Đến nội dung

ChiLanA0K48

ChiLanA0K48

Đăng ký: 10-10-2013
Offline Đăng nhập: 21-01-2018 - 15:13
****-

#591643 Tuần 1 tháng 10/2015

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 02-10-2015 - 04:41

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm ở trong tam giác sao cho $PI$ vuông góc với $IA$. Gọi $Q$ đẳng giác $P$ trong tam giác $ABC$. $AQ$ cắt $BC$ tại $E$. Gọi $J$ là trung điểm $IE$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $OI$ cắt đường thẳng qua $J$ vuông góc với $IQ$ tại $S$ và cắt $AP$ tại $T$. Chứng minh $I$ là trung điểm đoạn $ST$.

 

Giải:

 

Bổ đề 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $P,Q$ là hai điểm đẳng giác liên hợp trong tam giác. $AP$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. $QM$ cắt $BC$ tại $N$. Khi đó, $PN$ song song $AQ$.

Chứng minh bổ đề 1: Tham khảo #4 trong link http://www.artofprob...unity/c6h618960

 

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $AE,AF$ là hai đường đẳng giác trong tam giác. $AF$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$.  $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $M$ là trung điểm $IE$. Khi đó $JM,PI$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$.

 

Chứng minh bổ đề 2: 

 

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$. Gọi $N$ là giao điểm $JM, AE$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AEI$ có $J,M,N$ thẳng hàng, suy ra $\frac{JI}{JA}=\frac{NE}{NA}$

Lại có kết quả quen thuộc là $\frac{JI}{JA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $\frac{NE}{NA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $IN\parallel ED$ (theo ĐL Thales đảo)

Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $AE$ với $(O)$. Gọi $T$ là giao điểm $PI$ với $(O)$. Do $IN$ song song $BC$ suy ra $\angle NIT=\angle QPT=\angle NAT$ suy ra $A,I,N,T$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $\angle NTI=\angle NAI=\angle JAP=\angle JTI$ suy ra $J,N,T$ thẳng hàng. Suy ra đpcm.

 

Bổ đề 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm trong tam giác sao cho $PI\perp IA$; $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $AP$ cắt $(O)$ tại $T$. Chứng minh rằng $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

 

Chứng minh bổ đề 3: 

 

Gọi $E$ là giao điểm $TQ,BC$. Áp dụng bổ đề 1, ta có $PE\parallel AQ$. Gọi $D$ là giao điểm $PE,AI$. Dễ dàng chứng minh $APD$ là tam giác cân tại $P$.

Gọi $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $L$ là giao điểm $TI$ với $(O)$. $N$ là giao điểm $JL,BC$.

Do $JN.JL=JB^2=JI^2$ nên suy ra $\angle JIN=\angle JLT=\angle JAT=\angle PDI$ suy ra $ PE$ song song $IN$ 

Dễ thấy $I$ là trung điểm $AD$, gọi $K$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$, ta có $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}$

Lại có $\frac{IA}{IJ}=\frac{KD}{KI}$ suy ra $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}=\frac{DI}{IJ}$

Xét tam giác $IED$ và tam giác $JNI$ có $\angle JIN=\angle IDE$ và $\frac{DE}{IN}=\frac{DI}{IJ}$

suy ra $\triangle IED\sim \triangle JNI$ suy ra $\angle DIE=\angle IJN$ suy ra $JL\parallel IE$

Suy ra $\angle TIE=\angle JIN (=\angle TLJ)$  suy ra $\angle NIE=\angle JIT$

Mà $\angle IEN=\angle JNE=\angle JTI$ suy ra $\triangle JIT\sim \triangle NIE$. Suy ra $\frac{IN}{IE}=\frac{IJ}{IT}$

suy ra $\triangle INJ \sim \triangle IET$ suy ra $\angle IJN=\angle ITE=\angle ITA$

Suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

Ta có đpcm

 

Trở lại bài toán: 

 

Áp dụng bổ đề 3, gọi $M$ là giao điểm $AP$ với $(O)$ suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AMQ$. Gọi $K$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. $N$ là giao điểm $KJ$ với $BC$. Chứng minh được $IN \parallel AQ$

