Chủ đề này có 748 trả lời

[Doilandan]

Nhờ bạn hoclamtoan chỉ giúp cho mình câu d) bài 114 giống ở câu e) bài 92 chổ nào. Cách giải? (mình không thấy được chổ giống nhau đó)

[hoclamtoan]

Nhờ bạn hoclamtoan chỉ giúp cho mình câu d) bài 114 giống ở câu e) bài 92 chổ nào. Cách giải? (mình không thấy được chổ giống nhau đó)

d) Gọi J, G là các điểm đx với K lần lượt qua D, E
Cm được BC là trung trực của GK
$\Rightarrow \widehat{BGC}=\widehat{BKC}=\widehat{BAC}=\widehat{BHC'}$
$\Rightarrow BHCG$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{GHC}=\widehat{GBC}$
$\Delta GBK$ cân tại B nên BC là pg của $\widehat{GBK}\Rightarrow \widehat{GBC}=\widehat{KBC}$ $\Rightarrow \widehat{GHC}=\widehat{KBC}$
CMTT : $\widehat{AHJ}=\widehat{KBD}$
Mặt khác : $\widehat{AHC}+\widehat{AHJ}+\widehat{GHC}=\widehat{AHC}+\widehat{ABC}=180^{o}$
$\Rightarrow G,H,J$ thẳng hàng
Mà DE là ĐTB của $\Delta KJG\Rightarrow DK//JG$
Dùng t/c ĐTB trong tam giác cm được DE đi qua trung điểm của HK.

[pnhungqt]

Bài 116:
Cho đường tròn (O;R) và tam giác cân ABC (AB=AC>R) có ba đỉnh nằm trên đường tròn đó. Kẻ đường kính AI. Gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC.Mx là tia đối của tia MC.Trên tia đối MB lấy một điểm D sao cho MD=MC
a/ Chứng minh rằng tia MA là tia phân giác của góc BMx
b/ Gọi K là giao điểm thứ 2 của đường thằng DC với đường tròn (O;R).Từ giác MIDK là hình gì?
c/ Tìm quỹ tích của D khi M di động trên cung nhỏ AC

Lời giải:

a/ Ta có:
$\widehat{AMB}=\widehat{ACB}$ ( cùng chắn cung AB của (O))mà $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ (tam giác ABC cân tại A)
$\Rightarrow \widehat{AMB}=\widehat{ABC}$
Lại có: $\widehat{AMx}+\widehat{AMC}=180^{\circ}$ (2 góc kề bù); $\widehat{ABC}+\widehat{AMC}=180^{\circ}$ (ABCM nội tiếp)
Do đó $\widehat{AMx}=\widehat{ABC}$
Vậy $\widehat{AMB}=\widehat{AMx}$ nên MA là tia phân giác góc BMx
b/(ở đây là MIKD mới phải)
Ta có tam giác MCD cân tại M (MC=MD) nên $\widehat{MDC}=\widehat{MDK}=\widehat{MCK}$
Mà $\widehat{MCK}=\widehat{MIK}$ (cùng chắn cung KM)
Do đó :$\widehat{MDK}=\widehat{MIK}$ (1)
Mặt khác tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) nên AO là tia phân giác góc BAC mà AI là đường kính nên AI là tia phân giác góc BAC. Do đó $\widehat{BAI}=\widehat{CAI}$
Suy ra cung BI và cung CI bằng nhau $\Rightarrow \widehat{BMI}=\widehat{IKC}$
Lại có: $\widehat{BMI}+\widehat{DMI}=180^{\circ}$ (2 góc kề bù); $\widehat{IKC}+\widehat{IKD}=180^{\circ}$ (2 góc kề bù).
$\Rightarrow \widehat{IMD}=\widehat{IKD}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có tứ giác MIKD có các góc đối bằng nhau nên là hình bình hành.
c/
Phần thuận: Nối AD.
Ta có do M chuyển động trên cung nhỏ AC nên:
$\widehat{AMC}=\widehat{AMB}+\widehat{BMC};\widehat{AMD}=\widehat{AMx}+\widehat{DMx}$
Mà $\widehat{AMx}=\widehat{AMB}$ (theo câu a) và $\widehat{DMx}=\widehat{BMC}$ (đối đỉnh)
$\Rightarrow \widehat{AMC}=\widehat{AMD}$
Mặt khác $\Delta AMD$ và $\Delta AMC$ có chung cạnh AM và MC=MD
$\Rightarrow \Delta AMD=\Delta AMC \Rightarrow AD=AC$
Vậy D luôn cách điểm A một khoảng bằng AC cố định nên khi M chuyển động trên cung nhỏ AC thì D chuyển động trên đường tròn tâm A bán kính AC.
Mặt khác khi M tới C thì $M\equiv C\equiv D$
khi M tới A thì B, A, D thẳng hàng (do B, M, D thẳng hàng) nên nếu gọi giao điểm của AB và đường tròn tâm A bán kính AC là H thì $D\equiv H$
Vậy khi M chuyển động trên cung nhỏ AC thì D chuyển động trên cung HC của đường tròn tâm A bán kính AC.
Phần đảọ Gọi giao điểm cùa BM với đường tròn tâm A bán kính AC trên cung HC là D' ta chứng minh $$D\equiv D'$$ bằng cách chứng minh $MD'=MD=MC$
Thật vậy nối AD' ta có tam giác ABD' cân tại A $\Rightarrow \widehat{ABD'}=\widehat{AD'B}\Rightarrow \widehat{AD'M}=\widehat{ABM}$
Mà $\widehat{ACM}=\widehat{ABM}$ (cùng chắn cung AM) $\Rightarrow \widehat{AD'M}=\widehat{ACM}$
Ta cũng có tam giác ACD' cân tại A $\Rightarrow \widehat{ACD'}=\widehat{AD'C}$
mà M nằm trên cung nhỏ AC nên $\widehat{ACD'}=\widehat{ACM}+\widehat{MCD'}$ và $\widehat{AD'C}=\widehat{AD'M}+\widehat{MD'C}$
Do đó $\widehat{MCD'}=\widehat{MD'C}$ suy ra tam giác MCD' cân tại M nên MD'=MC=MD $\Rightarrow D\equiv D'$ (do D và D' cùng nằm trên BM)
Kết Luận: Quỹ tích điểm D khi M chuyển động trên cung nhỏ AC là cung HC của đường tròn tâm A bán kính AC

