Đến nội dung


Hình ảnh

Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

geometry mathlinks.ro

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 159 trả lời

#1 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 18:03

GEOMETRY IS A WONDERFUL PART OF MATHEMATICS !

 

 

Thân ái chào các bạn !

 

Thay cho lời mở đầu, mời các bạn vui lòng đọc topic sau !

 

Các Topic tổng hợp các bài toán trên Mathlinks.ro về các phần Số học, Dãy số - Giới hạn, Phương trình - Hệ phương trình, Phương trình hàm, Đa thức ,... đã được anh Phúc ( dark templar ) lập cách đây không lâu. Hôm nay mình mạn phép lập ra Topic tổng hợp các bài toán Hình học trên diễn đàn Mathlinks.ro .

 

P/s: Để tăng tính thẩm mỹ, các bạn gửi bài trên đây theo code sau: 

Spoiler

Hoặc

Spoiler

 

CHÚ Ý:  Khoảng từ 4-7 ngày kể từ sau ngày post đề bài, nếu không ai đưa ra lời giải, mình xin trích dẫn lời giải trên Mathlinks.ro. Khi có lời giải cho 1 bài toán, thì sẽ có 1 hoặc 2 bài mới được post lên. Một lưu ý nữa, khi các bạn giải bài cố gắng vẽ hình giúp nhé !

 

Cùng nổi bão lên nào, chém mạnh tay vào nhé :) !!!

___

NLT

 

Chat

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 18:48

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#2 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 18:07

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

 

 

Bài 1.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 01-04-2013 - 18:59

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#3 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 01-04-2013 - 21:28

$\boxed{\text{ Bài toán 2 }}$  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Giả sử $\begin{vmatrix} AD-BC \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} AC - BD \end{vmatrix}$. Chứng minh tứ giác $ABCD$ là hình thang cân.

 

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 01-04-2013 - 21:28


#4 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 22:03

$\boxed{\text{ Bài toán 2 }}$  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Giả sử $\begin{vmatrix} AD-BC \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} AC - BD \end{vmatrix}$. Chứng minh tứ giác $ABCD$ là hình thang cân.

 

Spoiler

 

Giải như sau: 

 

Bài 2.png

 

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$.

 

Áp dụng công thức đường trung tuyến vào các tam giác $ABC, ADC, BDP$, ta có: \[AB^2 + BC^2+ CD^2 + DA^2= 2(BP^2 + DP^2)+ AC^2= 4NP^2 + AC^2 + BD^2 (1)\]

Theo định lý Ptolemy, ta có: \[AB.CD + AD.BC = AC.BD (2) \to 2AB.CD +2AD.BC = 2AC.BD \]

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ vế theo vế ta được: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} + {\left( {BC - AD} \right)^2} = {\left( {AC - BD} \right)^2} + 4N{P^2}\]

Kết hợp với giả thiết suy ra: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} = 4N{P^2} \Leftrightarrow NP = \frac{1}{2}|AB - CD| = |MN - MP|\]

Theo BĐT tam giác suy ra $MN=MP \to AD=BC$

 

Vậy $ABCD$ là hình thang cân, phép chứng minh hoàn tất !

___

NLT


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 01-04-2013 - 22:28

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#5 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 01-04-2013 - 23:10

$\boxed{\text{ Bài toán 3}}$  Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\frac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\frac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \frac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]

Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.


GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#6 Near

Near

    Binh nhì

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

Đã gửi 01-04-2013 - 23:30

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

 

 

attachicon.gifBài 1.png

Ta sẽ chứng minh bài toán ngược sau:Giả thiết như bài toán trên đến đoạn DP cắt (K) tại Z,ta thay phần sau bằng:H là giao của CZ với AA';F là giao BH với (K).Chứng minh E;F;P thẳng hàng (hay EF;DZ;AA" đồng quy)

Ta sử dụng các bổ đề dưới đây:

$\bullet$ Bổ đề 1:Tứ giác ABCD nội tiếp (O); tiếp tuyến tại C;D cắt nhau tại I;  H;K lần lượt là giao của AD và BC;AC và BD.Khi đó I;H;K thẳng hàng.

$\bullet$ Bổ đề 2:Cho (A;B;C;D)=-1;K thuộc trung trực của AB;các đường thẳng vuông góc với KA;KB cắt nhau tại I.Ta có:$\angle BIC=\angle BKD$.

