Đến nội dung

ilovemath97

ilovemath97

Đăng ký: 21-11-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
-----

Trong chủ đề: CMR:A là tâm tròn bàng tiếp tam giác

06-06-2014 - 21:40

File gửi kèm  123.JPG   19.82K   57 Số lần tải

Dễ thấy $\widehat{BAH}=\widehat{OAC}$ mà tam giác $ADH$ và $AOC$ lại cân lần lượt tại đỉnh $D$ và $O$ suy ra $\Delta ADH\sim \Delta AOC$

$\Rightarrow \frac{AD}{AO}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow \Delta ADO \sim \Delta AHC$ (Do $\widehat{DAO}=\widehat{HAC}$).

$\Rightarrow \widehat{AOD}=\widehat{ACH}$

Tương tự ta có $\widehat{AOE}=\widehat{ABH}$ mà $\widehat{ABH}=\widehat{ACH}\Rightarrow \widehat{AOD}=\widehat{AOE}$

Vậy $OA$ là phân giác góc $DOE$.

Giờ ta vẽ $AI$ vuông góc với $OD$ tại $I$, kéo dài $CH$ cắt $AB$ tại $J$.

Do $\widehat{AOI}=\widehat{ACH}$ và $\widehat{AIO}=\widehat{AJC}\Rightarrow \widehat{IAO}=\widehat{BAC}$

$\Rightarrow \widehat{IAD}=\widehat{JAH}=\widehat{DAF}$ suy ra $\widehat{IDA}=\widehat{IDF}$. Vậy $DA$ là phân giác ngoài góc $IAF$.

Từ những điều trên ta có đpcm ~

attachicon.gifPhotoShare(1).png

C2: Gọi $M$ trung điểm $AH$, $K$ trung điểm $AC$., chú ý $MK//HC  => \angle MKE=\angle HCA=\angle ABH$. Kết hợp $\angle MEK=\angle AHB$ (đơn giản) nên $\Delta MEK$ đồng dạng $\Delta AHB$ suy ra $\frac{EK}{EM}= \frac{BH}{AH}=\frac{OK}{AM}$ nên $OKE$ đồng dạng $AME$ => $\angle OEK=\angle AED$. Tương tự bên góc $D$ ta có đpcm


Trong chủ đề: [VMO 2014] Ngày 1 - BÀI 4 - HÌNH HỌC PHẲNG

03-01-2014 - 11:53

Câu này thật nhảm, chắc ai cũng làm đc hoặc ít nhất là câu a

Caaub kéo dài $PK$ cắt đường tròn tại $T$ xong c/m $ATDK$ là hình bình hành quá nhẹ nhàng chỉ bằng biến đổi góc.


Trong chủ đề: CM BM=CM'

22-12-2013 - 22:35

Ta xét trường hợp khi $P,Q$ nằm ngoài tam giác $ABC$ (các trường hợp khác chứng minh tương tự)

attachicon.gifss.png

Gọi $S$ là điểm trên đoạn $BC$ sao cho $BS=CM$. Ta sẽ chứng minh $AS\perp PQ$

Gọi $X$ là giao điểm của $MP$ và $BC$ và $O$ là trung điểm của $AM$.

Ta có $PB^{2}=\overline{PX}.\overline{PM}$. Xét phương tích của $P$ với đường tròn đường kính $AM$ ta có ngay $\overline{PX}.\overline{PM}=PO^{2}-AO^{2}$. Do đó $PB^{2}=PO^{2}-AO^{2}$

Lại theo công thức đường trung tuyến ta có $PO^{2}=\frac{PA^{2}+PM^{2}}{2}-AO^{2}$

Vậy $2PB^{2}=PA^{2}+PM^{2}-AM^{2}$. Một cách tương tự ta có 

$2QC^{2}=QA^{2}+QM^{2}-AM^{2}$.

