Chủ đề này có 4 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 5 (7 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trong đó $B,C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. Trên các tia $AB$ và $AC$ lấy lần lượt các điểm $M$ và $N$ sao cho $MA=MC$ và $NA=NB$. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ và $ABC$

a) Chứng minh rằng ba điểm $A,P,Q$ thẳng hàng
b) Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Các đường tròn có tâm là $M,N$ và cùng đi qua $A$ cắt nhau tại $K(K\neq A)$. Đường thẳng đi qua $A$, vuông góc với $AK$ cắt $BC$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ cắt $(O)$ tại $F(F\neq A)$. Chứng minh rằng $AF$ đi qua một điểm cố định.

 

[nguyenqn1998]

câu a) Do NA=NB,MA=MC =>$\angle ABN= \angle BAB=\angle ACM$

=> BNCM nội tiếp => $\overline{QM}.\overline{QN}=\overline{QB}.\overline{QC}$

kẻ đường tròn ngoại tiếp tứ giác BNCM khi đó AP,MN,BC đồng quy tại Q' (trục đẳng phương)

=> $\overline{Q'M}.\overline{Q'N}=\overline{Q'B}.\overline{Q'C}$

=> Q trùng Q'

=> A,P,Q thẳng hàng

[BlackSelena]

Bài 5 (7 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trong đó $B,C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. Trên các tia $AB$ và $AC$ lấy lần lượt các điểm $M$ và $N$ sao cho $MA=MC$ và $NA=NB$. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ và $ABC$

a) Chứng minh rằng ba điểm $A,P,Q$ thẳng hàng
b) Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Các đường tròn có tâm là $M,N$ và cùng đi qua $A$ cắt nhau tại $K(K\neq A)$. Đường thẳng đi qua $A$, vuông góc với $AK$ cắt $BC$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ cắt $(O)$ tại $F(F\neq A)$. Chứng minh rằng $AF$ đi qua một điểm cố định.

Bài này không đánh đố như năm ngoái , cơ mà phải bình tĩnh làm bài. Mình ngồi nhà nên thấy nó không quá khó, các anh đi thi nếu tĩnh tâm chắc ko trục trặc gì đâu ^^~.

$\boxed{\text{Không giảm tính tổng quát. Trường hợp bài toán xảy ra như trên hình, các trường hợp còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự}}$

a, Ngoài các tứ giác nội tiếp hiển nhiên từ giả thiết, chú ý thêm còn có tứ giác $QMCP, BQPN, BMCN$ nội tiếp nữa. Sử dụng các tính chất về góc của tứ giác nội tiếp để chứng minh $\angle AQP = 180^\circ$ là xong.

b, Từ giả thiết, ta có $\left\{\begin{matrix} NO \perp AC \Rightarrow NO \perp AM\\ MO \perp AB \Rightarrow MO \perp AN \end{matrix}\right. $ $\Rightarrow O$ là trực tâm $\triangle AMN$.
Lại có $\left\{\begin{matrix} AK \perp MN\\ AO \perp MN \end{matrix}\right. \Rightarrow \overline{A,O,K}$

Vậy $AE$ là tiếp tuyến của $(O)$. Tới đây bài toán quay trở về một bổ đề rất quen thuộc: $AF$ là đường đối trung của $\triangle ABC$

Thật vậy, giả sử đường đối trung của $\triangle ABC$ tại $A$ cắt $(O)$ tại $F'$ (trên hình em là $F$ nhưng nó cũng ko ảnh hưởng lắm)

Khi do $A(EF'BC) = -1$ nên $ABF'C$ là tứ giác điều hòa $\Rightarrow EF$ là tiếp tuyến của $(O)$

$\Rightarrow \angle EF'O = 90^\circ =  \angle EDO = \angle EAO$ nên $E,A,O,D,F'$ đồng viên.

Hay $F \equiv F'$.

Chỗ này dễ bị nhầm lẫn, nhiều người sẽ tưởng điểm cố định là giao điểm của đường đối trung từ đỉnh $A$ với $BC$ (vì nó chia $BC$ tỉ số không đổi) nhưng nếu để ý kĩ đề bài thì $A$ chuyển động trên $O$ nên $\dfrac{AB}{AC} \neq const$, tức điểm đấy không phải là điểm cố định.
Tóm lại, điểm cố định mà $AF$ đi qua là giao điểm 2 tiếp tuyến từ $B$ và $C$ của $(O)$ $\square$

[nguyenqn1998]

cách khác: 

b) dễ dàng c/m: AO vuông góc MN => A,O,K thẳng hàng (c/m như bạn Blackselena) mà $\angle ODE= 90$

=> các điểm A,O,D,F,E nội tiếp đường tròn đường kính OE

=> EA,EF là tiếp tuyến của đường tròn (O)

<=> ABFC là tứ giác điều hòa

<=> AF luôn đi qua giao điểm của 2 tiếp tuyến B,C của đường tròn (O)  

[Hoang Tung 126]

 Mình xin giới thiệu cách làm của THCS ,Hình vẽ như của bạn http://diendantoanho...77-blackselena/

Câu b:Vẽ 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $I$ .Do B,C cố định nên $I$ cố định .Ta sẽ CM: AF đi qua điểm $I$ cố định.

Gọi giao điểm của $AI$ với đường tròn $(O)$ là $F'$. Ta sẽ CM :$F\equiv F'$

-Do $AO=OB,AN=NB= > ON$ là trung trực đoạn $AM$ $= > ON$ vuông góc AB, Tương tự OM vuông góc AN 

Do đó O là trực tâm tam giác AMN nên AO vuông góc MN. Do 2 đường tròn tâm M và tâm N cắt nhau tại A và K nên MN là trung trực AK hay MN vuông góc AK :

 Từ đó suy ra A,O,K thẳng hàng .

Gọi D là giao điểm của OI và BC .Ta có :$IB^2=ID.IO=IF'.IA$ nên tứ giác $AODF'$ nội tiếp hay $\widehat{KOD}=\widehat{DF'A}$(1)

Do $\widehat{ODE}+\widehat{EAO}=90+90=180$ nên tứ giác AODE nội tiếp hay $\widehat{ODK}=\widehat{AED}$(2)

- Từ (1) ,(2) $= > \widehat{DF'A}=\widehat{AED}$ hay tứ giác $AEF'D$ nội tiếp .Từ đó $F'$ là giao điểm của 2 đường tròn $(AED),(ABC)$

$= > F\equiv F'$ $= > AF$ đi qua điểm I cố định