$\bullet$ Bổ đề 3:Tứ giác ABCD có M;P lần lượt là giao của AD và BC; N;Q thứ tự là giao của MP với AB;CD.Khi đó:(M;P;N;Q)=-1.

 

Trở lại bài toán,gọi K là giao của BZ và CF;I;G lần lượt là giao của BC và DE;AA' và BC.

Theo bổ đề 1 ta có:A,A',H,K thẳng hàng.Theo bổ đề 2 ta có (B;C;G;I)=-1.Theo bổ đề 3 ta có:$\angle CKI=\angle GA'C\Rightarrow A'A\perp KI$.

Theo định lý Brocard ta có I;Z;F thẳng hàng hay ZF;BC;DE đồng quy.

Xét bộ 3 tam giác sau:ADE;A'ZF;ABC ta thấy các bộ đường thẳng (A'Z;AB;AD);(A'F;AE;AC);(DE;ZF;BC) đồng quy

Lại có AA';BZ;CF đồng quy nên theo đinh lý Desargues ta có AA';DZ;EF đồng quy(đccm)


_____________________I am the heir of L__________________________

#7 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 02-04-2013 - 01:41

$\boxed{\text{ Bài toán 1 }}$  Cho $\Delta ABC$, đường tròn tâm $K$ tùy ý sao cho $BC$ là dây cung của $(K)$. Gọi $A'$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(K)$; $D$ là giao điểm của $AB$ và $A'C$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $A'B$. Cho $P$ là một điểm tùy ý trên $AA'$; $Z$ và $F$ lần lượt là giao điểm của $DP$ và $EP$ với $(K)$ ($Z,F$ cùng một nửa mặt phẳng bờ $BC$). Chứng minh rằng: $AA'; BZ; CF$ đồng quy.

 

 

attachicon.gifBài 1.png

 

Hướng nghĩ khác: Cái hình mình chỉnh khá lâu mới được vậy, mong mọi người thông cảm.

 

 

Hình bài 1 hoàn chỉnh.png

 

Gọi $Q,R$ lần lượt là các giao điểm của $AB,AC$ với $(K)$.

 

Gọi $P$ là giao điểm của $BZ$ và $CX$ (tại em vẽ hình thiếu tên giao điểm đó, điểm $P$ đề ra có thể cho là điểm $P'$ vậy), $W$ là giao điểm của $RZ$ và $XQ$; $V$ là giao điểm của $BR$ và $CQ$, $Y$ là giao điểm của $BX$ và $CZ$.

 

Ta đi chứng minh $A, P, A'$ thẳng hàng.

 

Áp dụng Định lý Pascal cho lục giác nội tiếp đường tròn:

 

+ Lục giác $BBRCCQ$, ta có: $A', V, A$ thẳng hàng.

 

+ Lục giác $BBXCCZ$, ta có: $P, A', Y$ thẳng hàng

 

+ Lục giác $BXQCZR$, ta có: $W, V, Y$ thẳng hàng

 

+ Lục giác $XQBZRC$, ta có: $W, A, P$ thẳng hàng.

 

P/s: Ý tưởng của mình mới tới đây thôi, tức là chỉ còn trường hợp dưới đây: (không mất tính tổng quát có thể giả sử thứ tự các điểm như hình dưới)

Ảnh chụp màn hình_2013-04-02_014018.png

 

Giờ em đi ngủ, lúc nào có thời gian em nghĩ tiếp, mọi người nghĩ theo ý tưởng này được không ạ? :| 

 

P/s: Ý tưởng dùng Desargues cho bài toán này là khá tự nhiên ... Near đã giải quá chuẩn rồi :)

 

Sắp thi rồi, có thể mình sẽ ít lên topic này một thời gian, mong mọi người đừng để nó đóng bụi nhé ! :)

___

NLT


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 02-04-2013 - 12:09

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#8 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 02-04-2013 - 12:14

$\boxed{\text{ Bài toán 3}}$  Cho $\Delta ABC$, $A_1, B_1,C_1$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$. $AA_1, BB_1, CC_1$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tương ứng tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng: \[ \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}+\frac{BB_{1}}{B_{1}B_{2}}+\frac{CC_{1}}{C_{1}C_{2}}\ge \frac{3p^{2}}{r(4R+r)}\]

Trong đó: $p,r,R$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp của $\Delta ABC$.