Do đó $2(PB^{2}-QC^{2})=AP^{2}-AQ^{2}+PM^{2}-QM^{2}$

$\Rightarrow AP^{2}-AQ^{2}=MC^{2}-MB^{2}+PB^{2}-QC^{2}$ (1)

Ta có $SP^{2}-SQ^{2}=SB^{2}+PB^{2}-SC^{2}-QC^{2}=MC^{2}-MB^{2}+PB^{2}-QC^{2}$  (2)

Từ (1) và (2) ta có $AP^{2}-AQ^{2}=SP^{2}-SQ^{2}$

Do đó ta có $AS\perp PQ$. Dpcm.

Cách của mình ko bị phụ thuộc hình vẽ, nhưng dùng vecto là ko hay rồi :closedeyes: . Cho mình mượn cái hình

Kí hiệu vt AB là 'AB'. ta có:

$'PQ'.'SA'$=$('PB'+'BM'+'MQ')$.$('SC'+'CA')$=$'PB'.'CA'+'BM'.'SC'+'BM'.'CA'+'MQ'.'SC'$=$'CA'.'PM'+'SC'.'BQ'$

=$('CB'+'BA').'PM'+'SC'.('BC'+'CQ')$=$'CB'.'PM'+'BC'.'SC'$=$'CB'.('PB'+'BM')+'BC'.'SC'$=$'CB'.'BM'+'BC'.'SC'$=$'CB'.('BM+'CS')$

Khi đó AS vuông góc PQ khi và chỉ khi $'PQ'.'SA'='0'$ tương đương với $'BM'+'CS'='0'$ hay $BM=CS$


Trong chủ đề: Chứng minh $M$ là trung điểm của $XY$

15-12-2013 - 20:28

Ko có nhiều time nên mình chỉ trình bày lời giải đơn giản thôi nhé :icon10:  :icon10:

Chú ý rằng là $OM$ sẽ song song với $DQ$, các tứ giác $ QPDE, OPET$ nội tiếp thì cho ta $\angle AMO=\angle PQD=\angle PED=\angle PTO$

Từ đó suy ra $OMPT$ nội tiếp và do đó $OM$ vuông góc $XY$

Từ đây có 1 hướng xủ lí sau (chắc có cách khác ngắn hơn )

Vẽ $TK$ là tt thứ 2, khi đó $BPCK$ là tứ giác điều hòa, nên $A(BCPK)=-1$

Theo đó chỉ cần c/m $AK//XY$ hay ta c/m $\angle AKx=\angle MTK$ (kx tia đối KT)

Mà $\angle MTK=\angle MPK=\angle \angle APK=\angle AKx$ (đpcm)


Trong chủ đề: ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC 30-4, LỚP 10

11-03-2013 - 20:38

ĐKXĐ:$\left\{ \begin{array}{l}x+\dfrac{14}{x}\geq 0\\4-x+\dfrac{14}{4-x}\geq 0\\x\neq 0\\x\neq 4\end{array} \right.$

Với ĐKXĐ trên ta có:

$3VT=3\sqrt{x+\frac{14}{x}}+3\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=\sqrt{(2+7)(x+\dfrac{14}{x})}+\sqrt{(2+7)(4-x+\dfrac{14}{4-x})}$ $\geq \sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}$
(BĐT Bunhiakovsky)
$=\sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}+5\sqrt{2}(\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{4-x}})$
$\geq 4+4+5\sqrt{2}\dfrac{2}{\sqrt[4]{x(4-x)}}\geq 4+4+\dfrac{10\sqrt{2}}{\sqrt{\dfrac{x+4-x}{2}}}=4+4+10=18$ (BĐT Cauchy)
$\Leftrightarrow VT\geq 6$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=1$

anh làm đúng đấy, cũng gần giống em, em lại bình phương áp dụng AMGM vs Bunhia. Nhưng đáng tiếc anh kết luận nghiệm sai, chắc do nhầm thôi, nghiệm là 2