[Doilandan]

Bạn hướng dẫn thêm dùm mình tại sao góc :
\[\widehat {AHJ} = \widehat {KBD}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Doilandan: 15-06-2012 - 20:39

[hoclamtoan]

Bạn hướng dẫn thêm dùm mình tại sao góc :
\[\widehat {AHJ} = \widehat {KBD}\]

Cm BD là trung trực của JK $\Rightarrow BD$ là pg của $\widehat{JBK}\Rightarrow \widehat{KBD}=\widehat{JBD}$
Cm được : $\widehat{BJA}=\widehat{BKA}=\widehat{ABC}=\widehat{BHA}\Rightarrow AHBJ$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{AHJ}=\widehat{JBD}=\widehat{KBD}$

[datkjlop9a2hVvMF]

Đóng góp vài đề nè:

+117/Cho đường tròn(O) ngoại tiếp$\Delta$ABC có H là trực tâm.Trên cung nhỏ BC lấy điểm M.Gọi N,I,K lần lượt là hình chiếu của M trên BC,CA,AB.Chứng minh:
a;Ba điểm K,N,I thẳng hàng
b;$\frac{AB}{MK}+\frac{AC}{MI}=\frac{BC}{MN}$
c;NK đi qua trung điểm của HM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 17-06-2012 - 13:36

[datkjlop9a2hVvMF]

118/Cho M là một điểm thuộc đường tròn(O';R).Đường tròn này lăn(không trượt)trong đường tròn(O;2R).Tìm quỹ tích các điểm M.

[NLT]

Đóng góp vài đề nè:

+117/Cho đường tròn(O) ngoại tiếp$\Delta$ABC có H là trực tâm.Trên cung nhỏ BC lấy điểm M.Gọi N,I,K lần lượt là hình chiếu của M trên BC,CA,AB.Chứng minh:
a;Ba điểm K,N,I thẳng hàng
b;$\frac{AB}{MK}+\frac{AC}{MI}=\frac{BC}{MN}$
c;NK đi qua trung điểm của HM

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Bài này đã có ở đây.
___

[rainbowlov3]

c, Gọi QE giao (K) là D'
$\Rightarrow$ QF.QC=QD'.QE
mà QF.QC=QA.QB
$\Rightarrow$ QD'.QE=QA.QB $\Rightarrow$ tứ giác BD'EC nội tiếp
$\Rightarrow$ D' là giao của (K) và đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC
$\Rightarrow$ D'$\equiv$ D $\Rightarrow$ Q thuộc DE $\Rightarrow$ đpcm.
d, giả thiết $\Rightarrow$ $\frac{AH}{BH}=\frac{9}{16}$
$\Rightarrow$ $CH^{2}=\frac{9}{16}BH^{2}\Rightarrow CH=\frac{3}{4}BH$
$\Rightarrow$ BH=16; AH=9 $\Rightarrow$ bán kính (O) = 12,5cm.

