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

#121
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Một mở rộng cho Bài toán 39:

(39.1) Cho tam giác $ABC$,một điểm $O$ nằm trong tam giác.$D,E,F$ thứ tự là hình chiếu của $O$ lên $BC,CA,AB$.Vẽ các đường tròn tâm $D,E,F$ đi qua $O$,chúng cắt nhau tại các điểm thứ hai là $X,Y,Z$ ($X\notin (D),Y\notin (E),Z\notin (F)$).Chứng minh rằng $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $XYZ$ khi và chỉ khi $O$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Đặc biệt,khi $O$ là trực tâm tam giác $ABC$,chứng minh rằng $DX,EY,FZ$ đồng quy.



#122
The Collection

The Collection

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết


Một mở rộng cho Bài toán 39:

(39.1) Cho tam giác $ABC$,một điểm $O$ nằm trong tam giác.$D,E,F$ thứ tự là hình chiếu của $O$ lên $BC,CA,AB$.Vẽ các đường tròn tâm $D,E,F$ đi qua $O$,chúng cắt nhau tại các điểm thứ hai là $X,Y,Z$ ($X\notin (D),Y\notin (E),Z\notin (F)$).Chứng minh rằng $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $XYZ$ khi và chỉ khi $O$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Đặc biệt,khi $O$ là trực tâm tam giác $ABC$,chứng minh rằng $DX,EY,FZ$ đồng quy.

 

Giải như sau:

 

Bài mr nth.png

 

Gọi $K,L,M$ lần lượt là giao điểm của $OX,OY,OZ$ với $EF,FD,DE$ như hình bên. Rõ ràng chúng lần lượt là trung điểm của $OX,OY,OZ$.

 

Ta có $O$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $D,E,F$ khi và chỉ khi $O$ là trực tâm tam giác $ABC$ (đã chứng minh ở Bài toán 39).

 

Mặt khác $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta XYZ \Leftrightarrow OX=OY=OZ \Leftrightarrow OK=OL=OM \to O$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DEF$

 

Từ $2$ điều trên ta có đpcm.

___

 

 

Còn việc chứng minh đồng quy, Hoàn xem lại đề giúp nhé ! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 15-06-2013 - 16:43


#123
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Giải như sau:

 

attachicon.gifhinh5.png

 

Gọi $K,L,M$ lần lượt là giao điểm của $OY,OZ,OX$ với $DE,EF,FD$ như hình bên. Rõ ràng chúng lần lượt là trung điểm của $OX,OY,OZ$.

 

Ta có $O$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $D,E,F$ khi và chỉ khi $O$ là trực tâm tam giác $ABC$ (đã chứng minh ở Bài toán 39).

 

Mặt khác $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta XYZ \Leftrightarrow OX=OY=OZ \Leftrigtarrow OK=OL=OM \to O$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DEF$

 

Từ $2$ điều trên ta có đpcm.

___

 

 

Còn việc chứng minh đồng quy, Hoàn xem lại đề giúp nhé ! 

Không đồng quy hả cậu???Đề đúng đó,không sai đâu!!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 07-06-2013 - 21:05


#124
The Collection

The Collection

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết

Không đồng quy hả cậu???Đề đúng đó,không sai đâu!!!

 

Trong hình mình chỉ có $DY,ZE,FX$ đồng quy thôi. Như vậy sẽ đưa về bài toán: Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $D,E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$. Khi đó gọi $X,Y,Z$ là điểm đối xứng với $I$ qua $D,E,F$. Chứng minh $AX,BY,CZ$ đồng quy.

 

Bài này có vẻ đơn giản hơn :)



#125
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Trong hình mình chỉ có $DY,ZE,FX$ đồng quy thôi. Như vậy sẽ đưa về bài toán: Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $D,E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$. Khi đó gọi $X,Y,Z$ là điểm đối xứng với $I$ qua $D,E,F$. Chứng minh $AX,BY,CZ$ đồng quy.