Áp dụng bổ đề 2, suy ra $KJ, MI$ cắt nhau tại $L$ trên $(O)$

Ta có $\angle QIK=\angle IQA$; $\angle NIK=\angle QAI$ và $\angle JKA=\angle IMA$ 

Suy ra $\angle JKA+\angle QIK=90$ suy ra $JK\perp IQ$

Suy ra $S$ thuộc $KL$

Áp dụng định lý con bướm, ta có $IS=IT$

Suy ra đpcm

 

Hình cho bổ đề 2

 http://i.imgur.com/6dH8w0u.jpg

 

6dH8w0u.jpg

 

Hình cho bổ đề 3

http://i.imgur.com/0zvLKlR.jpg

 

0zvLKlR.jpg

Hình bài toán 

http://i.imgur.com/hobNKVi.jpg

 

hobNKVi.jpg




#589601 Tuần 3 tháng 9/2015

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 18-09-2015 - 11:42

trong quá trình tìm lời giải cho bài này thì mình còn vướng ở bài toán sau

tam giác $ABC$ với phân giác trong $AD$ và tâm nội tiếp $I$.$E\in AC$ sao cho $DE||AB$.$EI\cap (IBC)=K$.

$\text{CMR}$ $AEDK$ nội tiếp

Giải:

 

Gọi $J$ là giao điểm $AC$ với $(IBC)$

Do $\angle EAD=\angle DAB=\angle EDA$ suy ra tam giác $ADE$ cân tại $E$ suy ra $EA=ED$

Gọi $T$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(ABC)$ suy ra $T$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IBC$

Suy ra $\angle ITJ=2\angle ICJ=\angle DCJ$ suy ra $D,T,C,J$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle DJT=\angle DCT=\angle IDE$

Từ đó suy ra được $\angle JDE=\angle JTD=\angle ECD$

Suy ra $\triangle JED\sim \triangle DEC$ suy ra $ED^2=EJ.EC$ 

Tương đương $EA^2=EI.EK$ suy ra $\angle EKA=\angle EAI=\angle EDA$ suy ra $E,A,K,D$ cùng thuộc một đường tròn




#589592 Tuần 3 tháng 9/2015

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 18-09-2015 - 03:42

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có phân giác trong $BE$. $D$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle DAC= \angle B$. $K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADC$. $EK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ tại $L$ khác $E$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $LBC$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Bài giải:

Dễ chứng minh $\triangle CBA \sim \triangle CAD$ suy ra $\frac{BA}{BC}=\frac{AD}{AC}$

Gọi $P$ là giao điểm $AK,BC$.

Theo tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{AD}{AC}=\frac{PD}{PC}$ và $\frac{BA}{BC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $\frac{PD}{PC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $EP\parallel AD$

Suy ra $\angle CPE=\angle CDA=\angle CAB$ suy ra $P$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$.

Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $M$ là giao điểm $AI$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm $A,E,M,P,B,L$ cùng thuộc đường tròn $(ABE)$, suy ra $LM,BP$ cắt nhau tại một điểm thuộc $KI$ suy ra $L,M,C$ thẳng hàng

Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$

Suy ra $\angle CLB=\angle MLB=\angle IAB=\frac{1}{2}\angle CSB$ 

Suy ra $S$ là tâm ngoại tiếp tam giác $LBC$

Ta có điều phải chứng minh




#589305 Tính $A=\textrm{C}_{2009}^{0}-\...

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 16-09-2015 - 17:02

Tính tổng:

1. $A=\textrm{C}_{2009}^{0}-\frac{1}{3}\textrm{C}_{2009}^{2}+\frac{1}{5}\textrm{C}_{2009}^{4}-...+\frac{1}{2009}\textrm{C}_{2009}^{2008}$

2.$B=\frac{\textrm{C}_{8}^{8}}{7.8}+\frac{\textrm{C}_{9}^{8}}{8.9}+...+\frac{\textrm{C}_{2010}^{8}}{2009.2010}$

 

Câu 1:

$A=\sum_{k=0} ^{1004}\frac{(-1)^k}{2k+1}C_{2009}^{2k}=\frac{1}{2010}\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k$

