Đến nội dung


Ngockhanh99k48

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

#672134 Tuần 3 tháng 2/2017: Chứng minh tứ giác $AKNL$ ngoại tiếp

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 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.


#671029 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 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 $AB+AC=2BC$.




#670529 Tuần 1 tháng 2/2017: $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ di...

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 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




#668744 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 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




#668736 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 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.  



#668725 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 22:05

Lời giải bài 132:

Bổ đề: Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$. Gọi $H_a, H_b, H_c, H_d$ là trực tâm $\triangle BCD, \triangle CDA, \triangle DAB, \triangle ABC$. Khi đó $AH_a, BH_b, CH_c, DH_d$ đồng quy tại trung điểm mỗi đường và điểm đó thuộc đường tròn Euler của 4 tam giác trên.

Bài toán trên hiển nhiên nên ta không cần chứng minh

Quay lại bài toán:

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $(N)$ là đường tròn Euler. $M$ là trung điểm $BC$. $(N)$ cắt $(U)$ tại điểm thứ hai $Q$. Theo Bổ đề $Q$ là trung điểm $HX$. Dễ thấy $(N)$ và $(U)$ cùng bán kính nên $N$ đối xứng $U$ qua $MQ$. Gọi $S$ là trung điểm $HP$ thì $S$ thuộc $MQ$ và $SN=SU$. Tương tự ta suy ra $S$ là tâm $(NUVW)$.




#668668 Topic ôn thi hình học vào cấp 3 chuyên

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 15:43

Lời giải bài 1:

1) $AD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $T$. Ta có $TB=TC$ suy ra $OT \perp BC$. Mặt Khác $(K)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$ nên $KD \perp BC$ do đó $KD \parallel OT$.

Suy ra $\widehat{KAT}=\widehat{KAD}=\widehat{KDA}=\widehat{OTA}=\widehat{OAT}$ nên $A, K, O$ thẳng hàng hay $(K, KA)$ tiếp xúc $(O, OA)$.

2) Ta có $\triangle BDF \sim \triangle BAD$, $\triangle CDE \sim \triangle CAD$ do đó $BD^2=BF.BA$, $CD^2=CE.CA$, suy ra $\frac{BF}{CE} = \frac{BD^2}{CD^2}.\frac{CA}{BA}=\frac{AB^2}{AC^2}.\frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AC}$ nên $EF \parallel BC$ theo định lí Thales. Do đó $\widehat{MBE}=\widehat{BEF}=\widehat{MAB}$ hay $\triangle MBG \sim \triangle MAB$, suy ra $MB^2=MG.MA=MD^2$ hay $M$ là trung điểm $BD$. Tương tự, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN= \frac{BC}{2}$. Ta có đpcm.




#668661 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 14:50

Lời giải bài 129: Ta sẽ chứng minh điểm cố định là Lemoine $L$ của $\triangle ABC$.

Kẻ tiếp tuyến tại $A, B, C$ của $(ABC) \equiv (O)$ cắt nhau tạo thành $\triangle MNR$. $AC$ cắt $OM, OR$ tại $U, V$.

Ta có $P, Q, L$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ $A(PQLC)=C(PQLA)$ $\Leftrightarrow$ $A(DXMU) = C(FZRV)$ $\Leftrightarrow$ $(XDUM)=(FZRV)$. Cái này thì đúng vì hai tứ giác $MCUB \cup X \cup D$ đồng dạng với $VARB \cup F \cup Z$. Ta có đpcm.




#668658 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 17-01-2017 - 13:26

Có lẽ bài tổng quát của bài 128 là ở đây: http://www.artofprob...1239098p6320740




#668346 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 15-01-2017 - 00:53

Lời giải bài 123: 

Gọi $X$ la giao điểm của $AC$ và $BD$. 

Theo định lí Brocard ta có $O$ là trực tâm $\triangle EFX$. Do đó $OX \perp EF$ tại $H$. Khi đó ta cũng có $H \in (FAB), (EAD)$. 

Do đó $(FO^2- OA^2)+(EO^2-OA^2)=\mathcal{P}_{F/(O)}+\mathcal{P}_{E/(O)} $ $=$ $\overline{FA}.\overline{FD}+ \overline{EA}.\overline{EB}$ $=$ $\overline{FH}.\overline{FE}+\overline{EH}.\overline{EF}$ $=$ $\overline{EF}(\overline{EH}-\overline{FH}) = EF^2$ hay $2OA^2 = OF^2+OE^2-EF^2 = 2OM^2 + 2EM^2 - 4EM^2$. Suy ra $OM^2-OA^2=ME^2$ hay $(EF)$ và $(O)$ trưc giao.