Mình làm đậm chất đại số.Ai có cách giải hình thuần tuý thì up lên nha!!!

 

Trước hết ta có nhận xét quan trọng sau:

 

Cho (O).Dây XY cố định.Điểm Z di chuyển trên một cung BC.

 

Khi đó $ZX+ZY$ đạt GTLN khi Z là điểm chính giữa cung BC.

 

Áp dụng vào bài toán:

 

Từ các tam giác đồng dạng ta có

 

$\frac{AA_{1}}{{A}_{1}A_{2}}=\frac{bc}{BA_{2}.CA_{2}}$

 

Theo nhận xét thì ta có ngay tích $BA_{2}.CA_{2}$  Max khi $AA_{2}$ là phân giác góc A

 

Từ đó ta chỉ phải chứng minh trong trường hợp $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ là các đường phân giác.

 

Khi đó $AA_{1}.A_{1}A_{2}=BA_{1}.CA_{1}$  $\Rightarrow \frac{AA_{1}}{A_{1}A_{2}}=\frac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}.CA_{1}}$

 

Ta tính được độ dài các đoạn $BA_{1}=\frac{ac}{b+c},CA_{1}=\frac{ca}{b+c}$

 

Và theo công thức tính phân giác 

 

$AA_{1}=\frac{2bc}{b+c}\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$

 

suy ra $\frac{AA_{1}^{2}}{BA_{1}CA_{1}}=\frac{4p(p-a)}{a^{2}}$

 

Do đó ta phải cm

 

$\frac{4(p-a)}{a^{2}}+\frac{4(p-b)}{b^{2}}+\frac{4(p-c)}{c^{2}}\geq \frac{3p}{r(4R+r)}$

 

Ta sử dụng bổ đề sau:(Đẳng thức quen thuộc)

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+4r(r+4R)=2(ac+bc+ca)$

 

Từ đó quy bài toán về cm

 

$\sum \frac{b+c-a}{a^{2}}\geq \frac{3(a+b+c)}{2\sum ab-\sum a^{2}}=\frac{3(a+b+c)}{\sum (a+b-c)(b+c-a)}$

 

Đặt $x=c+b-a,y=a+c-b,z=a+b-c$

 

Ta phải cm

 

$\sum \frac{x}{(y+z)^{2}}\geq \frac{3(x+y+z)}{4(xy+yz+zx)}$

 

Theo bdt Swart 

 

$\sum \frac{x}{(y+z)^{2}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sum x(y+z)^{2}}$

 

Ta phải cm

 

$4(x+y+z)(xy+yz+xz)\geq 3x(y+z)^{2}+3y(z+x)^{2}+3z(x+y)^{2}$

 

$\Leftrightarrow x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(x+y)\geq 6xyz$

 

Hiển nhiên đúng.Ta có điều phải cm.



#9 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 05:36

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ Cho $\Delta ABC$, lấy $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy.$M,D,E$ lần lượt thuộc các cạnh $EF,DF,DE$ sao cho $MD,NE,PF$ đồng quy. Chứng minh rằng: $AM,BN,CP$ đồng quy.


GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#10 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 03-04-2013 - 07:28

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ Cho $\Delta ABC$, lấy $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy.$M,N,P$ lần lượt thuộc các cạnh $EF,DF,DE$ sao cho $MD,NE,PF$ đồng quy. Chứng minh rằng: $AM,BN,CP$ đồng quy.

 

 

Bài 4.png

 

Bổ đề:Cho tam giác $ABC$.E,F thứ tự thuộc $AC,AB$.M thuộc EF. X là giao của AM và BC.Khi đó:

 

$\frac{\overline{ME}}{\overline{MF}}=\frac{\overline{XC}}{\overline{XB}}.\frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}.\frac{\overline{AB}}{\overline{AF}}$   

 

Có thể dễ dàng chứng minh bổ đề bằng cách gọi T là giao của EF và BC rồi dùng định lí Melelauyt.

 

Áp dụng:

 

Gọi $X,Y,Z$ tứ tự là giao điểm của $AM,BN,CP$ với $BC,CA,AB$.

