Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 4 Bình chọn

$\boxed{TOPIC}$: HÌNH HỌC PHẲNG 10

#hình học #hình học phẳng #hình học 10 #olympic hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 60 trả lời

#1 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 24-06-2021 - 20:19

Xin chào tất cả mọi người, em là 12DecMath, như đã hứa thì em sẽ lập topic này để vui là chính  :D  :D  :D 

Dưới đây là bài toán mở đầu: 

$\boxed{1}$: Cho tam giác $ABC (AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $AI$ lần lượt cắt $BC, (O)$ tại $D, E$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt $BC$ tại $K, KE$ cắt $(O)$ tại $N, KA$ cắt $(O)$ tại $M. ND, NI$ lần lượt cắt $(O)$ tại $P, Q$. Chứng minh rằng: 
a) Tứ giác $PQME$ là một hình con diều (đường chéo này là trung trực của đường chéo kia).
b) Đường tròn $(AKE)$ đi qua hình chiếu của $K$ lên $OI$.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 24-06-2021 - 20:20


#2 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$Quảng Bình$

Đã gửi 24-06-2021 - 22:36

a) Gọi $(wa)$ là đường tròn $Mixtilinear$ ứng với $\widehat{BAC}$ của $(O)$
$(wa)$ tiếp xúc với $AB$, $AC$, $(O)$ tại $L$, $J$, $N'$
Theo định lí $Lyness$ ta dc $I$ trung điểm $LJ$ hay $K$, $L$, $I$, $J$ thẳng hàng
Dễ cm dc $BLIN'$, $N'IJC$ nội tiếp. Từ đó $N'I$ đi qua điểm chính giữa cung lớn $BC$ là $Q$
Giả sử $KN'$ cắt $(O)$ tại $E'$. Tính chất quen thuộc: $N'L$, $N'J$ đi qua điểm chính giữa cung $AB$, $AC$.
Áp dụng $Menelaus$ cho $\Delta ABC$ với cát tuyến $KLJ$ ta dc $\frac{KB}{KC}=\frac{BL}{CJ}=\frac{BN'}{CN'}$ hay $KN'$ là phân giác ngoài $\widehat{BN'C}$
$\Rightarrow \widehat{KN'Q}=90^{\circ}$. Bằng biến đổi góc dễ cm dc $E'\equiv E\Rightarrow N'\equiv N$
Gọi $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $S$. Dễ cm dc $SDEN$ nội tiếp từ đó có dc $BC$ $//$ $MP$ hay có dpcm

geogebra-export (23).png



#3 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$Quảng Bình$

Đã gửi 24-06-2021 - 23:13

b) Ta có $\widehat{AIO}-\widehat{GIK}=90^{\circ} \Leftrightarrow 180^{\circ}-\widehat{AIO}=90^{\circ}-\widehat{GIK}\Leftrightarrow 180^{\circ}-\widehat{AIO}-\widehat{OAI}=90^{\circ}-\widehat{GIK}-\widehat{OAI}\Leftrightarrow \widehat{IOA}=\widehat{GNA}$
Từ đó có $GAON$ nội tiếp. $\Rightarrow \widehat{AGO}=\widehat{ANO}=\widehat{NIE}=90^{\circ}-\widehat{KEA}\Rightarrow \widehat{KGA}+\widehat{KEA}=90^{\circ}+\widehat{AGO}+\widehat{KEA}=90^{\circ}-\widehat{KEA}+90^{\circ}+\widehat{KEA}=180^{\circ}$
Từ đó có dpcm

geogebra-export (24).png



#4 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 24-06-2021 - 23:41

Xin chào tất cả mọi người, em là 12DecMath, như đã hứa thì em sẽ lập topic này để vui là chính  :D  :D  :D 

Dưới đây là bài toán mở đầu: 

$\boxed{1}$: Cho tam giác $ABC (AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $AI$ lần lượt cắt $BC, (O)$ tại $D, E$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt $BC$ tại $K, KE$ cắt $(O)$ tại $N, KA$ cắt $(O)$ tại $M. ND, NI$ lần lượt cắt $(O)$ tại $P, Q$. Chứng minh rằng: 
a) Tứ giác $PQME$ là một hình con diều (đường chéo này là trung trực của đường chéo kia).
b) Đường tròn $(AKE)$ đi qua hình chiếu của $K$ lên $OI$.

 

Câu a có thể giải như sau:

a) Biến đổi góc ta có $\angle KIB=\angle KCI$. Do đó $KI^2=KB.KC=KN.KE=KM.KA$.