Ta sẽ chứng minh: Trục đẳng phương của $(SBD)$ và $(TAC)$, trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$ trùng nhau.

Gọi $Y, Z$ là giao điểm của $OT, OS$ với $BD, AC$.

Xét phép nghịch đảo đường tròn $(O)$, ta có $(TAC) \leftrightarrow (YAC)$, $(SBD) \leftrightarrow (ZBD)$. $(ZBD) \cap (TAC) = \{R, S \}$. Dễ thấy rằng $RS$ đi qua $X$. 

Đường tròn $(EF)$ cắt $(O)$ tại $P, Q$. Do $(EF)$ trực giao $(O)$ nên qua phép nghịch đảo $(EF)$ được bảo toàn. 

$AC$ cắt $EF$ tại $U$. Ta có $(UXAC)=-1$ va $HX \perp HU$ nên $HO$ là phân giác $\widehat{AXC}$. Suy ra $A, H, O, C$ đồng viên.

Dễ thấy $\mathcal{P}_{X/(EF)} = \overline{XH}.\overline{XO}= \overline{XA}.\overline{XC} = \mathcal{P}_{X/(O)}$ nên $X$ thuộc $PQ$. 

Ta có $\overline{XP}.\overline{XQ}=\overline{XA}.\overline{XC}=\overline{XR}.\overline{XS}=\overline{XH}.\overline{XO}$ nên 6 điểm $H, O, P, Q, R, S$ đồng viên. Qua phép nghịch đảo, đường tròn này chính là trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$, $(SBD)$ và $(TAC)$ nên ta có đpcm.




#668329 Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 14-01-2017 - 22:20

Lời giải bài 8 mở rộng 

Dễ thấy $SR \parallel EF$ nên $(SR, SQ) \equiv (SR, SA) \equiv (SR, AB) + (AB, SA) \equiv (FE, FB) + (AB, AQ) \equiv (CE, CB) + (AP, AC) \equiv (AC, CB) + (AP, AC) \equiv (AP, BC) \equiv (PR, PQ)$ (mod $\pi$) nên $S, R, P, Q$ đồng viên, hơn nữa dễ thấy $K$ thuộc trung trực $PQ, SR$ nên ta có đpcm.




#668318 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 14-01-2017 - 21:22

Lời giải bài 122: 

Bài này hình như bị "thừa" dữ kiện @@.

Ta chỉ cần chứng minh $SU, GH, BC$ đồng quy. $GH$ cắt $BC$ tại $Z$. $ZX$ cắt $CM$ tại $U$. Ta sẽ chứng minh $U, I, K$ thẳng hàng.

Ta có $HS \perp AO$, $HB \perp AC$, $HZ \perp AD$, $HC \perp AB$. $H(SBZC)=A(OCDB)$, tức là $S(HBZC)=A(GEMF)=C(GEMF)$ do $B, Z, C$ thẳng hàng. Suy ra $S(KIUC)=C(KIUS)$. Ta có đpcm. 




#668143 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 13-01-2017 - 13:13

Lời giải bài 114. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle ABC$.Ta có $AD^2=AX.AB=AY.AC$ nên $X, Y, B, C$ đồng viên. Mặt khác dễ thấy $BC$ tiếp xúc $(AD)$ nên $KD^2=KX.KY=KB.KC=KA.KZ$ và $\widehat{ADK}=90^{\circ}$ nên $DZ \perp AK$ hay $Z \in (AD)$. $LA$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó ta có $H, P, M$ thẳng hàng và $HM \perp LA$, suy ra $AR \perp HM$. $OM \cap AR = Q$ thì $AHMQ$ là hình bình hành, tuy nhiên $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$ nên $O$ là trung điểm $MQ$. Theo Thales ta có $OR$ chia đôi $AD$. Mặt khác trung điểm $AD$, $O$ thuộc trung trực $AZ$ nên $R$ cũng huộc trung trực $AZ$. Ta có đpcm.

 

Figure4249.png

 

Bài toán 115. (Thầy Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. $(K)$ là đường tròn qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$ cắt $BC$ tại $Y, Z$. Điểm $S$ chia đoạn $OL$ theo tỉ số $\frac{-1}{3}$. $YL$ cắt $(S, SY)$ tại điểm thứ hai $E$. Chứng minh $(XYE)$ chia đôi $AL$.   




