Topic Hình Học Phẳng

[thiendienduong]

BÀI 66
Cho tam giác ABC nhọn và điểm M di động trên đường thẳng BC. Trung trực của các đoạn MB và MC cắt các đường thẳng AB và AC tại P và Q. Chứng minh rằng: đường thẳng qua M và vuông góc PQ đi qua một điểm cố định.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Nguyên văn bởi Evarist Galois

Bài 65.Cho tam giác ABC nội tiếp (I) và ngoại tiếp (O). (I) tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F. AO,BO,CO cắt (O) tại A',B,C'. EF,FD,DE cắt IA,IB,IC tại A'',B',C''. IA',IB',IC' cắt (IB''C''),(IC''A''),(IA''B'') tại X,Y,Z. CMR (IA''X),(IB''Y),(IC''Z) đồng trục.

Lời giải bài 65

Bài này hẳn là giải bằng nghịch đảo rồi.

Xét phép nghịch đảo $S=I_I^{r^2} $

Gọi IA' cắt BC tại M.Dễ thấy tứ giác BB"XM nội tiếp (Có $\angle IXB''=\angle IDB''=\dfrac{1}{2}\angle B $)

Suy ra $IX.IM=IB.IB''=r^2 $. Do đó S biến : A'' thành A,X thành M nên (IA''X) biến thành AM.

Ta cần chứng minh bài toán mới :

Tam giác ABC.I là tâm nội tiếp,(O) ngoại tiếp.A',B',C' là đối tâm của A,B,C với (O).IA' cắt BC tại M,tương tự có N,P.Chứng minh rằng AM,BN,CP đồng quy.

[ABC] là chỉ diện tích hình học của tam giác ABC.

Ta có :

$\dfrac{MB}{MC} =\dfrac{[IMB]}{[IMC]}=\dfrac{[A'MB]}{[A'MC]}=\dfrac{[IBA']}{[ICA']}=\dfrac{IB.A'B}{IC.A'C}.\dfrac{\sin IBA'}{\sin ICA'}=\dfrac{IB.A'B}{IC.A'C}.\dfrac{\cos \angle IBA }{\cos \angle ICA}
$

Áp dụng thêm Ceva Sin vào tam giác ABC với AA',BB',CC' đồng quy tại O và định lý Sin trong tam giác ta có

$\dfrac{C'A}{C'B}.\dfrac{A'B}{A'C}.\dfrac{B'C}{B'A} =1 $

Từ đó ta có đpcm.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[El Nino]

Bài này post lâu rồi chưa ai giải đáp:
Bài 67. Cho $(O_1),(O_2) $ tiếp xúc trong $(O) $ lần lượt tại $M,N $. Tiếp tuyến chung $AB,CD $ của 2 đường tròn cắt $(O) $ tại $S,F $ và $R,E $ sao cho $E $ và $F $ cùng phía $O_1O_2 $. Gọi $P,Q $ là trung điểm cung $RS $ không chứa $E $ và cung $EF $ không chứa $S $. CMR $PQ $ là trục đẳng phương của $(O_1),(O_2) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi El Nino

Bài này post lâu rồi chưa ai giải đáp:
Bài 67. Cho $(O_1),(O_2) $ tiếp xúc trong $(O) $ lần lượt tại $M,N $. Tiếp tuyến chung $AB,CD $ của 2 đường tròn cắt $(O) $ tại $S,F $ và $R,E $ sao cho $E $ và $F $ cùng phía $O_1O_2 $. Gọi $P,Q $ là trung điểm cung $RS $ không chứa $E $ và cung $EF $ không chứa $S $. CMR $PQ $ là trục đẳng phương của $(O_1),(O_2) $

Gọi $D $ là tiếp điểm của $RS $ với $(O_1) $.
Phép vị tự $\mathcal{Z} $ tâm $M $ biến $(O_1) \to (O) $ biến $RS $ thành tiếp tuyến $d $ của $(O) $ song song với $RS $. Khi đó tiếp điểm của $d $ với $(O) $ chính là trung điểm $P $ của cung $RS $. Suy ra $M,D,P $ thẳng hàng.
Lại có $\widehat{PSR} = \widehat{PMR} = \widehat{SMP} $.
Từ đó ta có $\triangle PSD \backsim \triangle PMS $. Suy ra $\mathcal{P}_{P/(O_1)} = PD \cdot PM = PS^2 $.
Hoàn toàn tương tự, ta có $\mathcal{P}_{P/(O_2)} = PR^2 $.
Mà $PS=PR $ nên $\mathcal{P}_{P/(O_1)} = \mathcal{P}_{P/(O_2)} $ hay $P $ nằm trên trục đẳng phương của $(O_1),(O_2) $.
Chứng minh tương tự cho điểm $Q $, ta có điều cần chứng minh.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thiendienduong]

Nguyên văn bởi thiendienduong

BÀI 66
Cho tam giác ABC nhọn và điểm M di động trên đường thẳng BC. Trung trực của các đoạn MB và MC cắt các đường thẳng AB và AC tại P và Q. Chứng minh rằng: đường thẳng qua M và vuông góc PQ đi qua một điểm cố định.