 

Ta có 

 

$\frac{\overline{ME}}{\overline{MF}}=\frac{\overline{XC}}{\overline{XB}}.\frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}.\frac{\overline{AB}}{\overline{AF}}$

 

$\frac{\overline{NF}}{\overline{ND}}=\frac{\overline{YA}}{\overline{YC}}.\frac{\overline{BF}}{\overline{BA}}.\frac{\overline{BC}}{\overline{BD}}$

 

$\frac{\overline{PD}}{\overline{PE}}=\frac{\overline{ZB}}{\overline{ZA}}.\frac{\overline{CD}}{\overline{CB}}.\frac{\overline{CA}}{\overline{CE}}$

 

Nhân các đẳng thức trên và chú ý $(AD,BE,CF),(DM,EN,FP)$ đồng quy nên ta suy ra 

 

$\frac{\overline{XB}}{\overline{XC}}.\frac{\overline{YC}}{\overline{YA}}.\frac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=-1$

 

Từ đó AM,BN,CP đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 07:40
Bổ sung hình vào bài viết !


#11 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 10:03

$\boxed{\text{Bài toán 5}}$ Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$. Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Lấy điểm $E$ ở ngoài tam giác sao cho $CE$ vuông góc với $AB$ và $BD = BE$. Trung trực của đoạn thẳng $BE$ cắt cung nhỏ $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD$ tại $F$.Chứng minh rằng $DE \perp DF$.

 

P/S: Phấn đấu mỗi ngày một bài được giải, cố lên nào ^^!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 10:07

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#12 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 10:17

$\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $({\omega _a}),({\omega _b}),({\omega _c})$ tiếp xúc với $(I),(O)$ tại $D,K$ (đối với $\omega_a$), tại $E,M$ (đối với $\omega_b$), tại $F,N$ (đối với $\omega_c$). Chứng minh rằng: 

 

$[1]$ $DK,EM,FN$ đồng quy, gọi điểm đó là $P$.

 

$[2]$ Trực tâm $\Delta DEF$ nằm trên $OP$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 10:22

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#13 thanhdotk14

thanhdotk14

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định

Đã gửi 03-04-2013 - 11:49

 

Cách khác cho bài 4:

Ảnh chụp màn hình_2013-04-03_112606.png

Ta có:

$$\frac{S_{AEM}}{S_{AFM}}=\frac{AE.sin\angle EAM}{AF.sin\angle FAM }$$

$$\Rightarrow \frac{sin\angle EAM}{sin\angle FAM}=\frac{S_{AEM}.AF}{S_{AMF}.AE}=\frac{ME.AF}{MF.AE}$$

Tương tự ta có:

$\frac{sin\angle FBN}{sin\angle NBD}=\frac{NF.BD}{ND.BF}$, $\frac{sin\angle PCD}{sin\angle PCE}=\frac{PD.CE}{PE.CE}$

Lại có:

$AD,BE,CF$;$DM,EN,FP$ đồng quy nên theo định lí Ceva,ta có:

$$\frac{AF.BD.CE}{BF.CD.AE}=1$$

$$\frac{ME.FN.DP}{FM.DN.EP}=1$$

Từ đó ta suy ra:

$$\frac{sin\angle MAE.sin\angle FBN.sin\angle PCD}{sin\angle MAF.sin\angle NBD.sin\angle PCE}=1$$

Theo định lí Ceva đảo thì ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 14-04-2013 - 17:31

-----------------------------------------------------

 

:ukliam2: Untitled1_zps6cf4d69d.jpg :ukliam2:


#14 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 03-04-2013 - 13:27

$\boxed{\text{Bài toán 5}}$ Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$. Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Lấy điểm $E$ ở ngoài tam giác sao cho $CE$ vuông góc với $AB$ và $BD = BE$. Trung trực của đoạn thẳng $BE$ cắt cung nhỏ $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD$ tại $F$.Chứng minh rằng $DE \perp DF$.

 

P/S: Phấn đấu mỗi ngày một bài được giải, cố lên nào ^^!

 

Giải như sau: (nhìn đề cứ tưởng khó, hóa ra cũng không ảo lắm :) )

 

Bài 5.png

 

Gọi $I$ là trung điểm của $EP$, $H$ là giao điểm của $CE$ và $AB$. Vẽ đường thẳng $Dx$ vuông góc với $DE$ cắt đường trung trực của $EB$ tại $F'$.

