Chủ đề này có 452 trả lời

[BlackSelena]

Từ bổ đề bài 48 ta lại liên hệ tới một bài toán khác

$BK \cap AA'$ là $F$ (lười vẽ hình)
Sau khi chứng minh bài 48, ta có:
$\angle ABL = \angle CBF$
Bài 54:
* Chứng minh: $\angle BCF = \angle ACL$
P/s: những ai đã biết bài này thì thôi đừng sờ mó nhé =))~

[hamdvk]

Bài 54:
* Chứng minh: $\angle BCF = \angle ACL$
P/s: những ai đã biết bài này thì thôi đừng sờ mó nhé =))~

Cho em một bài khác (mãi chưa nghĩ ra ) !!
Bài 55 . Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp (O) . D,E,F lần lượt là các tiếp điểm trên BC,AB.CA . h là chân đường vuông góc hạ từ D dến EF
CMR : $\widehat{BHE}=\widehat{CHF}$
__________________________
@BlackSelena: tạm ẩn những chỗ cần ẩn
Bài này có gì đó liên quan tới Blanchett không nhỉ ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 27-07-2012 - 15:48

[Beautifulsunrise]

Cho em một bài khác (mãi chưa nghĩ ra ) !!
Bài 55 . Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp (O) . D,E,F lần lượt là các tiếp điểm trên BC,AB.CA . h là chân đường vuông góc hạ từ D dến EF
CMR : $\widehat{BHE}=\widehat{CHF}$
__________________________
@BlackSelena: tạm ẩn những chỗ cần ẩn
Bài này có gì đó liên quan tới Blanchett không nhỉ ?

Giải (THPT)_Hàng điểm điều hòa). Nếu cần thì có thể trình bày chứng mình theo cách của THCS vì hàng điểm điều hòa chỉ là cách trình bày tắt hơn thôi.
Dễ thấy AD, BF, CE đồng quy nên áp dụng Bổ đề 1 trong lời giải bài 52 ta có: (T, D, B, C) = -1 => (HT, HD, HB, HC) = -1 mà $\widehat{DHT} =1v$ nên HD là phân giác của $\widehat{BHC}$ => đpcm.
-----------------------------
P/S: Cách C/m BT giống hệt cách c/m ĐL Blanchett

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 27-07-2012 - 18:04

[triethuynhmath]

Cho em một bài khác (mãi chưa nghĩ ra ) !!
Bài 55 . Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp (O) . D,E,F lần lượt là các tiếp điểm trên BC,AB.CA . h là chân đường vuông góc hạ từ D dến EF
CMR : $\widehat{BHE}=\widehat{CHF}$

Bài này khá hay:
Từ B,C vẽ $BM,CN \perp EF$ tại M,N.CM cắt BN tại P.Ta có :
$AE=AF$ ( tính chất tâm đường tròn nội tiếp ) => $\angle AEF=\angle AFE\Rightarrow \angle MEB=\angle CFN\Rightarrow \Delta BME$ đồng dạng $\Delta CNF(gg)$ $\Rightarrow \frac{BM}{CN}=\frac{BE}{CF}$.
Mà $BE=BD,CF=CD\Rightarrow \frac{BM}{CN}=\frac{BD}{CD}$
Mặt khác $BM//CN(\perp EF)$ $\Rightarrow \frac{BM}{CN}=\frac{BP}{PN}(Thales)\Rightarrow \frac{BD}{CD}=\frac{BP}{PN}\Rightarrow PD//CN$(Thales đảo).Mà $DH//CN(\perp EF)$ =>P,D,H thẳng hàng (Tiên đề Euclid).Vậy $PH//CN$ $\Rightarrow \frac{MH}{HN}=\frac{MP}{PC}=\frac{BM}{CN}\Rightarrow \Delta BMH$ đồng dạng $\Delta CNH (cgc)\Rightarrow \angle BHE=\angle CHF(Q.E.D)$
Từ bài toán này dẫn đến hệ quả sau: chứng minh HD là phân giác của góc BHC(Bài này là hệ quả của bài kia)

[BlackSelena]

Bài 52: (Một bài toán cũ mình chế ra đã bị đẩy xuống trang 5)
Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC. M, N, P lần lượt là các tiếp điểm trên AB, AC và BC. Các đường thẳng MN và BC cắt nhau tại điểm D. Qua D vẽ tiếp tuyến của (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh: AP, BF, CE đồng quy.
----------------------------------------
P/S: giải bài 40 đi các bạn

Nhờ câu nói khoáy của anh triethuynhmath >"<, cháu xin phép giải bài này bằng kiến thức THCS.
Ta sẽ chứng minh cái tính chất mà anh Hân nói

Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(O)$, có các tiếp điểm trên $AB,BC,CD,DA$ tương ứng là $M,N,P,Q$. Khi đó, $AC,BD,MP,NQ$ đồng quy tại $I$.