 

Bài này có vẻ đơn giản hơn :)

Hình vẽ của cậu sai vị trí các điểm $X,Y,Z$ rồi..Cậu xem lại đề nhé :mellow:



#126
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Chứng minh mở rộng trên đúng là đưa về bài toán mà tranminhbao2607 đã nêu ra.Chúng ta tiếp tục với bài toán mới!

 

$\boxed{\text{Bài toán 40}}$ http://www.artofprob...opic.php?t=5824

 

Let $ABC$ be a triangle inscribed a circle $(\zeta )$ and let $M$ be a point on the arc $BC$ which doesn't contain $A$.The tangents from $M$ to the inscribed circle in the triangle $ABC$ intersect $(\zeta )$ at the point $N$ and $P$.If $\widehat{BAC}=\widehat{NMP}$,prove that the triangle $ABC$ and $MNP$ are congruent.

 

================================================

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $\zeta$ và $M$ là 1 điểm trên cung $BC$ không chứa $A$.Qua $M$ vẽ các tiếp tuyến tới đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$,chúng cắt $\zeta$ tại $N$ và $P$.Nếu $\widehat{BAC}=\widehat{NMP}$,chứng minh rằng hai tam giác $ABC$ và $MNP$ bằng nhau.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 08-06-2013 - 07:51


#127
Near

Near

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết

Bài toán 40:

 

 

5c41b2cc8a41112860cecb382a09c108_5616107

 

Lục giác APCMBN nội tiếp (O).Gọi D;E;F;X;Y;Z lần lượt là giao của AC;AB với NP;của CA;CB với BD;của BC;BA với MN.Khi đó dễ dàng chứng minh được DX;EY;FZ đồng quy.

Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC( kí hiệu (I) ) cắt AC tại E'.Khi đó lục giác XYZDE'F ngoại tiếp (I).

Theo định lý Brianchon ta có DX;E'Y;FZ đồng quy.Do đó E;E';Y thẳng hàng.Mà E;E' cùng thuộc AC nên E trùng E hay MNP ngoại tiếp (I).

Do $\angle BAC=\angle NMP$ nên BN song song PC.Lại có BC và PN cùng tiếp xúc với (I) nên theo tính chất đối xứng ta có AB=MN;AC=MP;BC=NP hay 2 tam giác ABC và MNP bằng nhau(đccm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Near: 08-06-2013 - 13:17

_____________________I am the heir of L__________________________

#128
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết

$\boxed{\text{ Bài toán 41 }}$ http://www.artofprob...p?f=46&t=537830

 

Let 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf and e790e5df68a93b6224ce200844c43327b92df052 is circumcircle of triangle. c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c is a point in 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf847f0a60992920b525027c34ec37d7cef86f83ee. Let 64c57e9cddabe8b416d45dbc16d8b25a5bc90ab4 like this picture. Prove that 3 diagonals of the hexagon $XYZTUV$ are concurrent at c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c.

___

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. $M$ là 1 điểm nằm trong tam giác. $MA \cap (O) = A';MB \cap (O) = B';MC \cap (O) = C'$. Cho $X,Y,Z,T,U,V$ như hình vẽ. Chứng minh rằng $3$ đường chéo của lục giác $XYZTUV$ đồng quy tại $M$.

 

Ảnh chụp màn hình_2013-06-08_170721.png

 

 

Bài này không khó nhưng có mở rộng khá hay .... :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 13-06-2013 - 09:55

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

#129
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

$\boxed{\text{ Bài toán 41 }}$

 

Let 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf and e790e5df68a93b6224ce200844c43327b92df052 is circumcircle of triangle. c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c is a point in 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf847f0a60992920b525027c34ec37d7cef86f83ee. Let 64c57e9cddabe8b416d45dbc16d8b25a5bc90ab4 like this picture. Prove that 3 diagonals of the hexagon $XYZTUV$ are concurrent at c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c.

___

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. $M$ là 1 điểm nằm trong tam giác. $MA \cap (O) = A';MB \cap (O) = B';MC \cap (O) = C'$. Cho $X,Y,Z,T,U,V$ như hình vẽ. Chứng minh rằng $3$ đường chéo của lục giác $XYZTUV$ đồng quy tại $M$.

