Đến nội dung

mqcase1004

mqcase1004

Đăng ký: 25-01-2017
Offline Đăng nhập: 10-04-2022 - 14:01
-----

#698461 Các bài toán hình học hàng tuần: Tuần 2 tháng 12 năm 2017

Gửi bởi mqcase1004 trong 17-12-2017 - 17:23

Lời giải bài mở rộng IRAN TST 2017
 
$AR$ cắt $(O)$ tại $Z≠A$. $PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$.
Ta có $\angle XSZ=\angle EAZ=\angle XPZ$ nên $P,S,X,Z$ đồng viên. Tương tự, ta cũng có $Q,S,Y,Z$ đồng viên. Từ đó dễ dàng chỉ ra $Z$ nằm trên $(TXY)$.
 
Ta có: $\frac{SX}{EM}= \frac{PS}{MP}=  \frac{PS.MQ}{MQ.MP} = \frac{PS.MQ}{AM.EM}$. Suy ra, $SX= \frac{PS.MQ}{AM}$.
Tương tự, $SY= \frac{QS.NP}{AN}$. Từ đó, $\frac{SX}{SY}= \frac{PS.MQ.AN}{QS.NP.AM}= \frac{PS.MQ.AC}{QS.NP.AB}$
Theo định lý Menelaus ta có $\frac{PS}{NP}=  \frac{PR.AC}{PC.AN}= \frac{QR.AB}{QB.AM}= \frac{QS}{MQ}$.
Suy ra $\frac{SX}{SY}= \frac{AC}{AB}$ mà $ \angle XSY= \angle BAC$ nên $\triangle SXY$ đồng dạng $\triangle ACB$.
 
Gọi $d$ là tiếp tuyến tại $Z$ của $(O)$.
Ta có: $(d;YZ)≡(d,QZ)+(QZ,YZ)≡(PZ,PQ)+(QS,SY)≡(XZ,SX)+(BC,AC)≡(XZ,SX)+(SX,XY)≡(XZ,XY)$  $(mod π)$.
Suy ra $d$ cũng là tiếp tuyến tại $Z$ của $(TXY)$. 
Vậy, $(TXY)$ tiếp xúc $(O)$.

Hình gửi kèm

  • MT1BT.2.12.17.png



#697553 Tuần 5 tháng 11/2017: $L_a,L_b$ và $L_c$ thẳng hàng.

Gửi bởi mqcase1004 trong 01-12-2017 - 15:22

LỜI GIẢI BÀI 2.

Lấy $E', F'$ lần lượt là đối xứng của $E$ qua $AC$, $F$ qua $AB$.
Lấy $X, Y$ sao cho các tam giác $ACE, ABF, BCY, CBX$ là các tam giác đồng dạng. Dễ thấy $BCXY$ là hình chữ nhật.

Từ giả thiết và cách dựng, ta có $\triangle AFE'$ đồng dạng $\triangle ABC$ nên $E'F \perp BC$ và $\frac{E'F}{BC}=\frac{AF}{AB}=Sin AFB=\frac{CX}{BC}$. Nên $E'F \parallel CX$ và $E'F=CX$. Suy ra, $E'FCX$ là hình bình hành. Suy ra $FX$ đi qua trung điểm $P$ của $E'C$.
Chứng minh tương tự, ta có $EY$ đi qua trung điểm $Q$ của $F'B$.

Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp $BCXY$. Lấy $O'$ đối xứng với $O$ qua $BC$. $AK, AL$ lần lượt cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Z, T$.
$(YZ;YC)=(KA;KC)=(KA;KB)+(KB;KC)=(FA;FB)+(YB;YC)=2 (YB;YC)= (OB;OC)=(YO';YC) (mod \pi).$ Suy ra, $YZ$ đi qua $O'$. Chứng minh tương tự, ta có $XT$ đi qua $O'$.

Áp dụng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp $LKXZTY$ ta có $A$ (giao điểm của $KZ$ và $LT$), $R$ (giao điểm của $KX$ và $LY$), $O'$ ( giao điểm của $XT$ và $YZ$) thẳng hàng.

Từ đó ta dễ dàng chỉ ra $O'$ là điểm cố định. Vậy $AR$ đi qua điểm cố định.

Hình gửi kèm

  • 2017-12-01 15.25.07.png



#694423 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi mqcase1004 trong 09-10-2017 - 00:07

Lời giải bài 1 :

Gọi $S$ là điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$ thì $KSDL$ nội tiếp 

Ta sẽ chứng minh $P$ thuộc đường tròn $(BKS)$ và $(CLS)$ . Thật vậy , ta sẽ giả sử $P$ là giao điểm của 2 đường tròn này và sẽ chứng minh $P \in (IKL)$ , P \in IJ$

Bằng cộng góc ta có $\angle KPL = \angle IBC + \angle ICB = 180^{\circ} - \angle BIC$ nên $I \in (IKL)$ . 