Từ đó $\angle KNI=90^o$ nên QE là đường kính của (O).

Ta có $\angle ANK=180^o-\angle ABE=\angle ADB$ nên tứ giác ADNK nội tiếp. 

Do đó $\angle PNE=\angle KAD$ nên các cung ME, PE bằng nhau.

Vậy tứ giác PQME là hình cánh diều.

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png


#5 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 05-07-2021 - 15:18

$\boxed{2}$: Cho tam giác $ABC$ có $BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $X, Y$ lần lượt là 2 điểm đối xứng với $F, E$ qua $BH, CH$. Chứng minh $XY$ vuông góc với đường thẳng $Euler$ của $\Delta ABC$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 05-07-2021 - 15:19


#6 PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 143 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-07-2021 - 20:15

$\boxed{2}$: Cho tam giác $ABC$ có $BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $X, Y$ lần lượt là 2 điểm đối xứng với $F, E$ qua $BH, CH$. Chứng minh $XY$ vuông góc với đường thẳng $Euler$ của $\Delta ABC$

Gợi ý: Đưa về bài toán: Cho tam giác $ABC$, tâm ngoại tiếp $O$, tâm nội tiếp $I$. $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $BE=CF=BC$. Chứng minh rằng $EF\perp OI$.



#7 ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học Huế

Đã gửi 05-07-2021 - 20:16

Gợi ý: Đưa về bài toán: Cho tam giác $ABC$, tâm ngoại tiếp $O$, tâm nội tiếp $I$. $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $BE=CF=BC$. Chứng minh rằng $EF\perp OI$.

Đây là bài Romania jbmo tst 2010



#8 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 06-07-2021 - 08:35

Từ bổ đề này 

Gợi ý: Đưa về bài toán: Cho tam giác $ABC$, tâm ngoại tiếp $O$, tâm nội tiếp $I$. $E,F$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $BE=CF=BC$. Chứng minh rằng $EF\perp OI$.

ta thấy nếu gọi $O_c$ là tâm đường tròn (DEF) thì $OO_c\perp XY$, từ đó $XY$ vuông góc với đường thẳng Euler của $\Delta ABC$



#9 PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 143 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 06-07-2021 - 08:52

Từ bổ đề này 

ta thấy nếu gọi $O_c$ là tâm đường tròn (DEF) thì $OO_c\perp XY$, từ đó $XY$ vuông góc với đường thẳng Euler của $\Delta ABC$

Đúng rồi em. Mình áp dụng cho tam giác $DEF$ đấy :)



#10 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 07-07-2021 - 23:18

Em xin góp bài này cho TOPIC ạ:

$\boxed{3}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $H,D$ lần lượt là hình chiếu của $A, I$ trên $BC$. Đường thẳng $AI$ cắt $(O)$ tại $E$ khác $A$. $DE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. Gọi $BC, AF$ cắt nhau tại $K$.

a) Chứng minh rằng $FI\perp FA$ và 4 điểm $A,I,K,H$ đồng viên.

b) Gọi $EH$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $E$. $FL$ cắt $BC$ tại $J$. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $F$ của $(O)$ đi qua trung điểm của $JK$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 07-07-2021 - 23:19


#11 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, Convert

Đã gửi 08-07-2021 - 13:43

Bổ đề: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn ($O$) và ngoại tiếp đường tròn ($I$). $E$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của ($O$). $P,Q$ là $2$ điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A$ của ($O$) sao cho $PQ\parallel BC$. $AP$ cắt $BC$ tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm của $IH$. Khi đó $EM$ và $QI$ cắt nhau tại $1$ điểm thuộc ($O$)

CM: Gọi $N$ là chân đường phân giác trong góc $A$ của $\Delta ABC$. $EM$ cắt $AP$ tại $G$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta AHI$ với $\overline{G,M,E}$, suy ra $\dfrac{GA}{GH}=\dfrac{EA}{EI}$

Ta có biến đổi tỷ số: $\dfrac{EA}{EI}=\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{AB}{BN}=\dfrac{IA}{IN}$

Từ đó theo định lý Thales đảo thì $IG\parallel BC$. $QI$ cắt đường tròn ($O$) tại điểm thứ $2$ là $F$

$\angle FIG=\angle FQP=\angle FAG \Rightarrow 4$ điểm $A,F,G,I$ đồng viên $\Rightarrow \angle GFI=\angle GAI=\angle EAQ=\angle EFI \Rightarrow \overline {F,M,E} \Rightarrow$ đpcm

