Không biết cách vẽ hình nên bác thông cảm
P/s: Bài 5 các bác thử áp dung phép nghịch đảo đx qua điểm $A$ sẽ thu đc bài quen thuộc
P/s: Chiều đánh không hoàng ( @Nhoang1608)
Mấy bác đánh cờ tướng ạ . Bài 11 em có ghi xác định P, Q mà bác !
Không biết cách vẽ hình nên bác thông cảm
P/s: Bài 5 các bác thử áp dung phép nghịch đảo đx qua điểm $A$ sẽ thu đc bài quen thuộc
P/s: Chiều đánh không hoàng ( @Nhoang1608)
Mấy bác đánh cờ tướng ạ . Bài 11 em có ghi xác định P, Q mà bác !
Bài 13. (Bzasil MO 2017) Cho tam giác $ABC$, trên $AB$ lấy điểm $M$, $AC$ lấy điểm $N$ sao cho $BM=MN=NC$. Tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt $MN$ tại $P$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $AMN$. Chứng minh rằng $PA=PI$.
Bài 14. (Sưu tầm) Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nội tiếp $(O)$, kẻ ba đường cao $AD, BE, CF$. đồng quy tại $H$. Đường thẳng $EF$ cắt $(O)$ lần lượt tại $M, N$ ($M$ thuộc cung nhỏ AB, $N$ thuộc cung nhỏ $AC$). Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, $MI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $K$. Chứng minh rằng $AK$ vuông góc với $HN$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Uchiha sisui: 30-06-2018 - 16:56
đánh liên minh bác ạ mà bài 8 không có cách khác ngoài cách của nhện chúa ạ,
Bài 8 xem trong file mà bác Hoàng đưa thôi! Em không dám giải +
có vẻ đề câu 13 sai bác ạ
AQ02
Lời giải bài 14 https://diendantoanh...ông-góc-với-hn/
Đây là lời giải của 1 đứa bạn sử dụng tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp đơn thuần, hồi lớp 9 cũng nghĩ lâu phết nhưng không ra bây giờ thử cách khác xem sao.
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
có vẻ đề câu 13 sai bác ạ
E gõ nhầm đã fix ạ
Lời giải bài 14 https://diendantoanh...ông-góc-với-hn/
Đây là lời giải của 1 đứa bạn sử dụng tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp đơn thuần, hồi lớp 9 cũng nghĩ lâu phết nhưng không ra bây giờ thử cách khác xem sao.
Bài 14 không cần trâu bò thế đâu bác, chỉ đơn giản sử dụng kết quả quen thuộc và đường tròn Euler thôi! Tối em up giải giờ có việc rồi
@@: Bác Hoàng up vài bài nữa đi cho nó sôi nổi nào
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Uchiha sisui: 30-06-2018 - 16:59
2 bài 13 , 14 khá đơn giản nên mình đề xuất thêm bài nựa ;
Bài 15: Cho $\triangle{ABC}$ tâm nội $I$ , ngoại $(O)$, tâm bàng $M,N,P$, các chân phân giác ngoài thẳng hàng trên đường thẳng d . Đường thẳng qua $M,N,P$ lần lượt vuông góc $BC,CA,AB$ cắt $d$ tương ứng tại $D,E,F$. CMR $AD,BE,CF$ và $OI$ đồng quy
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 04-07-2018 - 16:22
AQ02
2 bài 13 , 14 khá đơn giản nên mình đề xuất thêm bài nựa ;
Bài 15: (Elise) Cho $\triangle{ABC}$ tâm nội $I$ , ngoại $(O)$, tâm bàng $M,N,P$, các chân phân giác ngoài thẳng hàng trên đường thẳng d . Đường thẳng qua $M,N,P$ lần lượt vuông góc $BC,CA,AB$ cắt $d$ tương ứng tại $D,E,F$. CMR $AD,BE,CF$ và $OI$ đồng quy
Nếu đã có lời giải thì bạn nên đăng lên để mọi người cùng tham khảo, góp ý thay vì câu nói "khá đơn giản" Đã là 1 topic phục vụ cho việc ôn tập thì mng luôn cố gắng đưa ra những lời giải hay nhất và cố gắng để bài nào cũng có lời giải...
Nếu đã có lời giải thì bạn nên đăng lên để mọi người cùng tham khảo, góp ý thay vì câu nói "khá đơn giản" Đã là 1 topic phục vụ cho việc ôn tập thì mng luôn cố gắng đưa ra những lời giải hay nhất và cố gắng để bài nào cũng có lời giải...
Cám ơn bạn đã cho mình một lời khuyên ''bổ ích''
Để đáp ứng lại nguyện vọng xin phép đc giải bài 13:
Kẻ phân giác $NI,MI$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$ . Do $BM=MN=NC$ nên $EF\parallel{BC}$. Gọi S là giao điểm của trung trực $AI$ với $MN$ ta đi CM $S$ trùng $P$
Vì tam giác $AEF$ là ảnh của $\triangle{ABC}$ qua 1 phép vị tự nên tiếp tuyến tại $A$ của $\triangle{ABC}$ sẽ là tiếp tuyến tại $A$ của $\triangle{AEF}$
Như vậy ta có biến đổi cấu hình quy về bài toán : Cho $\triangle{ABC}$ với tâm nội $(I)$, tâm ngoại $(O)$ , $BI,CI$ giao $AC,AB$ tại $M,N$ . Trung trực của $AI$ cắt $BC$ tại $S$. CMR $SA$ là tiếp tuyến đường tròn ngoại $\triangle{AMN}$ .