Kẻ $CE // AB; E \epsilon MP$
Dễ thấy $\angle OPM = \angle OMP$
$\Rightarrow \angle PMB= \angle MPC$
Mà $\angle BMP = \angle CEP$ (đồng vị).
$\Rightarrow \angle CEP = \angle CPE$
$\Rightarrow EC = PC$
$AC \cap MP = I; AC \cap QN = I'$(mỗi lần gõ chữ "ca" lại nhớ đến anh Thịnh 'lí do chắc ai cũng biết =))~')
Ta sẽ chứng minh $I \equiv I'$
Thật vậy, dễ thấy $\frac{IA}{IC} = \frac{AM}{EC}$
Mặt khác ta đã có $EC = PC$ (chứng minh ở trên)
$\Rightarrow \frac{IA}{IC} = \frac{AM}{PC}$
Chứng minh tương tự, ta cũng có $\frac{I'A}{I'C} = \frac{AQ}{NC}$
Mà mặt à mũi khác ( ) ta cũng có $AQ = AM; NC = PC$
$\Rightarrow \frac{I'A}{I'C} = \frac{IA}{IC}$
$\Rightarrow I \equiv I'$
Vậy $AC,MP,QN:\text{ đồng quy }$. Tương tự như thế cũng có $MP,QN, DB: \text{ đồng quy }$.
$Q.E.D$
Áp dụng thẳng tính chất này vô bài toán, ta có điều phải chứng minh.
(Trình bày kĩ càng lắm đó )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 27-07-2012 - 19:24

[Yagami Raito]

Mình đưa ra bài này mọi người làm nhé...
Bài 56:
Trên đoạn $AB$ lấy điểm $M$ $(MA>MB)$ .
Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ $AB$ vẽ tam giác đều $AMC$ và $BMD$. Gọi $E,F,I,K$ thứ tự trung điểm $CM;CB;DM;DA$
C/m tứ giác $EFIK$ là hình thang cân và $KF=\frac{1}{2}CD$
____________________________
@BlackSelena: nhớ thứ tự số bài nhé em.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 27-07-2012 - 21:19

[BlackSelena]

Mình đưa ra bài này mọi người làm nhé...
Trên đoạn $AB$ lấy điểm $M$ $(MA>MB)$ .
Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ $AB$ vẽ tam giác đều $AMC$ và $BMD$. Gọi $E,F,I,K$ thứ tự trung điểm $CM;CB;DM;DA$
C/m tứ giác $EFIK$ là hình thang cân và $KF=\frac{1}{2}CD$

Em đã học đường trung bình chưa nhỉ ?
Dễ thấy $EF,KI // AB$
$\Rightarrow EFIK: \text{ hình thang }$
Vậy giờ ta cần chứng minh $\angle EKI = \angle FIK$
Kéo dài $EK, FI \cap BC = P,Q$
Dễ thấy $EFQP: \text{ hình thang}$
Mà $EP = FQ = \frac{CM}{2}$
$\Rightarrow EFQP : \text{ hình thang cân }$
$\Rightarrow \angle KPQ = \angle IQP$
$\Rightarrow \angle EKI = \angle FIK$
$\Rightarrow EKIF: \text{ hình thang cân }$
Theo tính chất hình thang cân, ta có $KF = EI$
Mà $EI:\text{ đường trung bình } \triangle CMD$
$\Rightarrow EI = \frac{CD}{2}$
$\Rightarrow KF = \frac{CD}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 27-07-2012 - 21:13

[BlackSelena]

Bài 57: Cho $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$. $\angle B = \angle C = 40^o$. Trên $AB$ kéo dài về phía $B$ lấy điểm $M$ sao cho $AM = BC$. Tính $\angle AMC$.

[Tru09]

Bài 57: Cho $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$. $\angle B = \angle C = 40^o$. Trên $AB$ kéo dài về phía $B$ lấy điểm $M$ sao cho $AM = BC$. Tính $\angle AMC$.