 

bổ đề đẳng giác.png

 

Trở lại bt:

$a$) $AH,AO$ lần lượt cắt lại đường tròn ($O$) tại điểm thứ $2$ là $P,Q$. Gọi $M$ là trung điểm của $IH$. $EM$ cắt $AH$ tại $G$

$IGHD$ là hình chữ nhật $\Rightarrow IH$ và $GD$ cắt nhau tại trung điểm $M$ của mỗi đường $\Rightarrow \overline{E,D,G}$

Áp dụng bổ đề ta có $ED$ và $QI$ cắt nhau tại $F\in (O)$ hay $FI\perp FA$

Dễ thấy $2$ đường tròn ($AI$) và ($EI$) tiếp xúc nhau tại $I$. Xét trục đẳng phương của $3$ đường tròn ($AI$), ($EI$) và ($O$) suy ra $KI$ là tiếp tuyến chung của $2$ đường tròn ($AI$) và ($EI$) tại $I$ hay $\angle KIA=90^{\circ}$. Từ đó $4$ điểm $A,I,K,H$ đồng viên

 

$b$) Qua $F$, kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt ($O$) tại điểm thứ $2$ là $T$

$\angle HME=180^{\circ}-2\angle HDM=180^{\circ}-2\angle EFT=\angle MET \Rightarrow HI\parallel ET \Rightarrow E(TM,HI)=-1$

$\Rightarrow E(TF,LA)=-1 \Rightarrow F(TF,LA)=-1 \Rightarrow F(TS,JK)=-1$ với $S$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $F$ của đường tròn ($O$) và $KJ$

Mà $FT\parallel KJ$ suy ra $S$ là trung điểm của $KJ$ (đpcm)

 

bài 3 topic hhp 10.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 08-07-2021 - 15:10


#12 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$Quảng Bình$

Đã gửi 08-07-2021 - 14:42

Em xin góp bài này cho TOPIC ạ:

$\boxed{3}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $H,D$ lần lượt là hình chiếu của $A, I$ trên $BC$. Đường thẳng $AI$ cắt $(O)$ tại $E$ khác $A$. $DE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. Gọi $BC, AF$ cắt nhau tại $K$.

a) Chứng minh rằng $FI\perp FA$ và 4 điểm $A,I,K,H$ đồng viên.

b) Gọi $EH$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $E$. $FL$ cắt $BC$ tại $J$. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $F$ của $(O)$ đi qua trung điểm của $JK$.

1 cách khác cho bài này (có vẻ THCS hơn)
$a)$ Gọi $(I)$ tiếp xúc với $AB$ tại G. Ta có $\Delta BED\sim \Delta FEB(g-g)\Rightarrow \frac{FE}{BE}=\frac{FB}{BD} \Leftrightarrow \frac{FE}{EI}=\frac{FB}{BG}\Rightarrow \Delta BFG\sim \Delta EFI(c-g-c)\Rightarrow$ $AFGI$ nội tiếp hay $FI$ vuông $FA$
Từ đó có $KFID$ nội tiếp nên $\widehat{KID}=\widehat{KFD}=\widehat{ACB}=\widehat{ATB}\Rightarrow$ $KI$ vuông $IE$ nên có $AIKH$ nội tiếp
$b)$ Gọi giao của $FE$ và $IH$ là $R$, $M$ là tiếp tuyến tại $F$ của $(O)$ với $KJ$
 Biến đổi góc ta cm dc $\widehat{RHD}=\widehat{FAE}=\widehat{RDH}$ hay $R$ trung điểm $HI$
Từ đó ta có các cặp tam giác đồng dạng: $\Delta KFJ\sim \Delta IEH(g-g), \Delta FJM\sim \Delta ERH(g-g)$
Qua biến đổi tỉ số ta dc $M$ trung điểm $JK$ hay có dpcm


geogebra-export.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 08-07-2021 - 19:30


#13 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$Quảng Bình$

Đã gửi 16-07-2021 - 15:24

$\boxed{4}$ $:$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $AB$, $AC$ tại $F$, $E$. Tiếp tuyến tại $E$ của $(IEC)$ cắt tiếp tuyến tại $F$ của $(IFB$) tại $P$. Chứng minh $AP$, $OI$, $BC$ đồng quy


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 16-07-2021 - 16:31


#14 DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 161 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:Bất đẳng thức, phương trình vô tỷ

Đã gửi 16-07-2021 - 16:05

$\boxed{4}$ $:$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $AB$, $AC$ tại $E$, $F$. Tiếp tuyến tại $E$ của $(IEC)$ cắt tiếp tuyến tại $F$ của $(IFB$) tại $P$. Chứng minh $AP$, $OI$, $BC$ đồng quy

Em vẽ nó đâu đồng quy đâu nhỉ?