Xét 

$(1+i)^{2010}=\sum_{k=0}^{2010}C_{2010}^{k}i^{k}=\sum_{j=0}^{1005}C_{2010}^{2j}i^{2j}+\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}i^{2k+1}=\sum_{j=0}^{1005}C_{2010}^{2j}.(-1)^{j}+(\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}(-1)^{k})i$

Mặt khác, cũng có

$(1+i)^{2010}=\left [ \sqrt{2}\left ( cos\frac{\pi}{4}+i.sin\frac{\pi}{4} \right ) \right ]^{2010}=2^{1005}cos\frac{2010\pi}{4}+\left ( 2^{1005}sin\frac{2010\pi}{4} \right )i=2^{1005}i$

Từ trên suy ra 

$\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k=2^{1005}$

Vậy $A=\frac{1}{2010}\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k=\frac{2^{1005}}{2010}$

 

Câu 2:

$B=\sum_{k=8}^{2010}\frac{C_{k}^{8}}{(k-1)k}=\frac{1}{8}\sum_{k=8}^{2010}\frac{C_{k-1}^{7}}{k-1}=\frac{1}{56}\sum_{k=8}^{2010}C_{k-2}^{6}=\frac{1}{56}sum_{i=6}^{2008}C_{i}^{6}$

 

Xét $S=\sum_{k=6}^{2008}(x+1)^k=\frac{(x+1)^{2009}-(x+1)^6}{x}=$

Hệ số của $x^6$ trong khai triển $S$ là  $\sum_{i=6}^{2008}C_{i}^{6}=C_{2009}^{7}$

Vậy $B=\frac{C_{2009}^{7}}{56}$




#562639 ĐỀ THI VÒNG 1+VÒNG 2 MÔN TOÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP $10$ THPT CHUYÊN...

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 31-05-2015 - 13:53


Câu III.(3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân với $AB<AC$.Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$.Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên đoạn $AM$.Trên tia đối của tia $AM$ lấy điểm $N$ sao cho $AN=2MH$

1)Chứng minh rằng $BN=AC$

2)Gọi $Q$ là điểm đối xứng với $A$ qua $N$.Đường thẳng $AC$ cắt $BQ$ tại $D$.Chứng minh rằng bốn điểm $B,D,N,C$ cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là $(O)$

3)Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQD$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $D$.Chứng minh rằng $NG$ song song với $BC$

 

 

Bài giải

 

a)Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. suy ra $HP=HM+MB=2HM+AH=AN+AH=HN$ suy ra $H$ là trung điểm $NP$ mà $BH\perp NP$ suy ra tam giác $PNB$ cân tại $P$ suy ra $BN=BP$. Mặt khác lại có $M$ là trung điểm $BC,AP$ suy ra tứ giác $ACPB$ là hình bình hành, suy ra $AC=BP$. Từ đó suy ra $AC=BN$.

b) Do tứ giác $ACPB$ là hình bình hành, suy ra $\angle PAC=\angle APB$ mà do tam giác $PBN$ cân tại $B$ suy ra $\angle APB=\angle ANB$ suy ra $\angle ANB=\angle PAC$ suy ra $\angle CAN=\angle BNQ$. Lại có $AC=NB, NQ=AN$ suy ra $\triangle BNQ=\triangle CAN$ suy ra $\angle NBD=\angle NCD$ suy ra $N,B,C,D$ cùng thuộc một đường tròn.

c) $G$ là giao điểm $(DQG)$ với $(DBC)$ suy ra $\angle CAG=\angle BQG$ mà $\angle GBQ=\angle GCA$ suy ra $\triangle GBQ\sim \triangle GCA$, suy ra $\dfrac{GA}{AC}=\dfrac{GQ}{QB}=$ suy ra $\dfrac{GA}{NB}=\dfrac{GQ}{NC}$ mà $\angle BNC=\angle BDC=\angle AGQ$ suy ra $\triangle NBC\sim \triangle GAQ$ suy ra $\angle GQA=\angle NCB$ suy ra $\angle NCB=\angle GDC$ suy ra $GC=NB$ suy ra $NG\parallel BC$.