 

attachicon.gifẢnh chụp màn hình_2013-06-08_170721.png

 

 

Bài này không khó nhưng có mở rộng khá hay .... :)

Dùng luôn cái hình của Thịnh..

 

Áp dụng định lí Pascan cho lục giác $ABB'A'C'C$ ta có ngay $V,M,Z$ thẳng hàng.

Tương tự ta có DPCM. :lol:

P/S.Vẫn chưa nghĩ ra cái mở rộng nào cho bài toán này!!



#130
The Collection

The Collection

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết


Dùng luôn cái hình của Thịnh..

 

Áp dụng định lí Pascan cho lục giác $ABB'A'C'C$ ta có ngay $V,M,Z$ thẳng hàng.

Tương tự ta có DPCM. :lol:

P/S.Vẫn chưa nghĩ ra cái mở rộng nào cho bài toán này!!

 

Uh, bài toán này chỉ cần thế thôi, mở rộng như sau:   :)

 

Mở rộng 1: Cách giải của Near có thể xem là mở rộng cho bài toán này, khi không cần điều kiện 3 đường đồng quy.

 

Mở rộng 2: Cho $M$ ở trên là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$. Chứng minh rằng: \[ \frac{2}{3} S_{ABC} \le S_{XYZTUV} \le \frac{2}{3} S_{A'B'C'} \]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranminhbao2607: 08-06-2013 - 20:40


#131
The Collection

The Collection

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết

Mở rộng bài toán 40:

 

Không biết đúng hay sai, thử chứng minh nhé mọi người.

 

Rõ ràng theo Pascal, dễ dàng chứng minh được $AM,CN,DX$ đồng quy, gọi điểm đó là $A'$, định nghĩa tương tự cho $B',C'$.

Gọi $O'$ là giao điểm của $DX,EY,FZ$, khi đó: \[O'A'=O'B'=O'C'\]

 

bài 40.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 11-06-2013 - 21:59


#132
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết


Mở rộng bài toán 40:

 

Không biết đúng hay sai, thử chứng minh nhé mọi người.

 

Rõ ràng theo Pascal, dễ dàng chứng minh được $AM,CN,DX$ đồng quy, gọi điểm đó là $A'$, định nghĩa tương tự cho $B',C'$.

Gọi $O$ là giao điểm của $DX,EY,FZ$, khi đó: \[OA=OB=OC\]

 

attachicon.gifbài 40.png

 



Trong hình mình chỉ có $DY,ZE,FX$ đồng quy thôi. Như vậy sẽ đưa về bài toán: Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $D,E,F$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$. Khi đó gọi $X,Y,Z$ là điểm đối xứng với $I$ qua $D,E,F$. Chứng minh $AX,BY,CZ$ đồng quy.

 

Bài này có vẻ đơn giản hơn :)

Mình chứng minh bài toán đồng quy như sau.

dong quy.png

Ta sẽ chứng minh dựa vào tâm tỉ cự và định lí Ceva như sau:Gọi $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác

Ta có $I=\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}$

và $D=\frac{(p-c)B+(p-b)C}{a}$

Mà $X=2D-I$ nên $X=\frac{2(p-c)B+2(p-b)C}{a}-\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}$

$=(\frac{2(p-c)}{a}-\frac{b}{a+b+c})B+(\frac{2(p-b)}{a}-\frac{c}{a+b+c})C-\frac{a}{a+b+c}A$

Do đó chiếu lên $BC$ theo phương $XA$ ta có nếu $M$ là giao $XA$ và $BC$ thì:

$\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}=-\frac{\frac{2(p-b)}{a}-\frac{c}{a+b+c}}{\frac{2(p-c)}{a}-\frac{b}{a+b+c}}$

$=-\frac{a^{2}+c^{2}+ac-b^{2}}{a^{2}+b^{2}+ab-c^{2}}$.Tương tự ta suy ra

$\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=-1$

Do đó theo định lí Xeva ta có ngay $AM,BN,CP$ đồng quy.Hay $AX,BY,CZ$ đồng quy.



