Chủ đề này có 452 trả lời

[henry0905]

Bài 38 .
Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định $(O\notin AB)$ . P là điểm di động trên đoạn thẳng ( AB $P \neq A , B$ và P khác trung điểm AB ) Đường tròn tâm C đi qua P tiếp xúc với đường tròn O tại A . Đường tròn tâm D đi qua P tiếp xúc với đường tròn (O) tại B . Hai đường tròn © và (D) cắt nhau tại N $(N\neq P)$.
a) Chứng minh rằng $\widehat{ANP } = \widehat{BNP}$ vfa bốn điểm O , D , C , N cùng nằm trên một đường tròn .

38a) Hai tiếp tuyến tại A,B của (O) cắt nhau tại E
Ta có: $\widehat{ANP}=\widehat{EAP}=\widehat{EBP}=\widehat{PNE}$
$\Rightarrow$ tứ giác NOBA nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{NBO}=\widehat{NAO}$
$\Rightarrow \widehat{NDO}=\widehat{NCO}$ (góc ngoài tam giác)
$\Rightarrow$ tứ giác NODC nội tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:11

[triethuynhmath]

Bài 38 .
Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định $(O\notin AB)$ . P là điểm di động trên đoạn thẳng ( AB $P \neq A , B$ và P khác trung điểm AB ) Đường tròn tâm C đi qua P tiếp xúc với đường tròn O tại A . Đường tròn tâm D đi qua P tiếp xúc với đường tròn (O) tại B . Hai đường tròn © và (D) cắt nhau tại N $(N\neq P)$.
b) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua một điểm cố định khi P di động.

Ta có theo câu a
$\angle ANP=\angle MNP=\frac{ACP}{2}=\frac{180^0-2\angle CAP}{2}=\frac{\angle AOB}{2}$
=> $\angle AOB=\angle ANP+\angle PNB=\angle ANB$=> ONAB nội tiếp=> Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB => T cố định(O,A,B cố định).Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB(cmt) => TN=TO.Vậy T thuộc trung trực ON.Mà T cố định => Q.E.D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:12

[chinhanh9]

Bài 40
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). AB, BC, CD, DA tiếp xúc với (O) lần lượt tại M, N, P, Q. MQ cắt AN, AP lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng: BF, DE, AC đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:12

[BlackSelena]

Thay vì post thêm những bài mới sao mn ko giải quyết nốt những bài còn tồn đọng trong box Hình Học nhỉ
Bài 39:

Cho hình vuông ABCD. Gọi M,N và P là ba điểm lần lượt lấy trên các cạnh BC, CD và DA sao cho MNP là một tam giác đều.
1) CM hệ thức : $\large \ CN^{2}-AP^{2}=2DP.BM$
2) Hãy xác định vị trí của các điểm M,N và P sao cho tam giác MNP có diện tích nhỏ nhất.
3) CMR tam giác MNP có diện tích lớn nhất khi M trùng với B hoặc khi P trùng với A.

~ http://diendantoanho...showtopic=71096

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 17-07-2012 - 23:22

[ntm1406]

Bài 41: Cho tam giác ABC nhọn cố định. Điểm M di dộng trên đoạn AB. Kẻ MP, MQ vuông góc với BC và AC tại P và Q. Định vị trí của M trên AB sao cho độ dài PQ đạt GTNN.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:13

[triethuynhmath]

Bài 41: Cho tam giác ABC nhọn cố định. Điểm M di dộng trên đoạn AB. Kẻ MP, MQ vuông góc với BC và AC tại P và Q. Định vị trí của M trên AB sao cho độ dài PQ đạt GTNN.

Chém bài này (Sử dụng công thức là xong):.