ban oy ban co the gjup mjnh gjai kj cau c dk kog?
cau c mjnh gjaj theo huong nay kog bjk co dk kog
ta co AC// HE
goc QDA= goc QEH (dong vi)
mat khac goc CDK+gocKDH=9o ; goc ADH=90
=> Q,D,K thang hang....ma D,K,E thang hang
=> Q,D,H,E thang hang
gjo phai cm tg QFKO thuoc dt ( minh chua lam duoc)
=> dpcm
ban giup minh voi...cam on ban nhieu BAI 28 do ban
$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Dùng tiếng Việt có dấu vào nhé bạn, khong được dùng ngôn ngữ chat !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 17-06-2012 - 19:42

[datkjlop9a2hVvMF]

119/Cho tam giác ABC và điểm D cố định trên cạnh BC.Một góc vuông ở đỉnh D có các cạnh thay đổi vị trí cắt các cạnh AB,AC theo thứ tự ở M,N.Tìm quỹ tích hình chiếu H của D trên MN.

còn nhìu bài hấp dẫn các bạn cứ bình tĩnh mà ôn thi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 17-06-2012 - 18:19

[Doilandan]

Bạn nên đọc tiêu chí của topic trước khi post bài nhe! Đây là topic dành cho dân thi không chuyên.

[datkjlop9a2hVvMF]

Bạn nên đọc tiêu chí của topic trước khi post bài nhe! Đây là topic dành cho dân thi không chuyên.

sao ko nói sớm tui có một đống.Để mai post típ cho@@

[thusang3605]

Bài 120: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới dường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E (D nằm giữa A và E, dây DE không đi qua tâm O). Gọi H là trung điểm DE, AE cắt BC tại K.
a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh $AB^{2}=AD\cdot AE$
c) Chứng minh: $\frac{2}{AK}=\frac{1}{AD}+\frac{1}{AE}$

[hoclamtoan]

Bài 121 :
Cho (O) đường kính AC và điểm B thuộc đoạn OC. Gọi M là trung điểm của AB. Vẽ dây DE vuông góc với AB tại M. Kẻ BF vuông góc với DC tại F.
a) Cm : ADBE là hình thoi và tứ giác DMBF nội tiếp.
b) Cm : CF.CD = CB.CM
c) Cm : 3 điểm B, E, F thẳng hàng và $EB.EF=\frac{1}{2}ED^{2}$.
d) Gọi S là giao của BD và MF, CS cắt DA tại H và cắt DE tại K. Cm : $\frac{DA}{DH}+\frac{DB}{DS}=\frac{DE}{DK}$

[datkjlop9a2hVvMF]

Bài 121 :
Cho (O) đường kính AC và điểm B thuộc đoạn OC. Gọi M là trung điểm của AB. Vẽ dây DE vuông góc với AB tại M. Kẻ BF vuông góc với DC tại F.
a) Cm : ADBE là hình thoi và tứ giác DMBF nội tiếp.
b) Cm : CF.CD = CB.CM
c) Cm : 3 điểm B, E, F thẳng hàng và $EB.EF=\frac{1}{2}ED^{2}$.
d) Gọi S là giao của BD và MF, CS cắt DA tại H và cắt DE tại K. Cm : $\frac{DA}{DH}+\frac{DB}{DS}=\frac{DE}{DK}$

câu a nè:Ta có:$\left\{\begin{matrix}MA=MB(gt)\\DM=ME\\DE\perp AB tại M \end{matrix}\right.\Rightarrow ADBE$ là hình thoi.
$\widehat{DMB}=90^{\circ}(DM\perp MB);\widehat{DFB}=90^{\circ}(DF\perp BF)\Rightarrow \widehat{DMB}+\widehat{DFB}=180^{\circ}\Rightarrow $Tứ giác DMBF
b/Xét $\Delta$CFB$\sim$$\Delta$CMD:$\Rightarrow \frac{CF}{CM}=\frac{CB}{CD}\Rightarrow$ đpcm
c/Ta có:$BE//AD$(ADBE là hình thoi);$BE//AD$(cùng$\perp$CD)
$\Rightarrow$$\overrightarrow{B,E,F}$
$\Delta$EMB$\sim$$\Delta$EFD$\Rightarrow$$\frac{EB}{ED}=\frac{EM}{EF}\Rightarrow EB.EF=EM.ED=\frac{1}{2}ED.ED=\frac{1}{2}ED^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 18-06-2012 - 09:57

[Doilandan]

Bài 122 : (Đề thi Trường Sư Phạm Thực Hành Tp.HCM năm 2012 - 2013)
Cho ∆ ABC vuông tại A ( AB < AC ), có đường cao AH và O là trung điểm BC. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M và N.
1) Chứng minh rằng :

a) AM.AB = AN.AC

b) Tứ giác BMNC nội tiếp.