#558983 Đề thi chuyển hệ khối 11 chuyên KHTN

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 12-05-2015 - 20:37

Bài 1: Giải phương trình sau : 

                 $\sin 4x +2=\cos 3x+4 \sin x+\cos x$

Bài 2: Tìm $m$ để phương trình có nghiệm

                 $x+1=m\sqrt[4]{x^4+1}$

Bài 3: Trên mỗi cạnh của hình vuông ta lấy $10$ điểm phân biệt ( khác với các đỉnh hình vuông ). Hỏi có bao nhiêu tam giác có $3$ đỉnh là các điểm nêu trên 

Bài 4 : Cho chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với $(ABC)$, $SA=x,AB=c,AC=b$ và $\widehat{BAC}=30^0$. Gọi $H,K$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $SB,SC$

 a, Tính $\frac{V_{SAHK}}{V_{S.ABC}}$

 b, Tính $V_{ABCHK}$

 c, Cho $2x^2 \geq b^2+c^2$. Chứng minh rằng: $\frac{V_{SAHK}}{V_{S.ABC}}\leq \frac{3}{4}$

Bài 5: Cho $x,y,z>0$ và $xyz=1$. Tìm Min của 

                $P=\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-\frac{3}{4}\left | (x-y)(y-z)(z-x) \right |$

Bài 1: 

$sin4x+2=cos3x+4sinx+cosx\Leftrightarrow 4sinx.cosx.cos2x+2=2cosx(2cosx^2x-1)+4sinx\Leftrightarrow 4sinx.cosx.cos2x+2=2.cosx.cos2x+4sinx\Leftrightarrow 2sinx.cosx.cos2x+1=cosx.cos2x+2sinx\Leftrightarrow (2sinx-1)(cosx.cos2x-1)=0$

$\Rightarrow sinx=\frac{1}{2}$ hoặc $cosx.cox2x=1$

 

 Bài 3:

Số tam giác có 3 đỉnh là 3 trong số các điểm đã lấy trên cạnh là: $C_{4}^{1}.C_{10}^{2}.C_{1}^{3}.C_{10}^{1}+C_{4}^{3}.C_{10}^{1}.C_{10}^{1}.C_{10}^{1}$

Bài 4:

a) $\frac{V_{SAHK}}{V_{SABC}}=\frac{SH.SK}{SB.SC}=\frac{SH.SB.SK.SC}{SB^2.SC^2}=\frac{SA^4}{SB^2.SC^2}=\frac{x^4}{(x^2+c^2).(x^2+b^2)}$

b) $V_{SABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{6}SA.AB.AC.sin30=\frac{xbc}{12}$

vậy $V_{ABCHK}=\frac{xbc[(x^2+c^2).(x^2+b^2)-x^4]}{12(x^2+c^2).(x^2+b^2)}$  

c) Với $2x^2\geq b^2+c^2\Leftrightarrow 4x^2\geq x^2+b^2+x^2+c^2\geq 2\sqrt{(x^2+b^2)(x^2+c^2)}\Rightarrow 4x^4\geq (x^2+b^2)(x^2+c^2)\Rightarrow \frac{x^4}{(x^2+b^2)(x^2+c^2)}\geq \frac{1}{4}$

Suy ra $\frac{V_{SAHK}}{V_{SABC}}\geq \frac{1}{4}$ suy ra $\frac{V_{ABCHK}}{V_{SABC}}\leq \frac{3}{4}$




#558809 tính $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k(n-k)\begin...

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 11-05-2015 - 21:54

tính $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k(n-k)\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}$

$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k(n-k)C_{n}^{k}=\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^k(n-k)C_{n}^{n-k}=n\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^kC_{n-1}^{n-k-1}=n\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^kC_{n-1}^{k}=n$




#558804 $\int_{0}^{\frac{\pi }{4...