Tứ giác CQMP nội tiếp ($\angle CQM+\angle CPM=90^0+90^0=180^0) =>$ CQMP nội tiếp đường tròn đường kính CM
Ta DDCM công thức $PQ=CM.sinC$. Mà tam giác ABC cố định $=>\angle C$ không đổi $=>sinC$ không đổi. Vậy PQ đạt min $<=>$ CM min. Ta có AB cố định, C cố định. M di động trên AB. Vậy CM đạt Min $<=>$ M là hình chiếu của C trên AB.
Vậy khi M là hình chiếu của C trên AB thì PQ đạt GTNN (Q.E.D)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:15

[BlackSelena]

Tứ giác CQMP nội tiếp ($\angle CQM+\angle CPM=90^0+90^0=180^0) =>$ CQMP nội tiếp đường tròn đường kính CM
Ta DDCM công thức $PQ=CM.sinC$. Mà tam giác ABC cố định $=>\angle C$ không đổi $=>sinC$ không đổi. Vậy PQ đạt min $<=>$ CM min. Ta có AB cố định, C cố định. M di động trên AB. Vậy CM đạt Min $<=>$ M là hình chiếu của C trên AB.
Vậy khi M là hình chiếu của C trên AB thì PQ đạt GTNN (Q.E.D)

Em chứng minh rõ công thức này hơn và bổ sung cái hình luôn.
Kẻ đường kính $QN$, ta có $sinC =sinPNQ = \frac{PQ}{QN} = \frac{PQ}{CM} \Rightarrow đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:15

[ntm1406]

Bài 42 Cho M là điểm nằm trong hoặc trên cạnh của hình chữ nhật ABCD. CMR: MA+MB+MC+MD $\leq$ AB+AC+AD

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:22

[triethuynhmath]

Bài 42 Cho M là điểm nằm trong hoặc trên cạnh của hình chữ nhật ABCD. C/m : MA+MB+MC+MD $\leq$ AB+AC+AD

Chém bài này:
Ta chứng minh bổ đề sau :
"Lấy điểm E trên cạnh AB trên cạnh AB của hình chữ nhật ABCD thì ED+EC < AD+AC"
Vẽ điểm H sao cho A là trung điểm DH, AB cắt CH ở O
HA = AD = BC và HA // BC=> AHBC là hbh => O là tâm đối xứng của hbh ACBH
E thuộc đoạn AB => E thuộc OA hoặc E thuộc OB.
Không mất tính tổng quát,giả sử E thuộc đoạn OA,tia CE cắt AH tại I
Ta có AB là trung trực DH (AB vuông góc DH tại trung điểm A của DH)
$=>ED = EH$. Lại có $IA + AC > IC, HI + IE > HE$
$=> ED + EC = EH + EC < HI + IE + EC = HI + IC$
$HI + IC < HI + IA + AC = HA + AC = AD + AC (AH = AD)$
=> ED + EC < AD + AC
Bổ đề đã được chứng minh.

Qua M vẽ đường thẳng // AD, cắt AB ở E, CD ở F
DDCM ADFE, BCFE là các hình chữ nhật
Áp dụng bổ đề trên với các hình chữ nhật ADFE, BCFE, ABCD, ta có :
MA + MD < EA + ED; MB + MC < EB + EC, ED + EC < AD + AC
Cộng 3 BĐT trên,vế theo vế,ta được:
MA + MD + MB + MC + ED + EC < EA + ED + EB + EC + AD + AC = AD + AC + EA + EB = AD + AC + AB (Q.E.D)
P/s:Bài này, có thể nói là ngoài sức tưởng tượng...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:21

[henry0905]

Bài 31: Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì trong tam giác. AM,BM,CM cắt các cạnh đối tại D,E,F. C/m $S_{DEF}\leq \frac{1}{4}S_{ABC}$. Dấu = xảy ra khi nào?

Mình xin post lời giải bài này:
Đặt $\frac{AF}{FB}=x,\frac{BD}{DC}=y,\frac{CE}{EA}=z$
Ta có: $\frac{AF}{AB}=\frac{x}{x+1},\frac{CE}{CA}=\frac{1}{z+1}$
$\Rightarrow \frac{S_{AFE}}{S_{ACB}}=\frac{AF.AE}{AB.AC}=\frac{x}{(x+1)(z+1)}$
Chứng minh tương tự được:
$\Rightarrow \frac{S_{BFD}}{S_{BCA}}=\frac{y}{(x+1)(y+1)}$
$\frac{S_{CDE}}{S_{CAB}}=\frac{z}{(z+1)(y+1)}$
Từ đây ta suy ra:
$\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=\frac{x+y+z+xy+xz+yz}{(x+1)(y+1)(z+1)}$
Bất đẳng thức cần chứng minh:
$\frac{x+y+z+xy+xz+yz}{(x+1)(y+1)(z+1)}\geq \frac{3}{4}$
Mà theo Xeva ta có:xyz=1
$\frac{x+y+z+xy+xz+yz}{(x+1)(y+1)(z+1)}=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 6$ (bất đẳng thức đúng)
Dấu = xảy ra khi x=y=z và xyz=1 $\Leftrightarrow$ D,E,F lần lượt là trung điểm 3 cạnh tam giác:
P/s: Đối với mình, đây là bài toán bất hủ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 18-07-2012 - 23:36