#667983 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 11-01-2017 - 16:30

$\boxed{\text{Lời giải bài 111}}$
$AK$ cắt $(K)$ tại điểm thứ hai $N$. $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$.
Ta có $\triangle XBF \cap I \stackrel{+}{\sim} \triangle XIE \cap C (g.g) $ . Suy ra $XI$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $X$ thuộc $PI$.
$\overline{AR}.\overline{AN}=AF^2=\overline{AI}.\overline{AK}$ nên $(AIRN)=-1$, mặt khác $XR \perp XN$ nên XR là phân giác trong $\widehat{AXP}$ hay $X$ thuộc $QR$.
Phép vị tự tâm $X$ biến $(K)$ thành $(O)$ đã biến $R$ thành $Q$ nên $AK \parallel OQ$. Mặt khác $OQ$ là trung trực $AP$ và $AK \perp AP$ nên $OQ$ chia đôi $PI$ tại $Y$. Ta có $\triangle XBD \sim \triangle XPC$ và $\triangle XBI \sim \triangle XIC$ nên $XD.XP=XB.XC=XI^2$, tức là $\frac{XD}{XI}=\frac{XI}{XP}$. Do $M, Y$ thứ tự là trung điểm $DI, IP$ nên $\frac{XD}{DM}=\frac{XI}{IY}=\frac{XR}{RQ}$ do $RI \parallel QY$. Theo Thales ta có $RD \parallel MQ$.

$\boxed{\text{Bài toán 112}}$ Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. Đường tròn $(K)$ qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc $BC$ cắt $OL$ tại $T$. Chứng minh $\overrightarrow{OT}= \frac{1}{4} \overrightarrow{OL}$




#667966 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Ngockhanh99k48 trong 11-01-2017 - 09:10

Một cách khác cho bài toán 110:

Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$. $A_1$ là hình chiếu của $J$ trên $BC$. $B_3, C_3$ là hình chiếu của $K, L$ trên $AC, AB$.

Theo tính chất của tâm bàng tiếp ta có $A_1C=AC_3$, $A_1B=AB_3$ và $CB_2=CB_3=BC_2=BC_3$. Suy ra: $A_1B_2=A_1C+CB_2=AC_3+BC_3=AB$, $A_1C_2=AC$.

Ta có $(CA^2 - CB_2^2) + (JB_2^2 - JC_2^2) + (BC_2^2 - BA^2) =  (CA^2 - BA^2) + (A_1B_2^2 - A_1C_2^2) = 0$. Như vậy: Đường thẳng qua $C$ vuông góc $AB_2$, đường thẳng qua $B$ vuông góc $AC_2$ và đường thẳng qua $J$ vuông góc $B_2C_2$ đồng quy theo định lí Carnot. Do đó ta suy ra đường thẳng qua $C_2$ vuông góc với $JB$, đường thẳng qua $B_2$ vuông góc với $JC$ và đường thẳng qua $A$ vuông góc $BC$ đồng quy. Tức là $C_2C_3, B_2B_3$ và đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ đồng quy. Mặt khác $C_2C_3, B_2B_3$ là các đường cao của $\triangle NB_2C_2$ nên ta có $A, N, H$ thẳng hàng. 

P/s: Xin giải lại bài toán 109 theo cách tam giác đồng dạng: cùng ý tưởng với manhtuan00

$IB$ cắt $JC$ tại $M$, $IC$ cắt $JB$ tại $N$. Ta chứng minh $BC, EF, MN$ có 3 trung điểm thẳng hàng, hay $\frac{BE}{BM}=\frac{CF}{CN}$. Ta có $XK$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $\widehat{KXB}=\widehat{KXC}=\widehat{BJC}$. Suy ra $\widehat{XBJ}= \widehat{XJC}$ hay $\triangle XBJ \sim \triangle XJC$. Gọi $Y, Z$ là hình chiếu của $X$ trên $JB, JC$ thì $\frac{XY}{XZ}=\frac{JB}{JC}$. Mặt khác $BEXY$ và $CFXZ$ là các hình chữ nhật nên $\frac{JB}{JC}=\frac{BE}{CF}$. Ta lại có $\triangle JBM \sim \triangle JCN (g.g)$ nên $\frac{BE}{CF}= \frac{BM}{CN}$ ta có đpcm.