM) +90^{\circ} - \angle ANX - \angle ABC = (90^{\circ} -\angle XCB) +90^{\circ} - \angle OCA - \angle ABC = 90^{\circ} - \angle XCB$ nên $CX$ đi qua $J$, tức là $L,J,K,X$ thẳng hàng
$(K)$ cắt $XC$ tại $G$. Khi đó $\angle MGJ = \angle MAX = \angle BCG$ nên $GM \parallel BC$. Tương tự ta có $GN \parallel DC$ nên $\frac{JM}{JP} = \frac{JG}{JC}=\frac{JN}{JQ}$ nên $\frac{MP}{NQ}=\frac{JM}{JN}$
- Zaraki, canhhoang30011999 and baopbc like this
#5
Posted 11-04-2017 - 18:40
Lời giải bài 2 : Gọi $S$ là giao điểm của $DX$ với $(O)$. $AQ$ cắt $(O)$ tại $L$. Khi đó $LS$ là đường kính của $(O)$
Gọi $X'$ là đối xứng của $X$ qua $O$ khi đó $LX \perp BC$. Gọi $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. $X'M$ cắt $BC$ tại $I$
$\blacksquare$ Ta chứng minh $U,V,M,D$ đồng viên
Ta sẽ chứng minh $XI,BC,EF$ đồng quy. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G_1$ thì $\frac{G_1B}{G_1C} = \frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC}$
Gọi $XI$ cắt $BC$ tại $G_2$ thì $\frac{G_2B}{G_2C} = \frac{IB}{IC}.\frac{XB}{XC}$
Vậy điều cần chứng minh tương đương với
$\frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC} = \frac{IB}{IC}.\frac{XB}{XC}$
Thật vậy ta có : $\frac{MB}{MC} = \frac{IB}{IC}.\frac{X'B}{X'C} = \frac{IB}{IC}.\frac{AF}{AE} = \frac{IB}{IC}.\frac{AF}{AE}$ nên $\frac{IB}{IC} = \frac{MB}{MC}.\frac{AE}{AF}$ ( do có $\triangle X'BC \sim \triangle AFE$)
Vậy ta cần chứng minh $\frac{AE}{AF}.\frac{BF}{CE}= \frac{MB}{MC}.\frac{AE}{AF}.\frac{XB}{XC}$ tức là $\frac{MB}{MC} = \frac{FB}{EC}.\frac{XB}{XC} $
Có $\triangle FPE \sim \triangle BXC$ nên $ \frac{FB}{EC}.\frac{XB}{XC} = \frac{FB}{EC}.\frac{PF}{PE} = \frac{cotan \angle FBP}{cotan \angle ECP} = \frac{cotan \angle QBM}{cotan \angle QCM} = \frac{MB}{MC}$. Ta có điều cần chứng minh
Vậy $XI,BC,EF$ đồng quy tại $G$
$\blacksquare$ Ta chứng minh đối xứng của $Q$ qua $K$ nằm trên $(O)$
Thật vậy, ta sẽ chứng minh $S$ chính là đối xứng của $Q$ qua $K$
Gọi $K'$ là trung điểm $QS$. Do $S$ là đối xứng của $L$ qua $O$ nên $AS \perp AQ$ , từ đây suy ra $AS \parallel UV$
$K'$ là trung điểm $QS$ nên $K'$ nằm trên trung trực $AS$, cũng là trung trực $UV$
Lại có $QMDS$ là hình thang vuông nên $K'$ cũng nằm trên trung trực $MD$. Mà tứ giác $MDVU$ nội tiếp nên $K'$ chính là tâm ngoại tiếp $MDVU$ nên $K \equiv K'$
Vậy $K$ chính là trung điểm $QS$.
- Zaraki, canhhoang30011999, baopbc and 2 others like this
#6
Posted 11-04-2017 - 22:01
Xin đóng góp 1 hướng tiếp cận cho bài toán thứ 2.
Ta gọi $XD$ cắt lại $(O)$ tại $T$ và $K$ là trung điểm $QT$. Ta cần chứng minh $K$ chính là tâm ngoại tiếp $\triangle DUV$. Thật vậy:
Gọi $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$ và $EF\cap BC = S$.
Đặt $\alpha = -\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}},\ \beta = -\dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}}$. Khi đó:
$$\dfrac{\overline{SB}}{\overline{SC}} = \dfrac{\overline{BF}}{\overline{FA}} . \dfrac{\overline{AE}}{\overline{EC}} = \dfrac{BF}{FP} . \dfrac{PF}{FA} . \dfrac{AE}{EP} . \dfrac{PE}{EC} = \dfrac{BM}{MQ} . \dfrac{XD}{DC} . \dfrac{BD}{DX} . \dfrac{QM}{MC} = \dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}} . \dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}} = \alpha . \beta$$
Trên trục $BC$ chọn tọa độ $B = 1, C = 0$ và khi đó:
$$D = \dfrac{B+\alpha C}{1+\alpha} = \dfrac{1}{1+\alpha},\ M = \dfrac{1}{1+\beta},\ S = \dfrac{1}{1-\alpha \beta}$$
Do đó:
$$\overline{SM}.\overline{SD} = \left(\dfrac{1}{1+\beta}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(\dfrac{1}{1+\alpha}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \left(1-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(0-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \overline{SB}.\overline{SC} = \overline{SU}.\overline{SV}$$
Có nghĩa là $DMUV$ nội tiếp. Và do $QMDT$ là hình thang vuông nên rõ ràng trung điểm $K$ của $QT$ phải nằm trên trung trực $MD$.
Thêm vào đó, nếu gọi $AQ$ cắt lại $(O)$ tại $Y$ thì hiển nhiên $XY\parallel BC$, hay $XY\perp XD$. Từ đó $YT$ phải là đường kính của $(O)$, hay $O$ là trung điểm $TY$. Do đó $KO\parallel QY$ (đường trung bình $\triangle TQY$) $\Rightarrow KO\perp UV \Rightarrow K$ nằm trên trung trực $UV$.
Tóm lại $K$ nằm trên trung trực của $MD$ và $UV$. Đồng thời, $DMUV$ nội tiếp nên $K$ chính là tâm $(DUV)$.
Vậy kết thúc chứng minh.
- Zaraki, canhhoang30011999, Bonjour and 2 others like this
#7
Posted 13-04-2017 - 22:26
- Zaraki, canhhoang30011999, baopbc and 3 others like this
Also tagged with one or more of these keywords: hình học
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Hình học phẳngStarted by mydreamisyou, Yesterday, 23:49 hình học |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
Chứng minh rằng tam giác ABE đồng dạng với tam giác AGC.Started by Tantran2510, 26-04-2024 hình học, đồng dạng, nội tiếp |
|
|||
Answered
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
Chứng minh PQ.CB=DC.QN và O là trung điểm của PQ.Started by nonamebroy, 18-04-2024 hình học |
|
|||
Answered
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.Started by Phuockq, 07-04-2024 hình học |
|
|||
Answered
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh B,M,N,C đồng viênStarted by VGNam, 22-02-2024 hình học |
|
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users