2) Gọi D là giao điểm của OA và MN. Chứng minh rằng :

a) Tứ giác ODIH nội tiếp.

b) $\frac{1}{{AD}} = \frac{1}{{HB}} + \frac{1}{{HC}}$

3) Gọi P là giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng BC. Đường thẳng AP cắt đường tròn đường kính AH tại điểm K ( khác A ). Tính góc ∠BKC.
4) Cho AB = 6, AC = 8. Hãy tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Hình :

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Doilandan: 18-06-2012 - 14:51

[datkjlop9a2hVvMF]

Bài 122 : (Đề thi Trường Sư Phạm Thực Hành Tp.HCM năm 2012 - 2013)
Cho ∆ ABC vuông tại A ( AB < AC ), có đường cao AH và O là trung điểm BC. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M và N.
1) Chứng minh rằng :

a) AM.AB = AN.AC

b) Tứ giác BMNC nội tiếp.

2) Gọi D là giao điểm của OA và MN. Chứng minh rằng :

a) Tứ giác ODIH nội tiếp.

b) $\frac{1}{{AD}} = \frac{1}{{HB}} + \frac{1}{{HC}}$

3) Gọi P là giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng BC. Đường thẳng AP cắt đường tròn đường kính AH tại điểm K ( khác A ). Tính góc ∠BKC.
4) Cho AB = 6, AC = 8. Hãy tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Hình :

1/a;Ta có:AM.AB=AN.AC=AH$^{2}$(hệ thức lượng trong$\Delta$vuông)
b;M$\in$ đ/tr đường kính AH$\Rightarrow$$\widehat{AMH}=90^{\circ}$$\Rightarrow$MI=AI(do I là trung điểm của AH)$\Rightarrow$$\widehat{AMI}=\widehat{MAI}=\widehat{ACB}$$\Rightarrow$Tg BMNC nội tiếp.
2a;$\widehat{MAN}+\widehat{MAD}=\widehat{ACB}+\widehat{ABC}=90^{\circ}$$\Rightarrow$$\widehat{ADM}=90^{\circ}(=\widehat{AHO})$$\Rightarrow$Tg HIDO nội típ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 18-06-2012 - 15:47

[Doilandan]

Bài 120 chính là đề thi HSG tỉnh Q.Nam năm 2004 - 2005. Và năm nay lịch sử lại lặp lại. Xin các bạn tham khảo file đính kèm bên dưới.

File gửi kèm

•  De thi vao 10 chuyen Le Quy Don20122013- Binh Dinh-www.MATHVN.com.pdf   95.58K   231 Số lần tải

[pnhungqt]

Bài 122 : (Đề thi Trường Sư Phạm Thực Hành Tp.HCM năm 2012 - 2013)
Cho ∆ ABC vuông tại A ( AB < AC ), có đường cao AH và O là trung điểm BC. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M và N.
1) Chứng minh rằng :

a) AM.AB = AN.AC

b) Tứ giác BMNC nội tiếp.

2) Gọi D là giao điểm của OA và MN. Chứng minh rằng :
a) Tứ giác ODIH nội tiếp.

b) $\frac{1}{{AD}} = \frac{1}{{HB}} + \frac{1}{{HC}}$

3) Gọi P là giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng BC. Đường thẳng AP cắt đường tròn đường kính AH tại điểm K ( khác A ). Tính góc ∠BKC.
4) Cho AB = 6, AC = 8. Hãy tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.