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 11-05-2015 - 21:24

 Tính tích phân của biểu thức :

 

   $\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{sin2x}{2sin^2x+5sinx+2}dx$

$\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{2sinx.d(sinx)}{(2sinx+1).(sinx+2)}=\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{4(2sinx+1)-2(sinx+2)}{(2sinx+1)(sinx+2)}d(sinx)=\frac{1}{3}\int \int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\left (  \frac{4}{sinx+2}-\frac{2}{2sinx+1}\right )d(sinx)=\frac{4}{3}\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{d(sinx+2)}{sinx+2}-\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{d(2sinx+1)}{2sinx+1}=\left (\frac{4}{3}ln(sinx+2) -\frac{1}{3}ln(2sinx+1) \right )|_{0}^{\frac{\Pi }{4}}=\frac{4}{3}ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}+1} \right )-\frac{1}{3}ln\left ( 1+ \sqrt{2}\right )-\frac{4}{3}ln2$




#558523 Chứng minh tam giác $OFE$ vuông

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 09-05-2015 - 21:31

Từ 1 điểm $E$ ở ngoài đường tròn $(O)$ kẻ 2 tiếp tuyến với đường tròn tại $A,B$.Gọi $M$ là 1 điểm thuộc đoạn $AB$ ($M$ khác $A,B$ và $MA$ khác $MB$). $C,D$ là 2 điểm thuộc đường tròn sao cho $M$ là trung điểm $CD$. Các tiếp tuyến của đường tại $C,D$ cắt nhau tại $F$

Chứng minh tam giác $OFE$ vuông

Ta có $MO.MF=MC^2=MC.MD=MA.MB$ suy ra $O,F,A,B$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $F $ thuộc dường tròn đường kính $OE$. Suy ra đpcm




#556859 CMR $AB,A'U,HF$ đồng quy

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 28-04-2015 - 23:05

cho tam giác $ABC$ với các đường cao $AA',BB',CC'$ đồng quy tại $H$.Gọi $T$ là trung điểm $B'C$ và đặt $U=TH\cap (HBC')$.Gọi $F=BC\cap B'C'$.CMR $AB,A'U,HF$ đồng quy

 

Bài giải

 

Kẻ tiếp tuyển tại $H$ của $(HBC')$ cắt $BC$ tại $G$. Khi đó $GH\perp BH$, suy ra $GH\parallel AC$

Do $CB'\parallel HG$ và $TB'=TC$

Suy ra $H(GT,CB')=-1$ suy ra $H(HU,C'B)=-1$

Suy ra $A'(HU,C'B)=-1$

Gọi $D$ là giao điểm $HF$ với $AB$

Suy ra $F(AH,C'B)=-1$ suy ra $(AD,C'B)=-1$ suy ra $A'(AD,C'B)=-1$ suy ra $A'(HD,C'B)=-1$

Suy ra $A'(HD,C'B)=A'(HU,C'B)=-1$ suy ra $A',D,U$ thẳng hàng

suy ra $A'U,AB,HF$ đồng qui.

 

P/s: Nếu ko phiền rất mong bạn có thể cho mình xem bài toán gốc với :D




#556158 CMR I là tâm đường trong nội tiếp

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 25-04-2015 - 01:46

Tam giác ABC vuông tại A. D đối xứng B qua A và M là trung điểm CD. Đường tròn (BDM) cắt AC ở E nằm trong tam giác ABC. Đường tròn (BCE) cắt BM tại F khác B. BE,CF cắt nhau ở I. BM,DI cắt nhau ở K.

 

 

1. Chứng minh CM=MF.

 

2. Chứng minh I là tâm nội tiếp tam giác BKC.

 

p/s câu 2 nhé

 

http://diendantoanho...-nai-2014-2015/




#556157 Chọn đội tuyển Quốc gia tỉnh Đồng Nai 2014-2015

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 25-04-2015 - 01:45

 

Câu 4 (5 điểm)

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $D$ đối xứng $B$ qua $A$ và $M$ là trung điểm $CD$. Đường tròn $(BDM)$ cắt $AC$ ở $E$ nằm trong tam giác $ABC$. Đường tròn $(BCE)$ cắt $BM$ tại $F$ khác $B$. $BE,CF$ cắt nhau ở $I$. $BM,DI$ cắt nhau ở $K$.

1. Chứng minh $CM=MF$.

2. Chứng minh $I$ là tâm nội tiếp tam giác $BKC$.

 

Bài giải:

1) Do $E$ thuộc trung trực $BD$, suy ra $\angle EMC=\angle EBD=\angle EDB=\angle EMB$ suy ra $ME$ là phân giác $\angle BMC$. Lại có $CE$ là phân giác $\angle MCB$. Suy ra $E$ là tâm nội tiếp tam giác $MCB$. Suy ra $BE$ là phân giác $\angle CBM$.

$\angle EFM=\angle ECB=\angle ECM$; $\angle EFC=\angle ECF$

Suy ra $\angle MCF=\angle MCE+\angle ECF = \angle MFE+\angle EFC=\angle MFC$ suy ra tam giác $MFC$ cân tại $M$.

Suy ra $MC=MF$

2) Từ $MC=MF$ suy ra $M,F,A,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CD$.

Gọi $J$ là giao điểm $DI$ với $(MBD)$

Ta có $IB.IE=IF.IC=IJ.ID$ suy ra  $D,J,C,F$ cùng thuộc một đường tròn suy ra $J$ thuộc đường tròn đường kính $CD$

$MJ=MD$ suy ra $M$ là điểm chính giữa cung $DJ$ của $(MBD)$

Từ đó dễ dàng chứng minh $\triangle MJB=\triangle MAB$ suy ra $BM$ là đường trung trực $AJ$.

Suy ra $F$ thuộc trung trực $AJ$, suy ra $F$ là điểm chính giữa cung $AJ$ của đường tròn đường kính $DC$.

Suy ra $DF$ là phân giác $\angle BDJ$

Suy ra $\angle ADK=2 \angle ADF=\angle AMK$ suy ra $A,M,D,K$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle BKI=\angle MKD=\angle MAD$

Do $\angle MAE=\angle MFE=\angle MCA$ suy ra $M,E,F,A$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $ME,AF,DJ$ đồng qui tại một điểm là tâm đẳng phương của 3 đường tròn $(AEF), (MBD), (ADC)$

Gọi $G$ là giao điểm $ME,AF,DJ$

Dễ thấy $\triangle MDF \sim \triangle EDB$ từ đó suy ra được $ME\parallel DF$ và $\angle BAF=\angle EBM$

Gọi $L$ là giao điểm $AF,CB$

Suy ra $\angle LGE=\angle DFA=\angle LCE$ suy ra $L,E,C,G$ cùng thuộc một đường tròn

Lại có $\angle ECI=\angle FBI=\angle FDI=\angle EGI$ suy ra $E,G,I,C$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $E,G,I,C,L$ cùng thuộc một đường tròn

suy ra $\angle ICB=\angle IGF$ và $\angle $FCG=\angle BEG=BDC=\angle FKG$ suy ra $F,K,C,G$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle KCF=\angle KGF$ suy ra $\angle KCF=\angle FCB$

Suy ra $CF$ là phân giác $\angle KCB$

Lại có $BE$ là phân giác $\angle KBC$

Suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $KBC$




#546342 $IO//BC$

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 26-02-2015 - 17:49

Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và tâm ngoại tiếp $O$. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại D. Giả sử rằng $HD//AO$. Chứng minh rằng $IO//BC$

Ta có bổ đề quen thuộc sau: Cho tam giác $ABC$, $I$ là tâm nội tiếp tam giác. $D$ là tiếp điểm của $BC$ với $(I)$. $DE$ là đường kính $(I)$. Gọi $F$ là giao điểm $AE$ với $BC$. Chứng minh rằng $BD=CF$

 

Chứng minh bổ đề:

Xét phép vị tự $V_A^{ \frac{r}{r_a}}: I\rightarrow I_A$ và $E\rightarrow E'$

Khi đó $A,D,E'$ thẳng hàng và $E'$ là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$

Suy ra $F,E'$ trùng nhau

Khi đó $CF+AC=p$ mặt khác $BD+AC=p$ suy ra $BD=CF$

suy ra đpcm

 

Trở lại bài toán:

 

Gọi $O'$ là điểm đối xứng với $O$ qua $BC$

Bài toán quen thuộc suy ra $OO'=AH$ suy ra tứ giác $AOO'H$ là hình bình hành

suy ra $O'H\parallel AO$ suy ra $D \in O'H$

Gọi $J$ là giao điểm $AO$ với $BC$

Gọi $M$ là trung điểm $BC$

suy ra $M$ là trung điểm $OO'$

Áp dụng Thales suy ra $M$ là trung điểm $DJ$

Dựng $DE$ là đường kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

Gọi $J'$ là giao điểm $AE$ với $BC$

Áp dụng bổ đề trên dễ thấy $J'$ phải trùng với $J$

suy ra $A,O,E$ thẳng hàng

suy ra $EDO'O$ là hình bình hành

$I$ là trung điểm $ED$, $M$ là trung điểm $OO'$

suy ra $ID=OM$ mà $ID,OM$ cùng vuông góc với $BC$ suy ra tứ giác $IOMD$ là hình chữ nhật suy ra $OI\perallel MD$

suy ra đpcm




#545724 đề thi hoc sinh giỏi lớp 10 ptnk

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 23-02-2015 - 19:15

Bài 4:

Bài giải:

(cho phép mình gõ hướng giải thôi nhé!)

a) Gọi $A$ là giao điểm đường tròn $(PMH)$ với $Ox$, $B$ là giao điểm đường tròn $(PNH)$ với $Oy$

Khi đó dễ dàng biến đổi góc chứng minh được $A,H,B$ thẳng hàng

Mặt khác cũng biến đổi góc nội tiếp sẽ suy ra được các tam giác $OPA,OPB$  cân tại $P$

Suy ra $O,A,B$ cùng thuộc đường tròn tâm $P$

$O,P$ cố định, $\angle $xOy$ cố định

suy ra $(P;PO$ cố định, ,suy ra $A,B$ cố định

Suy ra $H$ luôn thuộc đường thẳng $AB$ cố định.

b) Từ giả thiết suy ra $D,E$ luôn thuộc đường tròn đường kính $OP$

Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm $(P,PO)$ với $Ox,Oy$

Gọi $I$ là giao điểm $DE,MN$

$\angle OMN=\angle OPN=\angle ODI$ suy ra $O,M,D,I$ thuộc cùng một đường tròn

suy ra $\angle DOS=\angleDIM$

Tương tự suy ra $\angle EOT=\angle EIT$

suy ra $\angle DOS=\angle EOT$ suy ra $DS=ET$ suy ra $DT\parallel ES$

suy ra $DE=ST$

Gọi $J$ là trung điểm $OP$ suy ra $J$ cách đều hai dây $DE,ST$

Dựng đường tròn cố định tâm $J$ tiếp xúc $ST$ suy ra đường tròn này cũng tiếp xúc $DE$

suy đpcm




#543253 Chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai 2014-2015

Gửi bởi ChiLanA0K48 trong 07-02-2015 - 00:15


Câu 5 (3 điểm)

Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $BD$ là phân giác trong góc $ABC$. Đường tròn $(ABC)$ cắt $AD,CD$ tại $P,Q$ tương ứng. Một đường thẳng qua $D$ song song $AC$ cắt $BC,BA$ tại $R,S$ tương ứng. Chứng minh $P,Q,R,S$ đồng viên.

 

Bài giải

Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $AC$ không chứa $B$

Gọi $S'$ là giao điểm $BA,QM$

Gọi $R'$ là giao điểm $BC,PM$

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm $A,B,C,Q,M,P$

suy ra $S',D,R'$ thẳng hàng

Do $\angle S'BD=\angle S'QD$ suy ra $S',B,Q,D$ thuộc cùng một đường tròn

Suy ra $\angle DS'Q=\angleDBQ$

Dọi $I$ là giao điểm $AP,QM$, $J$ là giao điểm $PM,QC$

Do $\angle IPM=\angle ABM=\angle JQM$ suy ra $P,Q,I,J$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle QPM=\angle QIM=\angle QBD=\angle QS'D$

Gọi $K$ Là giao điểm $AC,QM$

từ các điều trên sẽ chứng minh được $AC\parallel IJ\parallel S'R'$

suy ra $S,S'$ trung nhau, $R,R'$ trùng nhau

Từ đó có $Q,M,S$ thẳng hàng, $P,M,R$ thẳng hàng

Do $\angle RPQ=\angle RSQ$ suy ra $P,Q,R,S$ thuộc cùng một đường tròn