Gọi $U$ là điểm chính giữa cung nhỏ của $(J)$ . Khi đó thì $\angle ULS = \angle KLS - \angle KLU = \angle KDB - \angle KAD = \angle LCS$ nên $UL$ là tiếp tuyến của $(LSC)$ . Tương tự có $UK$ là tiếp tuyến của $(KSB)$ . Mà $UL = UK$ nên $U$ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này , suy ra $\overline{U,S,P}$

Khi đó ta có $\frac{PL}{PK} = \frac{LP}{LS}.\frac{SL}{SK} . \frac{KS}{KP} = \frac{SL}{SK} = \frac{sin \angle SKL}{sin \angle SLK }  = \frac{sin \angle LDC}{sin \angle KDB} = \frac{sin \angle LDI}{sin \angle ILD} . \frac{sin \angle IKD}{sin \angle IDK} = \frac{IL}{ID}.\frac{ID}{IK} = \frac{IL}{IK}$ nên $IKPL$ là tứ giác điều hòa 

Tiếp tục cộng góc , $\angle JKL = 90 - \angle KAL = \frac{1}{2}(\angle B + \angle C) = \angle KPL$ nên $JK,JL$ là các tiếp tuyến của $(IKPL)$ , suy ra $P,I,J$ thẳng hàng

Vậy điều cần chứng minh là đúng  Từ đây ta có $\angle BPC = \angle BPK + \angle KPL + \angle LPC = \frac{1}{2}( \angle B + \angle C) +90 $ nên tâm $(PBC)$ chính là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(O)$ 

attachicon.gifUntitled.png

Tại sao $KSDL$  nội tiếp  ạ? 




#694327 $\widehat{GOM}=\widehat{CDN}$

Gửi bởi mqcase1004 trong 07-10-2017 - 19:15

Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$ nội tiếp $(O)$, các đường cao $AD,BE,CF$. $EF$ cắt $BC$ và trung tuyến $AM$ lần lượt tại $G$ và $N$. CMR: $\angle GOM=\angle CDN$.

Hình gửi kèm

  • 22323292_279199402570974_883241457_n.png



#684771 $f(x+1)=f(\frac{x+2}{x+3})$

Gửi bởi mqcase1004 trong 17-06-2017 - 09:37

Tìm tất cả hàm số liên tục $f:(0,\infty )\rightarrow (0,\infty )$ thỏa mãn

 

   $f(x+1)=f(\frac{x+2}{x+3}),\forall x>0 $




#670413 Chứng minh: tứ giác ABEF là hình chữ nhật

Gửi bởi mqcase1004 trong 30-01-2017 - 00:46

 Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ có cùng bán kính cắt nhau tại hai điểm $A$ và $B$. Gọi $M$ là giao điểm của $AB$ và $OO'$. Kẻ $AC$ và $AF$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(O')$ và $(O)$. Tia $CM$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $E$ ($E \in$ nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa điểm $O$). 

CM: Tứ giác $ABEF$ là hình chữ nhật.

attachicon.gifbt_hinhhoc.png

P/S: Không sử dụng kiến thức từ bài 2 SGK toán học kỳ II lớp 9 trở đi nha.

Qua đây cũng chúc các bạn trên VMF một năm mới sức khoẻ dồi dào, học giỏi, tham gia VMF thường xuyên. 

$OB$ cắt $(O)$ tại $E'$ ($E'$ khác $B$). Dễ thấy $ABFE'$ là hình chữ nhật. 

Mặt khác, xét tam giác $AFC$ có $OO'$là đường trung bình và dễ dàng chỉ ra $C, B, F$ thẳng hàng.

Có: $AE'$ || $BC$ và $AE'=BF=BC$ nên $AE'BC$ là hình bình hành Vậy $M$ là trung điểm $CE'$. Do đó $CM$ cắt $(O)$ tại $E'$. => $E$ trùng $E'$ => đpcm




#669862 $S,T,U,V$ cùng thuộc một đường tròn

Gửi bởi mqcase1004 trong 25-01-2017 - 12:50

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $P$ là một điểm nằm trên đường cao $AD$ của tam giác. $M, N$ lần lượt thuộc $PB, PC$ sao cho $CM = CA, BN = BA$. $E, F$ là trung điểm của $PM, PN$. Gọi $Y, Z$ là trung điểm của $PB, PC$. Gọi $(I)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$. $K$ thuộc trung trực $BE$ sao cho $KY \parallel IC$. $L$ thuộc trung trực $CF$ sao cho $LZ \parallel IB$. Đường thẳng qua $M$ vuông góc $IC$ cắt đường tròn $(K, KB)$ tại $S, T$. Đường thẳng qua $N$ vuông góc $IB$ cắt đường tròn $(L, LC)$ tại $U, V$ . Chứng minh rằng $S, T, U, V$ cùng thuộc một đường tròn.

 

(Đề bài trích bài 19 Bài giảng "Tỷ số kép, Phép chiếu xuyên tâm, hàng điều hòa, chùm điều hòa" của thầy Trần Quang Hùng - THPT Chuyên KHTN)