LỜI GIẢI

Gọi N là điểm đối xứng với M qua PQ,
K là giao điểm của MN với đường cao AH.
Ta có: $PB=PM=PN\Rightarrow B,M,N\in (P;PB)\Rightarrow \widehat{KNB}=\widehat{BPI}=\widehat{BAK} $.
Do đó: A, B, K, N đồng viên.
Tương tự: A, C, K, N cũng đồng viên.
$\Rightarrow K=AH\cap (ABC) $:cố định.
Vậy MN đi qua K cố định.

------------------------------
BÀI 68
Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q là các điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho: AM=NB=CP=DQ và MNPQ là hình vuông. Chứng minh rằng: ABCD cũng là hình vuông.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Nguyên văn bởi kien10a1

Em hỏi không đúng chỗ lắm, nhưng định lí newton mở rộng cho tứ giác ngoại tiếp Elip chứng minh thế nào ạ?

Như mình đã nói mấy hôm trước,hôm nay mới có dịp xem lại.Chứng minh định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp một Elip có thể xài 2 cách.
Cách 1 :[Only registered and activated users can see links. ]
Cách 2 : Sử dụng phép co dãn.Phép này mình đọc dc trong quyển biến hình của thầy Đỗ Thanh Sơn

Ta định nghĩ phép co-dãn : Điểm M nằm ngoài d.H là hình chiếu của M trên d.M' nằm trên tia HM sao cho HM'=k.HM.Ta nói phép co-dãn S trục d,tỉ số k biến M thành M'.
Các tính chất của phép co dãn là
1.Bảo toàn tính thẳng hàng.
2.Biến tam giác có diện tích S thành tam giác có diện tích k.S (Sử dụng để làm cái giả thiết trong link ở mathlinks trên)
3.Phép co dãn có d trùng với 1 trục elip,k bằng tỉ số 2 trục thì ảnh của elip là một đường tròn (chứng minh bằng tọa độ)

Ta thấy rằng tồn tại phép dãn biến hình đã cho thành định lý Newton quen thuộc cho tứ giác ngoại tiếp,từ đó theo tính chất 1 ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi n.v.thanh

Như mình đã nói mấy hôm trước,hôm nay mới có dịp xem lại.Chứng minh định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp một Elip có thể xài 2 cách.
Cách 1 :[Only registered and activated users can see links. ]
Cách 2 : Sử dụng phép co dãn.Phép này mình đọc dc trong quyển biến hình của thầy Đỗ Thanh Sơn



Ta thấy rằng tồn tại phép dãn biến hình đã cho thành định lý Newton quen thuộc cho tứ giác ngoại tiếp,từ đó theo tính chất 1 ta có đpcm.

Còn một cách thứ 3 là sử dụng phép chiếu xuyên tâm trong không gian Xét mặt nón $\mathcal{C} $ và mặt phẳng $(P) $ sao cho giao tuyến của chúng là ellip $\mathcal{E} $. Một mặt phẳng $(Q) $ vuông góc với trục của $\mathcal{C} $ cắt $\mathcal{C} $ tại đường tròn $\mathcal{T} $. Phép chiếu xuyên tâm với tâm là đỉnh của nón $\mathcal{C} $ từ $(P) \to (Q) $ sẽ đưa bài toán về trường hợp định lý Newton với tứ giác ngoại tiếp đường tròn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Ảo vãi.

Mà hình như cái bài 65 ở trên trùng với bài 40 này thì phải.
[Only registered and activated users can see links. ]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Một cách khác là đưa về tứ giác pedal. Cái này giúp cho lời giải của Bài 42 trở nên sơ cấp hơn:
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Evarist Galois]

Nguyên văn bởi thiendienduong

------------------------------
BÀI 68
Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q là các điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho: AM=NB=CP=DQ và MNPQ là hình vuông. Chứng minh rằng: ABCD cũng là hình vuông.