#133
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

Các mở rộng cho mỗi bài toán bạn nào có ý tưởng mới hay chứng minh được thì post lên nhé :lol: Giờ là đề mới.

$\boxed{\text{Bài toán 42}}$ http://www.artofprob...opic.php?t=5789

Let $ABC$ be an acute triangle,and let $M$ and $N$ be two points on the line $AC$ such that $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AC}$.Let $X$ be orthogonal projection of $M$ on $BC$,and $Y$ be the orthogonal projection  of $N$ on $AB$.Let $H$ be orthocenter of triangle $ABC$.Show that the points $B,H,X,Y$ lie on one circle.

 

=====================================================

 

Cho tam giác $ABC$.Các điểm $M,N$ trên đường thẳng $AC$ thỏa mãn $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AC}$.Gọi $X$ là hình chiếu của $M$ trên $BC$,$Y$ là hình chiếu của $N$ trên $AB$.Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.CHứng minh rằng các điểm $B,H,X,Y$ cùng thuộc một đường tròn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 10-06-2013 - 15:27


#134
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết

Bài 42: Tham khảo chứng minh trong đây

http://diendantoanho...h-rằng-sqconst/


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 10-06-2013 - 15:27

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#135
nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 43}}$ http://www.artofprob...opic.php?t=5697

$ABC$ be a triangle.$P$ and $Q$ are the feet of angle besectors from $A$ and $B$.$D$ and $E$ are the feet of altitudes from $A$ and $B$.$I$ is the incentre,$O$ is the circumcentre of triangle $ABC$.Prove:$D,E,I$ are collinear iff $P,Q,O$ are collinear.

 

====================================================

 

Cho tam giác $ABC$.Gọi $P$ và $Q$ là chân đường phân giác kẻ từ $A$ và $B$.Gọi $D$ và $E$ là chân các đường cao vẽ từ $A$ và $B$ của tam giác $ABC$.Gọi $I$ là tâm nội tiếp,$O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$.Chứng minh rằng $D,E,I$ thẳng hàng khi và chỉ khi $P,O,Q$ thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 10-06-2013 - 15:27


#136
barcavodich

barcavodich

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 449 Bài viết

Bài $42$ giải như sau
Gọi $K$ là giao của $MX$ và $NY$
Dễ thấy đường tròn đường kính $BK$ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta BXY$
Ta có
$AH//MK$,$CH//NK$
$\Rightarrow \angle HAC=\angle KMN,\angle ACH=\angle MNK$
Lại theo giả thiết $AC=MN$ nên $\Delta AHC=\Delta MKN$
Lại do $K$ và $H$ nằm cùng phía so với $AC$
$\Rightarrow KH//AC$
Nên $H$ thuộc $(BXY)$
QED


Ta có thể mở rộng bài $42$ như sau
Gọi $I$ là trung điểm $AN$
Thì $I$ đối xứng $B$ qua trung điểm $OO'$ với$O$ là tâm ngoại tiếp $(ABC)$ và $O'$ là trung điểm $BK$
:icon6:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 10-06-2013 - 15:27

[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful


#137
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết

Mình chứng minh bài toán đồng quy như sau.

attachicon.gifdong quy.png

Ta sẽ chứng minh dựa vào tâm tỉ cự và định lí Ceva như sau:Gọi $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác

Ta có $I=\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}$

và $D=\frac{(p-c)B+(p-b)C}{a}$

Mà $X=2D-I$ nên $X=\frac{2(p-c)B+2(p-b)C}{a}-\frac{aA+bB+cC}{a+b+c}$

$=(\frac{2(p-c)}{a}-\frac{b}{a+b+c})B+(\frac{2(p-b)}{a}-\frac{c}{a+b+c})C-\frac{a}{a+b+c}A$