Thật vậy , gọi $BM,CN$ giao $(O)$ tại $P,Q$ thì $PQ$ là trung trực của $AI$ nên $S$ thuộc $PQ$. Lấy $J$ là tâm bàng đối đỉnh $A$ thì $J$ thuộc đối cực của $S$ qua $(O)$ nên $JO\perp{SI}$. Mặt khác ta lại có $JO\perp{MN}$ nên $SI\parallel{MN}$ . Từ đây ta có biến đổi góc : $\angle{SAN}=\angle{SAQ}+\angle{QAN}=\angle{QIS}+\angle{ACN}=\angle{MNC}+\angle{MCN}=\angle{AMN}$ hay $\angle{AMN}=\angle{SAN}$ suy ra $SA$ là tiếp tuyến đường tròn ngoại $\triangle{AMN}$ tại $A$ . Điều này dẫn đến đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 01-07-2018 - 22:38
AQ02
Bài 13 có thể giải được bằng hàng điểm. Còn đây là lời giải bài 14!
Bài 14.
Gọi $S$ là giao điểm của $MN$ là $BC$. Dễ thấy rằng các tứ giác $BNMC$ và $BFEC$ nội tiếp và bốn điểm $D, I, E, F$ cùng nằm trên đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Ta có rằng: $SD.SI=SE.SF=SB.SC=SM.SN$ nên bốn điểm $D, I, M, N$ cùng nằm trên một đường tròn!
Gọi $L$ là giao điểm của $AK$ và $BC$. Theo kết quả quen thuộc $OA$ vuông góc với $EF$ nên suy ra $A$ là điểm chính giữa cung $MN$.
Suy ra $AN^{2}=AE.EC=AH.AD\Rightarrow \bigtriangleup ANH$ ~ $\bigtriangleup ADN$.
Suy ra $\widehat{ANH}=\widehat{ADN}\Rightarrow AK$ vuông góc với $MN$.
Bài 13 có thể giải được bằng hàng điểm. Còn đây là lời giải bài 14!
Bài 14.
Gọi $S$ là giao điểm của $MN$ là $BC$. Dễ thấy rằng các tứ giác $BNMC$ và $BFEC$ nội tiếp và bốn điểm $D, I, E, F$ cùng nằm trên đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Ta có rằng: $SD.SI=SE.SF=SB.SC=SM.SN$ nên bốn điểm $D, I, M, N$ cùng nằm trên một đường tròn!
Gọi $L$ là giao điểm của $AK$ và $BC$. Theo kết quả quen thuộc $OA$ vuông góc với $EF$ nên suy ra $A$ là điểm chính giữa cung $MN$.
Suy ra $AN^{2}=AE.EC=AH.AD\Rightarrow \bigtriangleup ANH$ ~ $\bigtriangleup ADN$.
Suy ra $\widehat{ANH}=\widehat{ADN}\Rightarrow AK$ vuông góc với $MN$.
Lời giải có vẻ thiếu sót ! bác xem lại thử.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 02-07-2018 - 09:59
AQ02
Bại 16: Cho $\triangle{ABC}$ nội tiếp $(O)$ với tâm nội $(I)$ . $AI$ cắt $(O)$ tại $D$. Lấy $P$ bất kì thuộc $(BIC)$.$PX$ là đường kính của $(IBC)$ và $\triangle{ABC}$ là $\triangle$ pedal của $\triangle{XYZ}$. $K,L$ là hình chiếu $P$ lên $DY,DZ$. Gọi $Q,R$ là tâm ngoại các tam giác $KAD,LAD$. $E,F$ là hình chiếu của $Q,R$ lên $CA,AB$. CMR: $EF$ chia đôi $PA$ (Sưu tầm )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 03-07-2018 - 15:44
AQ02
Lời giải có vẻ thiếu sót ! bác xem lại thử.
Thiếu sót ở đâu bác nhỉ? Nếu đoạn cuối thì xoay góc tí là ra thôi!
Bại 16: Cho $\triangle{ABC}$ nội tiếp $(O)$ với tâm nội $(I)$ . $AI$ cắt $(O)$ tại $D$. $P$ bất kì thuộc $BIC$. $K,L$ là hình chiếu $P$ lên $DY,DZ$. Gọi $Q,R$ là tâm ngoại các tam giác $KAD,LAD$. $E,F$ là hình chiếu của $Q,R$ lên $CA,AB$. CMR: $EF$ chia đôi $PA$ (Sưu tầm )
Y, Z là điểm gì thế bác?
Y, Z là điểm gì thế bác?
Đã fix, bài này hình như là của Trần Quang Hùng, mở rộng $TST$ Thổ Nhĩ Kì mà viết sai đề thì phải
P/s: Lời giải của bác chưa thấy có sử dụng điểm $K$. Đáng lẽ phải là gọi giao của $AO$ với $(O)$ là $T$ và chứng minh $T,L,N$ thẳng hàng chơ nhỉ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 03-07-2018 - 15:49
AQ02
Nếu đoạn cuối thì xoay góc tí là ra thôi!
xoay em xem với ạ em xoay ko ra :3
mh.
xoay em xem với ạ em xoay ko ra :3
Lời gải k hợp lí bạn à, đề xuất bài toán mới đi, topic mới đc vài ngày mà giờ vắng bóng quá, mấy trùm hình giờ đi tu rồi thì phải, k biết bao lâu nữa mới xuống núi
AQ02
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh