Đến nội dung


Ngockhanh99k48

Đăng ký: 20-10-2015
Offline Đăng nhập: 12-01-2018 - 17:03
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tuần 3 tháng 2/2017: Chứng minh tứ giác $AKNL$ ngoại tiếp

19-02-2017 - 20:55

Lời giải: Dễ thấy rằng $DA$ và $DM$ đẳng giác trong góc $\angle EDF$. Ta lại có $MD. MN= ME. MF= MA. MJ$ nên $A, D, J, N$ đồng viên. Do $JN=JD$ nên $AN, AD$ đẳng giác trong góc $\angle BAC$. Kẻ đường cao $AH$. $AD$ cắt $(J)$ tại điểm thứ hai $X$. Khi đó $NX \parallel EF$. Ta có $\angle OAN = \angle HAD = 90^{\circ} - \angle CDX = 90^{\circ} - \angle NMF = \angle ANJ$.
Do đó tồn tại đường tròn $(O')$ tiếp túc trong cả hai đường tròn $(O)$ và $(J)$.
$AJ$ cắt $ON$ tại $I$. $O'I$ cắt $AN$ tại $P$. Gọi $\alpha_1, \alpha_2$ là đường tròn tâm $I$ tiếp xúc $AB, AC$ và $NL, NK$. Theo định lý $Monge-D'Alambert$, ta có $A$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(J)$, $N$ là tâm vị tự ngoài của $(J)$ và $(O')$, từ đó suy ra $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(O')$. Tương tự $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_2$ và $(O')$. Suy ra $\alpha_1 \equiv \alpha_2$. Như vậy $AKNL$ ngoại tiếp.

Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

10-02-2017 - 19:48

Lời giải bài toán 167:

Dễ thấy rằng $M, N$ thứ tự là tâm bàng tiếp góc $C, B$ của $\triangle ABC$. 

$PQ$ thứ tự cắt $BM, BA, CA, CN$ tại $X, Y, Z, T$. Do $PQ \parallel BC$ nên dễ thấy $\triangle YIB$ cân và ta suy ra $Y$ là trung điểm $IX$. $NB$ cắt $(MNP)$ tại $L$. Thế thì $XL \parallel YB$. Suy ra $XL$ đi qua đối xứng của $I$ qua $MN$. Do $XL$ đối xứng $PQ$ qua $JM$ nên tương tự ta sẽ suy ra được $K$ đối xứng $I$ qua $MN$ và $K \in (MNP)$.

Gọi $S, O$ thứ tự là tâm $(ABC)$ và $(MNP)$. Ta có $I$ là trung điểm $KJ$ $\Leftrightarrow$ $OI \perp KJ$ $\Leftrightarrow$ $IS \perp AD$ $\Leftrightarrow$ $I$ là trung điểm $AD$. Áp dụng định lí Ptolemy ta suy ra $AB+AC=2BC$.


Trong chủ đề: Tuần 1 tháng 2/2017: $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$...

06-02-2017 - 00:06

Cuối cùng diễn đàn đã mở lại :D

Lời giải:

Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Dễ thấy rằng $BE$ cắt $CF$ tại $K$ là đối xứng của $P$ qua $(O)$. $BR, CR$ thứ tự cắt $(O)$ tại $X$, $Y$. Theo giả thiết ta có $PX=PY$. Theo IMO Problem 4 ta có $SR=SA$. Mặt khác $AK \perp AR$, $AS \perp AO$ nên $\triangle AOK \stackrel{+}{\sim} \triangle ASR$. Kẻ tiếp tuyến $SZ$ khác $SA$ thì $Z$ cố định và $\angle AZR = \frac{1}{2} \angle ASR = \frac{1}{2} \angle AOK  = \angle APK = \angle AZK$ nên $KR$ đi qua $Z$. 

Ta có $ABZC$ là tứ giác điều hòa nên $K(AREF)=K(AZBC)=-1$, mặt khác theo tính chất hàng điểm cơ bản ta có $A(KQEF) = A(KQCB)=-1$ nên $A(KQEF)=K(AREF)$ hay $Q$ thuộc $KR$ do $E, F, Q$ thẳng hàng. Vậy $QR$ đi qua $Z$ cố định


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

18-01-2017 - 00:26

Bài toán 133':

Cho $\triangle ABC$ với hai đường thẳng bất kì $d, d'$ cắt nhau tại $H$. $d$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$ và $d'$ cắt $AB, AC$ tại $N,M$. $BH, CH$ cắt $EN, FM$ tại $P,Q$. Chứng minh $BQ, CP, MN$ đồng quy


Trong chủ đề: Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

17-01-2017 - 23:07

Lời giải bài 4:
1) Gọi $S$ là đối xứng của $A$ qua $M$. Ta sẽ chứng minh $S$ thuộc $(HEP)$ và $(HFQ)$. Thật vậy, kẻ hình bình hành $HSET$  ta có $AFHT$ là hình bình hành. Do đó $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{ATH}$ nên tứ giác $ATEH$ nội tiếp, suy ra $\widehat{HPE}=\widehat{HAE}=\widehat{HTE}=\widehat{HSE}$ hay $S \in (HPE)$. Tương tự ta có $S \in (HFQ)$.
2) Gọi $X, Y$ là tâm $(HPE), (HQF)$. Khi đó ta có $\widehat{HYS}=2\widehat{HES}=2\widehat{EHT}=2\widehat{EAT}=2\widehat{SFH}=\widehat{SXH}$. Do đó $\triangle HXS =\triangle HYS$ nên ta có đpcm.