Do đó chiếu lên $BC$ theo phương $XA$ ta có nếu $M$ là giao $XA$ và $BC$ thì:

$\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}=-\frac{\frac{2(p-b)}{a}-\frac{c}{a+b+c}}{\frac{2(p-c)}{a}-\frac{b}{a+b+c}}$

$=-\frac{a^{2}+c^{2}+ac-b^{2}}{a^{2}+b^{2}+ab-c^{2}}$.Tương tự ta suy ra

$\frac{\overline{MB}}{\overline{MC}}.\frac{\overline{NC}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=-1$

Do đó theo định lí Xeva ta có ngay $AM,BN,CP$ đồng quy.Hay $AX,BY,CZ$ đồng quy.

Ta chứng minh 1 bài toán mạnh hơn như sau:

Trên đường thẳng $ID,IE,IF$ lấy $X,Y,Z$ tương ứng sao cho \[
\frac{{\overline {IX} }}{{\overline {ID} }} = \frac{{\overline {IY} }}{{\overline {IE} }} = \frac{{\overline {IZ} }}{{\overline {IF} }}
\]

Ta sẽ chứng minh $AX,BY,CZ$ đồng quy.

Xét $f$ là phép đối xứng trục ${IB}$:

\[
\begin{array}{l}
 f:F \mapsto D \Rightarrow \overrightarrow {IF}  \to \overrightarrow {ID}  \\
  \Rightarrow f:\overrightarrow {IZ}  = \frac{{\overline {IZ} }}{{\overline {IF} }}.\overrightarrow {IF}  \to \frac{{\overline {IZ} }}{{\overline {IF} }}.\overrightarrow {ID}  = \frac{{\overline {IX} }}{{\overline {ID} }}.\overrightarrow {ID}  = \overrightarrow {IX}  \Rightarrow Z \mapsto X \\
 f:\text{tia }BA \to \text{tia }BC \Rightarrow \left( {\overrightarrow {BA} ;\overrightarrow {BX} } \right) \equiv  - \left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BZ} } \right){\pmod {2\pi }} \quad (1) \\
 \end{array}
\]

hinh40-mr2.png
Tương tự, ta có\[
\begin{array}{l}
\left( {\overrightarrow {CA} ;\overrightarrow {CX} } \right) \equiv  - \left( {\overrightarrow {CB} ;\overrightarrow {CY} } \right) \pmod{2\pi} \quad (2) \\
 \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AZ} } \right) \equiv  - \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AY} } \right) \pmod{2\pi} \quad (3)\\
 \end{array}
\]

Đồng thời, từ các phép đối xứng trục $BI,AI,CI$, ta có $BX=BZ,CX=CY,AY=AZ$ (4)

Mặt khác:\[
\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AX} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AX} } \right)}} = \frac{{\frac{{2\left[ {S_{ABX} } \right]}}{{AB.AX}}}}{{\frac{{2\left[ {S_{ACX} } \right]}}{{AC.AX}}}} = \frac{{AC}}{{AB}}.\frac{{BX.BA.\sin \left( {\overrightarrow {BX} ;\overrightarrow {BA} } \right)}}{{CX.CA.\sin \left( {\overrightarrow {CX} ;\overrightarrow {CA} } \right)}} = \frac{{BX}}{{CX}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {BA} ;\overrightarrow {BX} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {CA} ;\overrightarrow {CX} } \right)}}
\]
Xây dựng các tỉ số tương tự rồi nhân lại, kết hợp (1),(2),(3),(4), ta có:

\[
\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AX} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AX} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {CA} ;\overrightarrow {CZ} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {CB} ;\overrightarrow {CZ} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {BY} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {BA} ;\overrightarrow {BY} } \right)}} =  - 1
\]

Theo định lý Ceva sin, ta có đpcm.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#138
anh qua

anh qua

    Sĩ quan

  • Hiệp sỹ
  • 476 Bài viết

Pro44. Cho tam giác $ABC, D$ là một điểm cố định trên cạnh $BC, P$ là điểm di động trên $AD, E,F$ là giao điểm của $AB,PB$ và đường tròn đường kính $BD; Z$ là giao của $PC$ và đường tròn đường kính $CD$. Chứng minh rằng $(EFZ)$ đi qua một điểm cố định