 

Ta có tứ giác $AHDC$ nội tiếp nên: \[\angle BAD = \angle ECB\]

Lại có: $\angle ECB= \angle IDB$ (do $DI // CE$) nên: \[ \angle BAD = \angle IDB (1)\]

Mà tứ giác $IEF'D$ nội tiếp nên: \[ \angle IDB = \angle EDB - \angle IDE= \angle IED - \angle IDE = \angle IF'D - \angle IF'E = \angle BF'D (2)\]

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:  \[ \angle BF'D = \angle BAD \]

Nên tứ giác $AF'DB$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$, mà $F,F'$ nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ $EB$ nên ta có: \[ F \equiv F' \to DE \perp DF (Q.E.D)\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 03-04-2013 - 13:28

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#15 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 03-04-2013 - 22:32

$\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $({\omega _a}),({\omega _b}),({\omega _c})$ tiếp xúc với $(I),(O)$ tại $D,K$ (đối với $\omega_a$), tại $E,M$ (đối với $\omega_b$), tại $F,N$ (đối với $\omega_c$). Chứng minh rằng: 

 

$[1]$ $DK,EM,FN$ đồng quy, gọi điểm đó là $P$.

 

$[2]$ Trực tâm $\Delta DEF$ nằm trên $OP$.

a) NLT up hộ mình cái hình lên nha!!!

 

Ý tưởng đơn giản thế  này thôi

 

Gọi X là tâm của $\omega _{a}$.

 

Ta có $O,X,K$ và $I,D,X$ thẳng hàng.

 

Gọi $J$ là giao của KX và OI

 

Áp dụng định lí Melelauyt cho $\Delta IOX$ ta có 

 

$\frac{\overline{KX}}{\overline{KO}}.\frac{\overline{PO}}{\overline{PI}}.\frac{\overline{DI}}{\overline{DX}}=1$

 

suy ra $\frac{\overline{PO}}{\overline{PI}}=-\frac{R}{r}$

 

Chứng minh tương tự với $EM,FN$ ta có chúng đồng quy tại P thoả mãn 

 

$\frac{\overline{PO}}{\overline{PI}}=-\frac{R}{r}$ trên OI.

 

b)Ta có bổ đề quen thuộc sau: OI là đường thẳng Ole của $\Delta DEF$.

 

Áp dụng trực tiếp bổ đề trên và theo câu a) thì $P\in OI$

 

Ta có ngay $OP$ đi qua trực tâm $\Delta DEF$ (dpcm).



#16 thanhdotk14

thanhdotk14

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định

Đã gửi 04-04-2013 - 06:27

Bài toán 7 Cho hai đường tròn $(O_1,R_1)$ và $(O_2,R_2)$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. $M\in (O_1,R_1)$ và $M$ không thuộc phần giao của hai đường tròn. $MA$,$MB$ cắt $(O_2)$ tại $N$,$P$.
$a.$ Tìm tập hợp $I$ là tâm đuờng tròn ngoại tiếp $\Delta MNP$ 
$b.$ Đường tròn $(I)$ đó cắt $(O_1)$ tại điểm thứ hai là $K$
Chứng minh rằng: $\widehat{MKO_2}=90^{\circ}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 04-04-2013 - 06:36

-----------------------------------------------------

 

:ukliam2: Untitled1_zps6cf4d69d.jpg :ukliam2:


#17 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 04-04-2013 - 17:36

 

Bài toán 7 Cho hai đường tròn $(O_1,R_1)$ và $(O_2,R_2)$ cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. $M\in (O_1,R_1)$ và $M$ không thuộc phần giao của hai đường tròn. $MA$,$MB$ cắt $(O_2)$ tại $N$,$P$.
$a.$ Tìm tập hợp $I$ là tâm đuờng tròn ngoại tiếp $\Delta MNP$ 
$b.$ Đường tròn $(I)$ đó cắt $(O_1)$ tại điểm thứ hai là $K$
Chứng minh rằng: $\widehat{MKO_2}=90^{\circ}$

 

 

Bài 7.png

 

 

a) Ta có $IO_{2}$ vuông góc $NP$

 

Và $MO_{1}$ vuông góc $NP$

 

suy ra $IO_{2}$//$MO_{1}$

 

Mặt khác $MI$//$O_{1}O_{2}$  (cùng vuông góc $AB$).

 

suy ra $O_{1}O_{2}MI$ là hình bình hành.

 

suy ra $O_{2}I=O_{1}M=R_{1}$.

 

Hay I thuộc $(O_{2};R_{1})$ cố định.

