Chủ đề này có 8 trả lời

[NHN]

Chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 7 năm 2019: 

 

https://drive.google...sPsDv3dslsafwPB

 

Mọi người tham gia thảo luận vui vẻ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 02-07-2019 - 08:55

[Was It a cat I saw]

Bài 4:

Dự đoán: $(KPD)$ đi qua $A'$ đối xứng của $A$ qua $BC$.
Giải: Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $J$. $AK$ cắt $BC$ tại $H$.
       $L,G,I$ là giao của $A'J,AJ,EF$ với đường thẳng qua $P$ song song $BC$.
Ta có các kết quả sau:
       $1*J,F,E$ thẳng hàng.
       $2*FE \parallel PH$: Gọi $JK$ cắt $(O)$ tại $V$, biến đổi góc được $AV \parallel FE$.
Mặt khác $(AD,KV)=-1$, chiếu xuyên tâm $A$ lên $BC$ rồi chiếu song song $EF$ lên $AD$ thu được kết quả trên.
       $3*JA \parallel IH$: Do $I$ là trung điểm $GP$ (phép chiếu) kết hợp với $2*$.
       $4*J,A',D,Q$ đồng viên: $\widehat{JDQ}= \widehat{JAQ}= \widehat{JA'Q}$.
       $5*L,A',D,P$ đồng viên: Do $4*$ và $PL \parallel QJ$.
Tóm lại từ $5*$ và đpcm ta cần $L,K,P,D$ đồng viên.
Thật vậy: $\widehat{KJI}= \widehat{KBA}= \widehat{JAH}= \widehat{KHI}$ suy ra $K,I,J,H$ đồng viên.
Mà $LJHI$ là hình thang cân (do $JG,JL$ đối xứng qua $BC$ kết hợp $3*$) nên $K,L,H,I,J$ đồng viên.
Khi đó $\widehat{KLP}= \widehat{KHI}= \widehat{KDP}$ hay $L,K,P,D$ đồng viên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Was It a cat I saw: 05-07-2019 - 22:12

[Was It a cat I saw]

Bài 3:

Giải: Gọi $S$ là giao của $AQ$. $I,L,J$ đối xứng với $A,P,Q$ qua $S$. $A'$ đối xứng $A$ qua $BC$.
       $M$ là trung điểm $BC$. $DI$ cắt $BC$ tại $G$. $IL$ cắt $AT$ tại $H$. $SD$ cắt $(O)$ tại $R$.
       Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $U$.
Theo Bài 4: $Q,P,D,A'$ đồng viên.
Ta có các kết quả sau:
      $1*Q,S,D,M$ đồng viên (do $Q(SD,BC)=-1$).
      $2*M,D,A'$ thẳng hàng ($D$ là điểm Humpty $\triangle{A'BC}$ đỉnh $A'$).
      $3*A',I,D,P,Q$ đồng viên ($\widehat{A'IQ}= \widehat{AST}= \widehat{QDA'}$).
      $4*G,D$ đối xứng $T,H$ qua $S$: $\widehat{QID}= \widehat{QPA}= \widehat{QAT}$ nên $AT \parallel ID$.
Mà $S$ là trung điểm $AI$. Suy ra $ATIG, AHID$ là hình bình hành.
      $5*G,R,J$ thẳng hàng: $G(AI,SU)=-1$ nên $GU \parallel AI$.
Từ đó $G(QJ,SU)=-1$. Chiếu xuyên tâm $G$ lên $QU$ với lưu ý $(QR,BC)=-1$ thu được kết quả trên.
      $6*J,R,D,I$ đồng viên ($\overline{SR}.\overline{SD}= \overline{SQ}.\overline{SA}= \overline{SJ}.\overline{SI}$).
Tóm lại qua phép đối xứng tâm $S$ ta cần $GL$ tiếp xúc $(ILJ)$.
Thật vậy: gọi $GJ$ cắt $(ILJ)$ tại $K$, ta có: $\widehat{JKI}= \widehat{JID}= \widehat{GJD}$.
Suy ra: $IK \parallel DH$. Khi đó $I(KJ,LI)=I(KS,HD)=-1$ (đpcm).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Was It a cat I saw: 06-07-2019 - 08:57

[Was It a cat I saw]

Bài 1:

Giải: Gọi $H,G$ là giao của $YZ,XZ$ với $AB,AC$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $AI$ cắt $BC$ tại $Q$.

         $AQ$ cắt $(O)$ tại $N$. $NI$ cắt lại $(O)$ tại $P$.

Dễ có $YZ,FD$ đối xứng nhau qua $BI$ nên $BH=BD, IH=ID$. Tương tự $CD=CG, ID=IG$. 

Đồng thời $QI^{2}= \overline{QB}.\overline{QC}= \overline{QN}.\overline{QA}$ nên $IN \bot AQ$ và $AP$ là đường kính.

Ta cần c/m $IJ$ là đối trung trong $\triangle{IBC}$ hay $(QJ,BC)=-1$ hay $A(NJ,HG)=-1$.

Mặt khác $AJ$ đi qua trung điểm $HG$ do $AHZG$ là hình bình hành.

Tóm lại cần có $AN \parallel HG$ hay $PI \bot HG$.

Thật vậy: $IH=ID=IG$ theo cmt.

Lại thấy: $PH^{2}=BP^{2}+BH^{2}=BP^{2}+BD^{2}=BP^{2}+BA^{2}-AD^{2}=AP^{2}-AD^{2}$.

Tương tự $PG^{2}=AP^{2}-AD^{2}$. Dẫn đến $PH=PG$. 

Vì vậy $IP$ là trung trực của $HG$ (đpcm).

[quantv2006]

Cảm ơn Was It a cat I saw đã giải bài.

[adamlevine]

lời giải của em bài 4: (cách cộng góc)

 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi adamlevine: 06-07-2019 - 20:28

[andrenguyen]

Lời giải bài cuối

File gửi kèm

•  Sol-HaHuyKhoi-thang7-2019.pdf   87.68K   158 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi andrenguyen: 10-07-2019 - 10:55

[Loccltt]

Bài 1
https://photos.app.g...jiywRvgPesUVqTA

[chaobu909]

Bài $2$

bổ đề 1: Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$.$K$ là đối xứng $D$ qua $IM$-> $FeK$ đi qua $X$ 

thật vậy ta có $FeDM$~$AIO$ gọi $T$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ thì $T'$ đói xứng $T$ qua $BC$ thì $T'XM$~$IDM$->$IT'M$~$KXM$->$KXM=IT'M=TIO=FeDB$->$Fe,X,K $ thẳng hàng

bổ đề 2 và bài giải:

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 19-07-2019 - 19:54