Đề có bị lẻ quá ko??

triethuynhmath: Bạn đọc không kĩ đề rồi là kéo dài về phía B mà?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 19-10-2013 - 22:59

[triethuynhmath]

Bài 57: Cho $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$. $\angle B = \angle C = 40^o$. Trên $AB$ kéo dài về phía $B$ lấy điểm $M$ sao cho $AM = BC$. Tính $\angle AMC$.

\
Chém bài này:(Nhờ gợi ý của "người ra đề" )
Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C ta dựng tam giác đều AMN..
Ta có $\angle A=180^0-(\angle B+\angle C)=100^0$ $\Rightarrow \angle NAC=\angle BAC-\angle MAN=40^0$
Và $AN=AM=BC$
$\Rightarrow \Delta ACN=\angle CAB(cgc)$$\Rightarrow CN=AB=AC$
Mặt khác $MA=MN\Rightarrow$ MC là trung trực AN $\Rightarrow \angle AMC=\frac{1}{2}\angle AMN=30^0(Q.E.D)$

[Tru09]

Bài 57: Cho $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$. $\angle B = \angle C = 40^o$. Trên $AB$ kéo dài về phía $B$ lấy điểm $M$ sao cho $AM = BC$. Tính $\angle AMC$.

Cách khác :
Vẽ đường tròng ngoại tiếp $\Delta ABC$ tâm O
$\rightarrow \angle OCG = 10^o$
$CO \cap AB ={M'}$
Dễ dàng CM $\angle AMC =30^o$
Kẻ $OH \perp OM' $
Dễ thấy $AGHC :\text {tgnt}$
$\rightarrow GH // AC$
$\rightarrow AGHC :\text{hình thang cân}$
$\rightarrow AH =\frac{1}{2} BC$
Mà $M'A =2AH$( dễ dàng cm)
$\rightarrow AM'=BC \rightarrow$ M trùng M'
$\rightarrow DPCM$
(mình chậm vãi)

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 27-07-2012 - 22:38

[BlackSelena]

Một bài tương tự như thế
Bài 58: Cho $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$, $\angle A = 20^o$. Trên $AB$ lấy $D$ sao cho $AD = BC$. Tính $\angle BDC$.

[triethuynhmath]

Một bài tương tự như thế
Bài 58: Cho $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$, $\angle A = 20^o$. Trên $AB$ lấy $D$ sao cho $AD = BC$. Tính $\angle BDC$.

Chém bài này,tương tự mà cũng chả dễ gì cả,hix (nguồn:người ra đề).

Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A.Dựng tam giác đều BEC.
Dễ dàng chứng minh AE là trung trực BC $(AB=AC,EB=EC)$
$\Rightarrow \angle AEB=\angle AEC\Rightarrow 2\angle AEB=360^0-\angle BEC=300^0\Rightarrow \angle AEB=150^0$
Ta có :
$\angle A=20^0\Rightarrow \angle B=80^0\Rightarrow \angle ABE=\angle B-\angle EBC=80^0-60^0=20^0=\angle BAC$
Ta có :
$AB=AC;\angle DAC=\angle ABE=20^0;BE=BC=AD\Rightarrow \Delta AEB=\Delta CDA(cgc)$
$\Rightarrow \angle ADC=\angle AEB=150^0\Rightarrow BDC=180^0-\angle AEB=30^0(Q.E.D)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 28-07-2012 - 16:41

[tkvn97]

Bài 59 . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và a , b, c , r , R lần lượt là độ dài ba cạnh tương ứng , bán kính đường tròn nội tiếp , ngoại tiếp của nó . Chứng minh rằng : $2(AH.BH+AH.CH+BH.CH)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+4Rr+4r^{2}-8R^{2}$
Bài 60. Cho tam giác ABC . Một đường tròn tâm O đi qua các điểm A và C và lại cắt các đoạn AB và BC theo thứ tự tại hai điểm phân biệt K và N . Giả sử các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC và KBN cắt nhau đúng hai điểm phân biệt B và M . Chứng minh rằng góc OMB vuông .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 29-07-2012 - 00:11

[triethuynhmath]

Bài 60. Cho tam giác ABC . Một đường tròn tâm O đi qua các điểm A và C và lại cắt các đoạn AB và BC theo thứ tự tại hai điểm phân biệt K và N . Giả sử các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC và KBN cắt nhau đúng hai điểm phân biệt B và M . Chứng minh rằng góc OMB vuông .