 

b)Ta có $IO_{1}$ là trung trực của $MK$

 

và $IO_{1}$ đi qua trung điểm của $MO_{2}$ 

 

suy ra $IO_{1}//O_{2}K$

 

Hay $\widehat{MKO_{2}}=90^{\circ}$ (dpcm).

 

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 14-04-2013 - 17:32


#18 thanhdotk14

thanhdotk14

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định

Đã gửi 04-04-2013 - 21:00

Mình làm bài 7 vậy.

 

a) Ta có $IO_{2}$ vuông góc $NP$

 

Và $MO_{1}$ vuông góc $NP$

 

suy ra $IO_{2}$//$MO_{1}$

 

Mặt khác $MI$//$O_{1}O_{2}$  (cùng vuông góc $AB$).

 

suy ra $O_{1}O_{2}MI$ là hình bình hành.

 

suy ra $O_{2}I=O_{1}M=R_{1}$.

 

Hay I thuộc $(O_{2};R_{1})$ cố định.

 

b)Ta có $IO_{1}$ là trung trực của $MK$

 

và $IO_{1}$ đi qua trung điểm của $MO_{2}$ 

 

suy ra $IO_{1}//O_{2}K$

 

Hay $\widehat{MKO_{2}}=90^{\circ}$ (dpcm).

Để mình up hình lên há:

hình vẽ bài toán 7  vmf.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 04-04-2013 - 21:01

-----------------------------------------------------

 

:ukliam2: Untitled1_zps6cf4d69d.jpg :ukliam2:


#19 chrome98

chrome98

    Mãi Mãi Việt Nam

  • Thành viên
  • 258 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\star\star\star\star\star $

Đã gửi 05-04-2013 - 13:21

$\boxed{Bài \ toán \ 8}$: Cho $M,N$ là trung điểm các đường chéo $AC,BD$ của hình thang vuông $ABCD$, $\angle A=\angle D=90^{\circ}$. Các đường tròn $(ABN),(CDM)$ cắt cạnh $BC$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng khoảng cách từ $Q,R$ đến trung điểm $MN$ là bằng nhau.



#20 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 06-04-2013 - 13:02

$\boxed{Bài \ toán \ 8}$: Cho $M,N$ là trung điểm các đường chéo $AC,BD$ của hình thang vuông $ABCD$, $\angle A=\angle D=90^{\circ}$. Các đường tròn $(ABN),(CDM)$ cắt cạnh $BC$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng khoảng cách từ $Q,R$ đến trung điểm $MN$ là bằng nhau.

Không ai làm thì mình làm vậy:

 

Ta chứng minh trong trường hợp $CD\geq AB$

 

Gọi I là trung điểm của $MN$. và $T$ là giao điểm của $MN$ và $BC$

 

Vẽ ${IK}\perp{BC}$

 

Ta sẽ đi tính độ dài các đoạn $QK$,$RK$.

 

Vì $ABCD$ là hình thang nên $MN//DC$ hay $TB=TC$

 

Có $\widehat{MQT}=\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=\widehat{BDC}$

 

Và $\widehat{QTM}=\widehat{BCD}$ nên $\Delta QMT\sim \Delta DBC\Rightarrow QT=\frac{DC^{2}}{2BC}$

 

Ta tính $TK$.

 

Gọi S là giao $BI$ và $DC$. suy ra $CS=\frac{CD+AB}{2}$.vẽ $SX$,$BY$ vuông góc $BC$,$CD$

 

Có $\frac{CX}{CY}=\frac{CS}{CB}=\frac{CD+AB}{2BC}$ mà $CY=CD-AB$

 

$\Rightarrow CX=\frac{CD^{2}-AB^{2}}{2BC}\Rightarrow BX=\frac{2BC^{2}-CD^{2}+AB^{2}}{2BC}$

 

Mà $KB=KX$ $\Rightarrow BK=\frac{2BC^{2}+AB^{2}-CD^{2}}{4BC}\Rightarrow TK=\frac{CD^{2}-AB^{2}}{4BC}$

 

Mà $QT=\frac{DC^{2}}{2BC}\Rightarrow QK=\frac{AB^{2}+CD^{2}}{4BC}$

 

Tương tự $RK=\frac{AB^{2}+CD^{2}}{4BC}$ nên $QK=RK$

 

Hay $\Delta IRQ$ cân tại I.






1 người đang xem chủ đề

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