|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
13-01-2018, 11:24 AM | #1 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Hình học tổng hợp Topic lập ra sưu tập các bài hình học giải theo phương pháp "tổng hợp". Phần lớn nằm trong chương trình THCS. Các bài toán trong topic cũng có thể dùng để luyện thi lớp 10 chuyên. Bài toán 1 (Thầy Nguyễn Xuân Hùng từ THTT). Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A.$ Đường cao $AH.$ $I, J$ theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiép của các tam giác $ABH, ACH.$ $IJ$ theo thứ tự cắt $AB, AC$ tại $M, N.$ $HI, HJ$ theo thứ tự cắt $AB, AC$ tại $X, Y.$ $BY, CX$ theo thứ tự cắt $MN$ tại $P, Q.$ Chứng minh rằng $\frac{AI}{AJ}=\frac{HQ}{HP}.$ |
13-01-2018, 04:02 PM | #2 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Bài toán 2 (Từ AoPS). Cho tam giác $ABC$ và đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,$ $AB$ tại $E,$ $F.$ Các tiếp tuyến qua $B,$ $C$ của $(K)$ mà khác $BA,$ $CA$ cắt nhau tại $L.$ $(L)$ là đường tròn tâm $L$ đi qua các tiếp điểm của $(K)$ với $LB,$ $LC.$ $AK$ cắt $(L)$ tại $M,$ $N.$ Chứng minh rằng các đường tròn $(AEM)$ và $(AFN)$ đồng quy với $(K).$ |
16-01-2018, 11:21 AM | #3 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 75 Thanks: 39 Thanked 54 Times in 33 Posts | Trích:
Edit: Đoạn $RB=RS$ có thể làm cách khác, hoàn toàn bằng kiến thức lớp 8 như sau: Sử dụng Menelaus vào tam giác $BSC$ với $H, Q, Y$ thẳng hàng ta có $\frac{HB}{HC}\cdot\frac{YC}{YS}\cdot\frac{QS}{QB} =1.$ Chú ý $YS=BX, AX=AY$ và theo tính chất đường phân giác $\frac{HB}{HC}=\frac{HB}{HA}\cdot\frac{HA}{HC}= \frac{XB}{YC}=\frac{YS}{YC}.$ thay đổi nội dung bởi: LichKing, 16-01-2018 lúc 10:06 PM | |
The Following 2 Users Say Thank You to LichKing For This Useful Post: | buratinogigle (16-01-2018), Minh_Duy (16-01-2018) |
16-01-2018, 01:13 PM | #4 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Cám ơn em sau đây là lời giải của mình Mời các bạn thảo luận tiếp bài toán 2 và đề nghị tiếp các bài toán hay. |
16-01-2018, 10:54 PM | #5 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Bài toán 3. Cho tam giác $ABC$ có phân giác ${AD}.$ Gọi $M$ là trung điểm ${AD}.$ Đường tròn đường kính $AB$ và $AC$ lần lượt cắt các đoạn thẳng $MC$ và $MB$ tại các điểm $R$ và $Q.$ Chứng minh rằng bốn điểm $B,$ $C,$ $Q$ và $R$ đồng viên. |
16-01-2018, 11:57 PM | #6 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 75 Thanks: 39 Thanked 54 Times in 33 Posts | Trích:
| |
The Following 3 Users Say Thank You to LichKing For This Useful Post: |
17-01-2018, 11:39 AM | #7 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Cám ơn em, sau đây là lời giải của mình. Mình đề nghị bài tiếp Bài toán 4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với đường cao $AD,$ $BE,$ $CF$ cắt nhau tại $H.$ $DE,$ $DF$ lần lượt cắt $HC,$ $HB$ tại $Q,$ $R.$ Tiếp tuyến qua $B,$ $C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P.$ Chứng minh rằng $HP$ chia đôi $QR.$ |
17-01-2018, 11:33 PM | #8 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 75 Thanks: 39 Thanked 54 Times in 33 Posts | Trích:
| |
The Following 2 Users Say Thank You to LichKing For This Useful Post: | buratinogigle (18-01-2018), MATHSCOPE (18-01-2018) |
18-01-2018, 09:13 AM | #9 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Cám ơn em, lời giải của đáp án mình có cũng tương tự. Chúng ta có thể tham khảo thêm một ý tưởng dùng hàng điều hòa như sau Lời giải bài toán 3. Lấy $P$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ sao cho $BP\parallel AD.$ Khi đó $AP\perp AD.$ Mặt khác vì $M$ là tung điểm $AD$ nên $A(BC,MP)=-1=B(AC,MP)$ ta suy ra $C,$ $M,$ $P$ thẳng hàng. Do đó $$\angle BRC=180^\circ-\angle PRB=180^\circ-\angle PAB=90^\circ+\frac{\angle A}{2}.$$ Chứng minh tương tự $\angle BQC=90^\circ+\frac{\angle A}{2}.$ Ta có đpcm. Mời các bạn thảo luận tiếp bài toán 4. |
20-01-2018, 02:39 AM | #10 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 75 Thanks: 39 Thanked 54 Times in 33 Posts | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to LichKing For This Useful Post: | buratinogigle (20-01-2018) |
20-01-2018, 01:05 PM | #11 |
Administrator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 50 Thanks: 57 Thanked 58 Times in 33 Posts | Cám ơn em, lời giải bài 4 của mình. Lấy $P$ đối xứng $H$ qua trung điểm $BC$ thì $AP$ là đường kính của $(O)$ ngoại tiếp $ABC.$ Gọi $PC,$ $PB$ cắt $AB,$ $AC$ tại $N,$ $M$ thì $P$ là trực tâm tam giác $AMN$ do đó $T$ là trung điểm $MN.$ Lấy $K$ đối xứng $C$ qua trung điểm $BN,$ do $CN\parallel BE$ nên $K$ nằm trên $BE.$ Tương tự có $L$ đối xứng với $B$ qua trung điểm $CM$ thì $L$ thuộc $CF.$ Khi đó $MLNK$ là hình bình hành nên $T$ là trung điểm $KL.$ Gọi $S$ đối xứng $O$ qua $BC.$ Ta đã biết $QR\perp AS.$ Ta lại có $OS\cdot OT=2OA^2$ suy ra $$\frac{OS}{OA}=\frac{2OA}{OT}=\frac{2OC}{OT}=\fra c{BC}{CT}=\frac{ML}{MT}.$$ Từ đó hai tam giác $OAS$ và $MTL$ đồng dạng, suy ra $AS\perp TL$ do đó $QR\parallel KL.$ Từ $T$ là trung điểm $KL$ suy ra $HT$ chia đôi $QR.$ Mình xin đề xuất bài tiếp tục Bài toán 5. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O).$ $E,$ $F$ là hai điểm bất kỳ nằm trên đường thẳng $CA,$ $AB.$ $EF$ cắt $BC$ tại $D.$ $P$ bất kỳ nằm trên $EF$ và $Q$ bất kỳ nằm trên đường tròn $(AEF).$ $AQ$ cắt đường tròn $(DPQ)$ tại $R$ khác $Q.$ Đường tròn $(APR)$ cắt lại $(O)$ tại $G.$ Chứng minh rằng $AP$ và $BC$ cắt nhau trên đường tròn $(GRD).$ |
The Following User Says Thank You to buratinogigle For This Useful Post: | LichKing (20-01-2018) |
13-04-2018, 11:46 PM | #12 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 75 Thanks: 39 Thanked 54 Times in 33 Posts | Trích:
| |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|