[BoFaKe]

Bài 43. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AC lấy điểm D tùy ý (khác A và C). Đường thăng BD cắt (O) tại điểm thứ 2 là F. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua F vuông góc với FC cắt nhau tại P. CMR: P, D, O thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 19-07-2012 - 23:03

[tkvn97]

Bài 44 . Kí hiệu $a,b,c , h_{a}, h_{b} , h_{c}$ và $r_{a},r_{b} ,r_{c}$ theo thứ tự là độ dài các cạnh ; các đường cao và bán kính các đường tròn bàng tiếp của một tam giác ABC bất kì . Chứng minh rằng
$\frac{a}{h_{a}+r_{a}}+\frac{b}{h_{b}+r_{b}}+\frac{c}{h_{c}+r_{c}}\geq \sqrt{3}$

P/S: Bài này khá hay và khó nên các bạn bỏ chút thời gian suy nghĩ nhé .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 20-07-2012 - 12:03

[BlackSelena]

Topic chìm là sao ?
Mn đã post bài ở đây rồi thì sau 1 thời gian nên post lời giải đi chứ :-w
P/s: nếu có ai định bảo em ỷ lại thì nói trước là bài 43 em đã nghĩ 2 ngày và vẫn chưa tìm nổi hướng chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 23-07-2012 - 17:19

[BoFaKe]

Topic chìm là sao ?
Mn đã post bài ở đây rồi thì sau 1 thời gian nên post lời giải đi chứ :-w
P/s: nếu có ai định bảo em ỷ lại thì nói trước là bài 43 em đã nghĩ 2 ngày và vẫn chưa tìm nổi hướng chứng minh.

Chẳng ai nói thế cả đâu em,bài này hơi khó (anh vẽ mãi cái hình mà vẫn không được nên em chịu khó nhìn hình mình nhé )
Giả sử B' là giao điểm thứ 2 của AP với (O) thì BB' là đk.Gọi F' là điểm đối xứng của F qua PD.

*Xét P nằm trong (O).Ta có:
$\widehat{PFD}= \widehat{B'FC}$ (cùng phụ với $\widehat{BFC}$);
$\widehat{B'FC}=\widehat{CAB'}$ mà F và F' đối xứng với nhau qua PD nên $\widehat{PDF}
=\widehat{PF'D}$.
Từ đó $\widehat{PF'D}=\widehat{CAB'}$ nên tứ giác AF'BD nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{F'AD}=\widehat{F'DP}$ ,do $\widehat{F'DP}=\widehat{FDP};\widehat{FDP}=90^{\circ}-\widehat{DFF'}=\widehat{F'Ft}$ (CF kéo dài gọi là t' nhé )
$\Rightarrow \widehat{F'AP}=\widehat{F'Ft}$
$\Rightarrow$ tứ giác AF'FB' nội tiếp $\Rightarrow F' \epsilon (O)$
VÌ DP là trung trực của FF' nên nó đi qua O, hay 3 điểm P, D, O thẳng hàng.(Like nhé )

* Xét P ở ngoài ta chứng minh tương tự.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 24-07-2012 - 21:28

[BlackSelena]

Bài 44 . Kí hiệu $a,b,c , h_{a}, h_{b} , h_{c}$ và $r_{a},r_{b} ,r_{c}$ theo thứ tự là độ dài các cạnh ; các đường cao và bán kính các đường tròn bàng tiếp của một tam giác ABC bất kì . Chứng minh rằng
$\frac{a}{h_{a}+r_{a}}+\frac{b}{h_{b}+r_{b}}+\frac{c}{h_{c}+r_{c}}\geq \sqrt{3}$

P/S: Bài này khá hay và khó nên các bạn bỏ chút thời gian suy nghĩ nhé .