Give me some sunshine
Give me some rain
Give me another chance
I wanna grow up once again

#139
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết

$\boxed{\text{ Bài toán 41 }}$ http://www.artofprob...p?f=46&t=537830

 

Let 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf and e790e5df68a93b6224ce200844c43327b92df052 is circumcircle of triangle. c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c is a point in 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf847f0a60992920b525027c34ec37d7cef86f83ee. Let 64c57e9cddabe8b416d45dbc16d8b25a5bc90ab4 like this picture. Prove that 3 diagonals of the hexagon $XYZTUV$ are concurrent at c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c.

___

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. $M$ là 1 điểm nằm trong tam giác. $MA \cap (O) = A';MB \cap (O) = B';MC \cap (O) = C'$. Cho $X,Y,Z,T,U,V$ như hình vẽ. Chứng minh rằng $3$ đường chéo của lục giác $XYZTUV$ đồng quy tại $M$.

 

attachicon.gifẢnh chụp màn hình_2013-06-08_170721.png

 

 

Bài này không khó nhưng có mở rộng khá hay .... :)

Mở rộng 3: Bỏ qua giả thiết $AA',BB',CC'$ đồng quy, ta vẫn có $XT,UY,VZ$ đồng quy (với điều kiện $AC'BA'CB'$ là lục giác lồi)

Chứng minh:

$A'A\cap BB'=F,BB'\cap CC'=D, CC' \cap AA'=E$.

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm $(A,C,B,B',C',A')$ suy ra $Y,U,F$ thẳng hàng.

Tương tự $(X,E,T),(V,D,Z)$ là các bộ điểm thẳng hàng.

hinh41-mr3.png

Áp dụng định lý Ceva sin cho $\vartriangle AFB'$ với 3 đường đồng quy là $FY,AY,B'Y$:

\[
\begin{array}{l}
 \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {FA} ;\overrightarrow {FY} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {FB'} ;\overrightarrow {FY} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {B'F} ;\overrightarrow {B'Y} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {B'A} ;\overrightarrow {B'Y} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AY} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {AY} } \right)}} =  - 1 \\
  \Rightarrow \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {FE} ;\overrightarrow {FU} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {FD} ;\overrightarrow {FU} } \right)}} = \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {FA} ;\overrightarrow {FY} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {FB'} ;\overrightarrow {FY} } \right)}} =  - \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {B'A} ;\overrightarrow {B'Y} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {B'F} ;\overrightarrow {B'Y} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {AY} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AY} } \right)}} \quad (1)\\
 \end{array}
\]
Tương tự, ta có các tỉ số

\[
\begin{array}{l}
 \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {DF} ;\overrightarrow {DZ} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {DE} ;\overrightarrow {DZ} } \right)}} = \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {DB} ;\overrightarrow {DV} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {DC'} ;\overrightarrow {DV} } \right)}} =  - \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {C'B} ;\overrightarrow {C'V} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {C'D} ;\overrightarrow {C'V} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {BD} ;\overrightarrow {BV} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {BC'} ;\overrightarrow {BV} } \right)}},\left( 2 \right) \\
 \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {ED} ;\overrightarrow {EX} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {EF} ;\overrightarrow {EX} } \right)}} = \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {EC} ;\overrightarrow {ET} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {EA'} ;\overrightarrow {ET} } \right)}} =  - \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {A'C} ;\overrightarrow {A'T} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {A'E} ;\overrightarrow {A'T} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {CE} ;\overrightarrow {CT} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {CA'} ;\overrightarrow {CT} } \right)}},\left( 3 \right) \\
 \end{array}
\]