Ps: Vừa vào lớp 10 thấy hình học ghê quá :(

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DBS: 18-07-2021 - 08:10


#15 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$Quảng Bình$

Đã gửi 16-07-2021 - 16:32

Em vẽ nó đâu đồng quy đâu nhỉ?

Đề mình sửa lại rồi. Sorry vì sự sai sót này  :( 



#16 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, Convert

Đã gửi 16-07-2021 - 22:48

Ký hiệu $r,R$ lần lượt là bán kính của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp $\Delta ABC$

Bổ đề:  Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn ($O$) và ngoại tiếp đường tròn ($I$). $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của ($I$) trên $BC,CA,AB$. Khi đó $OI$ là đường thẳng Euler của $\Delta DEF$

Cm:  $AI,BI,CI$ lần lượt cắt lại ($O$) tại điểm thứ $2$ là $X,Y,Z$ thì $X,Y,Z$ lần lượt là điểm chính giữa cung $BC$ ko chứa $A$, cung $CA$ ko chứa $B$, cung $AB$ ko chứa $C$ của đường tròn ($O$)

Dễ thấy $OX\parallel ID$. $XD$ cắt $OI$ tại $S$. Theo định lý Thales:  $\dfrac{SD}{SX}=\dfrac{SI}{SO}=\dfrac{r}{R} \Rightarrow S$ cố định. Tương tự $YE,ZF$ cũng đi qua $S$

Lấy điểm $H\in SO$ thỏa mãn $\dfrac{SH}{SI}=\dfrac{r}{R} \Rightarrow H$ cố định. Mà $\dfrac{SD}{SX}=\dfrac{r}{R}$ nên theo định lý Thales đảo thì $DH\parallel XI$ hay $DH\perp EF$

Tương tự $EH\perp FD$ và $FH\perp DE$. Từ đó $H$ là trực tâm của $\Delta DEF \Rightarrow \overline{I,H,O}$ là đường thẳng Euler của $\Delta DEF \Rightarrow$ đpcm

 

OI là đường thẳng euler của DEF.png

 

Trở lại bt:

Gọi $D$ là tiếp điểm của ($I$) trên $BC \Rightarrow D$ thuộc ($IEC$) và ($IFB$). Gọi $Q$ là điểm liên hợp đẳng giác của $P$ trong $\Delta AEF$, $R$ là điểm đối xứng với $Q$ qua $AI \Rightarrow \overline{A,R,P}$

Ta có biến đổi góc:  $\angle QEF=\angle AEP=\angle EIC=\dfrac{\angle EID}{2}=\angle DFE \Rightarrow QE\parallel DF$. Tương tự:  $QF\parallel DE$

$\Rightarrow QEDF$ là hình bình hành $\Rightarrow QE=DF$ và $QF=DE$. Dễ thấy $RQEF$ là hình thang cân $\Rightarrow RF=QE$ và $RE=QF$

Nên $EF$ là đường trung trực của $DR$ hay $R$ đối xứng với $D$ qua $EF$

$AI$ cắt $EF,BC$ lần lượt tại $G,L$. Kẻ đường kính $DJ$ của ($I$). $DR$ cắt $EF$ và cắt lại ($I$) lần lượt tại $T,K$. Gọi $H$ là điểm đối xứng với $K$ qua $T \Rightarrow H$ là trực tâm của $\Delta DEF$

$\Delta AEI \sim \Delta EGI \Rightarrow \dfrac{AI}{r}=\dfrac{r}{IG}=\dfrac{2r}{DH}$          ($1$)

$\Delta DKJ \sim \Delta IDL \Rightarrow \dfrac{2r}{DK}=\dfrac{IL}{r}$          ($2$)

Từ ($1$) và ($2$) suy ra $\dfrac{AI}{IL}=\dfrac{DK}{DH}=\dfrac{RH}{DH}$. Theo bổ đề ERIQ đảo thì $AR,DL,IH$ đồng quy. Mà $\overline{I,H,O}$ theo bổ đề nên ta có đpcm. Bài toán đc giải quyết