Mong anh post lời giải bài này sớm
_______________________________
Bài 45: Cho $\triangle ABC$, $H$ là trực tâm.
CMR: $\frac{BH.CH}{AB.AC}+\frac{CH.AH}{BC.BA} + \frac{AH.BH}{AC.BC} =1$
p/s: bài không khó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 23-07-2012 - 21:58

[henry0905]

Mong anh post lời giải bài này sớm
_______________________________
Bài 45: Cho $\triangle ABC$, $H$ là trực tâm.
CMR: $\frac{BH.CH}{AB.AC}+\frac{CH.AH}{BC.BA} + \frac{AH.BH}{AC.BC} =1$
p/s: bài không khó

Đưa về
$\frac{BH.CH}{AB.AC}=\frac{S_{BCH}}{S_{ABC}}$
$\frac{CH.AH}{BC.BA}=\frac{S_{ACH}}{S_{ABC}}$
$\frac{AH.BH}{AC.BC}=\frac{S_{ABH}}{S_{ABC}}$
Cộng 3 vế lại ta có dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 24-07-2012 - 21:34

[triethuynhmath]

Đưa về
$\frac{BH.CH}{AB.AC}=\frac{S_{BCH}}{S_{ABC}}$
$\frac{CH.AH}{BC.BA}=\frac{S_{ACH}}{S_{ABC}}$
$\frac{AH.BH}{AC.BC}=\frac{S_{ABH}}{S_{ABC}}$
Cộng 3 vế lại ta có dpcm

Bạn henry0905 làm khá tắt ,mình xin trình bày kĩ hơn :
Cho CH cắt AB tại F,BH cắt AC tại E,AH cắt BC tại D.
$DDCM \Delta BFH$ đồng dạng $\Delta BEA(gg)=> \frac{BH}{AB}=\frac{BF}{BE}$.
Ta có : $S_{ABC}=\frac{BE.AC}{2},S_{BHC}=\frac{BF.CH}{2}$ (Ở tam giác BHC có BF là đường cao, CH là đáy)
=> $\frac{BH.CH}{AB.AC}=\frac{BF.CH}{BE.AC}=\frac{2S_{BHC}}{2S_{ABC}}=\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}$.
Phần còn lại thì tương tự rồi cộng lại,có đpcm $(Q.E.D)$

[Cao Xuân Huy]

Bài 46: Cho tam giác $ABC$ có $3BC^2=2(AB^2+AC^2)$. $O$ là trung điểm $BC$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh: $HA=HO$
___________________
Hàng tự chế chưa kiểm định chất lượng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 24-07-2012 - 11:43

[Beautifulsunrise]

Bài 43. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AC lấy điểm D tùy ý (khác A và C). Đường thăng BD cắt (O) tại điểm thứ 2 là F. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua F vuông góc với FC cắt nhau tại P. CMR: P, D, O thẳng hàng.

Bổ đề (Pascal):
Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F nằm trên 1 đg tròn (theo thứ tự). Gọi giao điểm của AC và BF, AD và BE, CE và DF lần lượt là G, H, I. Khi đó G, H, I thẳng hàng.


Trở lại BT:

-----------------------------------------
P/S: Như vậy BT là 1 trường hợp đặc biệt của định lí Pascal áp dụng cho tứ giác nội tiếp, do vậy ta có thêm 1 tính chất của tứ giác nội tiếp:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, E là giao điểm 2 đường chéo, P là điểm thỏa mãn $\widehat{PAD}=\widehat{PBC}=90^{0}$. CMR: O, E, P thẳng hàng.

[BlackSelena]

Bài 47: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Trên đường thẳng $BC$ lấy hai điểm $I$, $J$ đối xứng với nhau qua $M$. Gọi $E$, $F$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AI$, $AJ$ với đường tròn $(O)$ và $H$ là trung điểm của $EF$. Tìm quỹ tích điểm $H$ khi $I$ và $J$ di động trên đường thẳng $BC$.
Nhận xét: với em, bài này khó