2)b)
Vì AH là đường kính đường tròn tâm I nên:$\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=90^{\circ}$$\Rightarrow MH\perp AB;HN\perp AC$
Tam giác AHC vuông tại H có HN là đường cao nên: $\frac{1}{HN^{2}}=\frac{1}{AH^{2}}+\frac{1}{HC^{2}}$
Tam giác AHB vuông tại H có HM là đường cao nên: $\frac{1}{HM^{2}}=\frac{1}{AH^{2}}+\frac{1}{HB^{2}}$
Do đó$\frac{1}{HN^{2}}+\frac{1}{HM^{2}}=\frac{2}{AH^{2}}+\frac{1}{HC^{2}}+\frac{1}{HB^{2}}$ (1)
Mặt khác tứ giác AMHN có $\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{BAC}=\widehat{MAN}=90^{\circ}$ nên là hình chữ nhật, do đó MH=AN; NH=AM (2)
Lại có Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên: $AH^{2}=HB.HC$ (3)
Từ (1)(2)(3) ta có: $\frac{1}{AN^{2}}+\frac{1}{AM^{2}}=\frac{2}{HB.HC}+\frac{1}{HC^{2}}+\frac{1}{HB^{2}}=(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC})^{2}$
Mặt khác tam giác AMN có AD vuông góc với MN (theo câu trên) nên $\frac{1}{AD^{2}}=\frac{1}{AM^{2}}+\frac{1}{AN^{2}}$
Vậy $\frac{1}{AD^{2}}=(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC})^{2}$ hay$\frac{1}{AD}=\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}$
3)
Tứ giác BMNC nội tiếp nên $\widehat{MBC}=\widehat{MNA}$ (cùng bù với góc MNC)
Tứ giác KMNA nội tiếp nên $\widehat{PKM}=\widehat{MNA}$ (cùng bù với góc KMN)
Do đó $\widehat{MBC}=\widehat{PKM}$ $\Rightarrow \widehat{PKM}+\widehat{PBM}=\widehat{MBC}+\widehat{PBM}=180^{\circ}$
Cho nên Tứ giác BPKM nội tiếp, suy ra $\widehat{PKB}=\widehat{PMB}$ (cùng chắn cung PB)
Lại có Tứ giác BMNC nội tiếp nên $\widehat{PMB}=\widehat{NCB}$ (cùng bù với góc BMN)
Do đó $\widehat{PKB}=\widehat{NCB}$ hay $\widehat{PKB}=\widehat{ACB}$$\Rightarrow \widehat{ACB}+\widehat{AKB}=\widehat{PKB}+\widehat{AKB}=180^{\circ}$
Cho nên Tứ giác BKAC nội tiếp, suy ra $\widehat{BKC}=\widehat{BAC}=90^{\circ}$ (cùng chắn cung BC)
Vậy $\widehat{BKC}=90^{\circ}$
4) Do tứ giác BMNC nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN cũng là đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC. Cho nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC.
Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC thì S cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Vì S là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC mà O là trung điểm của BC nên $SO\perp BC$
Lại có $AH\perp BC$ nên $SO\parallel AH\Rightarrow SO\parallel AI$ (4)
Mặt khác AMHN là hình chữ nhật có I là trung điểm của AH nên I là trung điểm của MN do đó $SI\perp MN$ (Vì S là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC) mà theo câu 2)a) ta có $AO\perp MN$
Do đó $SI\parallel AO$ (5)
Từ (4)(5) ta có AISO là hình bình hành $\Rightarrow SI=AO$
Vậy Áp dụng định lí Pythagore ta có
$SN^{2}=SI^{2}+IN^{2}=AI^{2}+AO^{2}=(\frac{AH}{2})^{2}+(\frac{BC}{2})^{2}=\frac{BC^{2}+AH^{2}}{4}$
Mặt khác tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao, AB=6, AC=8 nên:
$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}=6^{2}+8^{2}=100; AH^{2}=\frac{AB^{2}.AC^{2}}{BC^{2}}=\frac{6^{2}.8^{2}}{100}=\frac{576}{25}$
Vậy $SN^{2}=\frac{BC^{2}+AH^{2}}{4}=\frac{769}{25}$$\Rightarrow SN=\frac{\sqrt{769}}{5}$
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN là $\frac{\sqrt{769}}{5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pnhungqt: 18-06-2012 - 19:03

[chohieulonbia1]

Bài 123:
Cho tam giác ABC có B,C cố định và A di dộng sao cho AB=2AC
a/Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho IB=2IC.Chứng minh AI là tia phân giác của góc BAC
b/Chứng minh rằng A di dộng trên một đường tròn cố định
Bài 123:
Cho tam giác ABC.Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm J, tiếp xúc với BC tại E
a/Gọi F là giao điểm của AE và DI. Chứng minh rằng F thuộc đường tròn tâm (I)
b/Gọi M là trung điểm của BC.Chứng minh rằng đường thẳng MI luôn đi qua trung điểm của AD
(Đề thi Trường Sư Phạm Thực Hành Tp.HCM năm 2012 - 2013)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chohieulonbia1: 18-06-2012 - 20:05