Chém bài 60.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN.Vẽ đường kính BP của (J).Ta có:
$PM \perp BM$
Mặt khác (I),(J) cắt nhau tại B,M => $IJ \perp BM$ => IJ// PM.
Ta có (O) và (J) cắt nhau tại K,N => OJ vuông góc KN.
trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A kẻ tia tiếp tuyến Bx của (I) => $ IB \perp Bx$ và $\angle xBC=\angle BAC$Mà $NKAC$ nội tiếp (O) => $\angle BNK=\angle BAC=\angle xBC\Rightarrow Bx//KN \Rightarrow IB \perp KN\Rightarrow IB//OJ(\perp KN)$
Chứng minh tương tự ta được $BJ//OI(\perp AC)$ => BJOI là hình bình hành => $OI//=BJ$ Mà J là trung điểm BI => $OI//=JP$ => POIJ là hình bình hành => PO//IJ.Mà PM//IJ(Chứng minh trên) => O,P,M thẳng hàng => OM vuông góc PM tại M $(Q.E.D)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 28-07-2012 - 19:26

[triethuynhmath]

Bài 61:
Cho tam giác ABC có $AB\neq AC$,gọi V là giao điểm phân giác góc A với cạnh BC,D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống cạnh BC.Nếu E,F tương ứng là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AVD với 2 cạnh CA và AB,hãy chứng minh rằng các đường thẳng $AD,BE,CF$ đồng quy

[BlackSelena]

Bài 61:
Cho tam giác ABC có $AB\neq AC$,gọi V là giao điểm phân giác góc A với cạnh BC,D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống cạnh BC.Nếu E,F tương ứng là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AVD với 2 cạnh CA và AB,hãy chứng minh rằng các đường thẳng $AD,BE,CF$ đồng quy

Lời giải bài 61:

Nối $EV,VF$ dễ thấy $EV = VF \Rightarrow AE = AF$
$AD,BF,CE:\text{ đồng quy } \Leftrightarrow \frac{BD}{DC}.\frac{CF}{AF}.\frac{AE}{EB}$
$\Leftrightarrow \frac{BD}{DC}.\frac{CF}{BE}$
Mặt khác ta có $\triangle CFV \sim \triangle CDA$
$\Rightarrow \frac{CF}{DC} = \frac{FV}{AD}$
Tương tự, ta cũng có $\frac{BE}{BD} = \frac{EV}{AD}$
Vậy $\frac{BD}{DC}.\frac{CF}{BE} = \frac{FV}{AD}.\frac{AD}{EV} = 1$
Theo $Ceva$ ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 28-07-2012 - 23:15

[Beautifulsunrise]

Bài 61:
Cho tam giác ABC có $AB\neq AC$,gọi V là giao điểm phân giác góc A với cạnh BC,D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống cạnh BC.Nếu E,F tương ứng là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AVD với 2 cạnh CA và AB,hãy chứng minh rằng các đường thẳng $AD,BE,CF$ đồng quy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 29-07-2012 - 00:11

[Tru09]

Bài 62:
cho $\Delta ABC$ cân tại A , $\angle A=20^o$
Kẻ phân giác $\angle B $$ \cap$ Đường thẳng qua C //AB ={I}
Nối AI
Kẻ đường thẳng CE // AI $\cap AB$ ={E} .
Tính góc $\angle BEC$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 29-07-2012 - 14:51

[triethuynhmath]

Bài 62:
cho $\Delta ABC$ cân tại A , $\angle A=20^o$
Kẻ phân giác $\angle B $$ \cap$ Đường thẳng qua C //AB ={I}
Nối AI
Kẻ đường thẳng CE // AI $\cap AB$ ={E} .
Tính góc $\angle BEC$

Bài này chẳng qua là bài 58 mà mình đã giải,chỉ có đôi chút khác biệt:
DD nhận thấy AECI là hình bình hành $(IC//AE,AI//CE) =>$ AE=IC.
Ta có :
$IC//AB$ => $\angle BIC=\angle ABI=\angle IBC =>$ Tam giác IBC cân tại C $=> BC=CI=AE$
Và bài toán giờ đây đã trở thành bài toán 58.

Hình gửi kèm

•