Lại chú ý rằng do $AC'BA'CB'$ là lục giác lồi nội tiếp nên xét theo module ${2\pi}$ thì:

\[
\begin{array}{l}
 \left( {\overrightarrow {B'A} ;\overrightarrow {B'Y} } \right) = \left( {\overrightarrow {BV} ;\overrightarrow {BC'} } \right) \Rightarrow \sin \left( {\overrightarrow {B'A} ;\overrightarrow {B'Y} } \right) =  - \sin \left( {\overrightarrow {BC'} ;\overrightarrow {BV} } \right) \\
 \left( {\overrightarrow {B'F} ;\overrightarrow {B'Y} } \right) = \left( {\overrightarrow {CT} ;\overrightarrow {CE} } \right) \Rightarrow \sin \left( {\overrightarrow {B'F} ;\overrightarrow {B'Y} } \right) =  - \sin \left( {\overrightarrow {CE} ;\overrightarrow {CT} } \right) \\
 \left( {\overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {AY} } \right) = \left( {\overrightarrow {C'V} ;\overrightarrow {C'D} } \right) \Rightarrow \sin \left( {\overrightarrow {AF} ;\overrightarrow {AY} } \right) =  - \sin \left( {\overrightarrow {C'D} ;\overrightarrow {C'V} } \right) \\
 \left( {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AY} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'T} ;\overrightarrow {A'C} } \right) \Rightarrow \sin \left( {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AY} } \right) =  - \sin \left( {\overrightarrow {A'C} ;\overrightarrow {A'T} } \right) \\
 \left( {\overrightarrow {C'B} ;\overrightarrow {C'V} } \right) = \left( {\overrightarrow {CT} ;\overrightarrow {CA'} } \right) \Rightarrow \sin \left( {\overrightarrow {C'B} ;\overrightarrow {C'V} } \right) =  - \sin \left( {\overrightarrow {CA'} ;\overrightarrow {CT} } \right) \\
 \left( {\overrightarrow {BD} ;\overrightarrow {BV} } \right) = \left( {\overrightarrow {A'T} ;\overrightarrow {A'E} } \right) \Rightarrow \sin \left( {\overrightarrow {BD} ;\overrightarrow {BV} } \right) =  - \sin \left( {\overrightarrow {A'E} ;\overrightarrow {A'T} } \right) \\
 \end{array}
\]
Kết hợp với (1),(2),(3) thì ta có ngay\[
\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {FE} ;\overrightarrow {FU} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {FD} ;\overrightarrow {FU} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {DF} ;\overrightarrow {DZ} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {DE} ;\overrightarrow {DZ} } \right)}}.\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {ED} ;\overrightarrow {EX} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {EF} ;\overrightarrow {EX} } \right)}} =  - 1
\]
Theo định lý Ceva sin đảo cho $\vartriangle DEF$, ta có $FU,EX,DZ$ đồng quy hay $XT,YU,ZV$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 13-06-2013 - 10:50

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#140
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết

Bài toán 40:

 

 

5c41b2cc8a41112860cecb382a09c108_5616107

 

Lục giác APCMBN nội tiếp (O).Gọi D;E;F;X;Y;Z lần lượt là giao của AC;AB với NP;của CA;CB với BD;của BC;BA với MN.Khi đó dễ dàng chứng minh được DX;EY;FZ đồng quy.

Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC( kí hiệu (I) ) cắt AC tại E'.Khi đó lục giác XYZDE'F ngoại tiếp (I).

Theo định lý Brianchon ta có DX;E'Y;FZ đồng quy.Do đó E;E';Y thẳng hàng.Mà E;E' cùng thuộc AC nên E trùng E hay MNP ngoại tiếp (I).

Do $\angle BAC=\angle NMP$ nên BN song song PC.Lại có BC và PN cùng tiếp xúc với (I) nên theo tính chất đối xứng ta có AB=MN;AC=MP;BC=NP hay 2 tam giác ABC và MNP bằng nhau(đccm)

 

Phải chăng đây là trường hợp riêng của MR3 anh Hân post ở trên (phần tô đỏ)

 

Nếu Near giải khác thì pots lên giúp nhé :)


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




1 người đang xem chủ đề

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