 

AP, OI, BC đồng quy.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 17-07-2021 - 09:47


#17 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 21-07-2021 - 14:20

$\boxed{5}$: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $P$ thuộc cung $AB$ không chứa $C$, $Q$ thuộc cung $AC$ không chứa $B$ sao cho $PQ // BC$. Gọi (w1) và (w2) lần lượt là các đường tròn Mix nội của tam giác $ABP$ và $ACQ$. Gọi $d$ là tiếp tuyến chung gần điểm $A$ của (w1) và (w2).

a) Chứng minh $d$ song song với $BC$.

b) Chứng minh tâm vị tự ngoài của (w1), (w2) nằm trên một đường thằng cố định khi $P,Q$ di chuyển. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 21-07-2021 - 14:21


#18 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 21-07-2021 - 19:30

$\boxed{6}$: Cho $(C)$ là một đường tròn tâm $O$ với dây cung $BC$ không phải là đường kính. $A$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $BC$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $B', C'$ là các điểm đối xứng với $B, C$ qua $CA, AB$ tương ứng.

a) Chứng minh $BC', CB', AO$ đồng quy tại điểm $S$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$.

b) Gọi $T$ là giao điểm của $HS$ với $BC$. Chứng minh $AT$ đi qua 1 điểm cố định khi $A$ di chuyển. 
Source: Đề thi Olympic GGTH 2021 



#19 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, Convert

Đã gửi 21-07-2021 - 23:14

Lời giải bài $\boxed{6}$:

$a)$  Kẻ đường kính $AK$ của $(O)$. $BK$ cắt $AC$ tại $X$, $CK$ cắt $AB$ tại $Y$ $\Rightarrow K$ là trực tâm của $\Delta AXY$

Gọi $P$ là trung điểm của $XY$ $\Rightarrow P$ là giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(O)$ $\Rightarrow OP$ là đường kính của đường tròn $(BOC)$

$AK$ cắt $XY$ tại $S$ $\Rightarrow \angle OSP=90^{\circ} \Rightarrow S\in (BOC)$

Xét mod $\pi$:  $(CA;CB')\equiv (CB;CA)\equiv (YX;YA)\equiv (CX;CS) \Rightarrow \overline{B',C,S}$

Tương tự:  $\overline{C',B,S}$.  Ta có đpcm

$b)$  $AH,BH,CH$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AD$ cắt $EF$ tại $U$, $AS$ cắt $BC$ tại $V$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow M$ là trung điểm của $HK$. $SM$ cắt $AD$ tại $U'$

Ta có hàng điều hòa cơ bản:

$(AK,VS)=-1 \Rightarrow D(AK,VS)=-1 \Rightarrow D(HK,MS)=-1 \Rightarrow HK\parallel DS \Rightarrow S(KH,MD)=-1$

$\Rightarrow S(AH,U'D)=-1 \Rightarrow (AH,U'D)=-1$

Mặt khác ta cũng có hàng điều hòa cơ bản:  $(AH,UD)=-1$ nên $U'\equiv U$ hay $\overline{U,M,S}$. $AM$ cắt $HS$ tại $L$, $AT$ cắt $OP$ tại $R$

$(AH,UD)=-1 \Rightarrow M(AH,UD)=-1 \Rightarrow M(LH,ST)=-1 \Rightarrow (LH,ST)=-1 \Rightarrow A(LH,ST)=-1$

$\Rightarrow A(MD,OR)=-1$. Mà $AD\parallel OR$ $\Rightarrow M$ là trung điểm của $OR$ hay $AT$ đi qua điểm cố định $R$ đối xứng với $O$ qua $BC$

Hình gửi kèm

  • bài 6 topic hhp10.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 23-07-2021 - 10:06


#20 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 06-08-2021 - 14:06

$\boxed{7}$ (Bài này khá đơn giản). Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$, trực tâm $K$. Đường thằng $BK$ cắt đường tròn đường kính $AC$ tại $D, E (BD < BE)$. Đường thẳng $CK$ cắt đường tròn đường kính $AB$ tại $F, G (CF < CG)$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $DHF$ cắt $BC$ tại điểm thứ hai là $P$.

        $a/$Chứng minh rằng các điểm $G, H, P, E$ cùng thuộc một đường tròn.

        $b/$Chứng minh rằng các đường thẳng $BF, CD, PK$ đồng quy.






1 người đang xem chủ đề

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