Đây là khi M,N,P,Q nằm trên các cạnh:

Gọi O là tâm MNPQ. Giả sử hình vuông ABCD định hướng thuận. Thế thì xét phép quay tâm O, góc $\frac{\pi}{2} $ biến A thành A', B thành B' ,M thành N, N thành P, P thành Q và Q thành P nên biến NB thành PB'. Do đó PB' vuông góc BC và PB'=NB=PC cho nên B' và P nằm về 2 hai phía khác nhau với BC. Mà M thuộc đoạn AB nên N thuộc đoạn A'B'.
Suy ra M và A' nằm về cùng phía với BC (1)
Mà tương tự như trên thì N và A' nằm về 2 phía với AB (2)
Và để ý rằng do góc AON tù và AOM nhọn nên A' nằm trong góc MON (3)

(1),(2),(3) suy ra A' nằm trong góc MNB nên $\angle {MNB} \ge \angle {MNA'}=\angle {QMA} $
Tương tự suy ra $\angle {MNB} \ge \angle {QMA} \ge \angle {PQD} \ge \angle {NPC} \ge \angle {MNB} $ cho nên 4 góc này bằng nhau. Mà góc MNB phụ PNC nên góc C vuông hay ABCD là hình chữ nhật
Mà $MN^2=NP^2=BN^2+BM^2=CP^2+CN^2 \to BM=CN \to BC=AB $
Từ đó ABCD là hình vuuông ,đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[cleverboy]

Có ai up lại file giải bài 42 của LTL không? Mình down về nhưng không đọc được
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Đó.Xài foxit hoặc adobe bản mới nhất để đọc.
Ai có bài mới ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thiendienduong]

BÀI 69
Cho $\Delta ABC $. Đường tròn $(O_{1}) $ nằm trong tam giác và tiếp xúc với các cạnh AB, AC. Đường tròn $(O_{2}) $ đi qua B, C và tiếp ngoài với đường tròn $(O_{1}) $ tại T. Chứng minh rằng: phân giác $\widehat{BTC} $ đi qua tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC $.

Cảm ơn bạn Thanh đã nhắc nhở. Thực sự là mình không biết bài đó có trên TTT2.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Nguyên văn bởi hien123

Bài 53 (Nguyễn Minh Hà): Cho tam giác nhọn ABC. Một đường tròn (O) tiếp xúc ngoài với đường tròn đường kính BC tại X và tiếp xúc với các cạnh AB, AC của tam giác ABC. Tương tự xác định được các điểm Y, Z. Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy, xác định vị trí hình học của điểm đồng quy

Lúc nãy có bạn nhắc mình là chưa ai giải bài này.

Lời giải bài 53

Gọi $(D,E),(R,S),(P,Q) $ là hình chiếu của $M,A',K $ lên $AB,AC. $

Áp dụng định lý Talet ta tính được

$A'R.KM=A'T.KM+RT.KM= PK.MA'+KA'.KM = KA'.(MA'+KM) = \dfrac{1}{2}.KA'.(a+h_c) $

Tương tự ta có $A'S.KM = \dfrac{1}{2}.KA'.(a+h_b) $

Như vậy $\frac{\sin\angle BAA'}{\sin\angle CAA'}=\frac{A'R}{A'S}=\frac{1+\sin B}{1+\sin C} $

Từ đó áp dụng Ceva dạng Sin ta có đpcm.

Điểm giao của các đường này là điểm gì thì tớ cũng chịu.Nhưng chắc là có tên trong quyển ETC-Quyển gì đó chứa mấy nghìn điểm kiểu này.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Để mình bắn nốt bài 69 rồi đi ngủ .
Lời giải bài 69

Ta sẽ chỉ ra IBET và ICFT nội tiếp.Từ đó có đpcm.
Đề bài đổi thành :

Cho tam giác ABC,(I) nội tiếp.E,F trên 2 cạnh sao cho AE=AF,(IBE) cắt (ICF) tại T.Chứng minh (TBC) và (TEF) tiếp xúc.

Sử dụng phép nghịch đảo $S_I^{r^2} $.Ta có

.) $\mathcal S $ biến $A,B,C,E,F,T $ thành $A',B',C',E',F',T' $. I lúc đó là trực tâm tam giác A'B'C',Có $B'E'T' $ thẳng hàng,$C'F'T' $ thẳng hàng. Có A'E'=A'F' và $\angle IA'E'=\angle IA'F' $.Ta cần chứng minh (T'E'F') và (T'B'C') tiếp xúc.

Ta phát biểu bài toán mới :

Tam giác ABC,H là trực tâm.Dựng 2 đoạn AE,AF sao cho AE,AF đối xứng nhau qua AH.BE và CF cắt nhau tại T.Chứng tỏ rằng (TBC) và (TEF) tiếp xúc.

Xét tam giác cân AEF có AH là trục đối xứng nên AH vuông góc với EF suy ra EF song song với BC.
Sử dụng bổ đề đơn giản

Tam giác ABC,D,E nằm trên AB,AC sao cho DE song song BC.Cmr (ADE) và (ABC) tiếp xúc nhau tại A.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]