Chủ đề này có 239 trả lời

[Kiratran]

Topic thi vào lớp 10 chuyên.png

a) $MC=MH ; DB=DC \Rightarrow DM \parallel AB \Rightarrow \angle BAN=  \angle DMN$

 và $ \angle BAN =  \angle DCN$ (cùng chắn cung $BC$)

$\Rightarrow \angle DMN = \angle DCN$

$\Rightarrow$ Tứ giác $CMDN$ nội tiếp

b) Bạn xem lại đề câu này nhé

c) Gọi $J$ là giao điểm của $CN$ và $SA$

Theo hệ thức lượng: $DJ^2 = JN.JC$ $(1)$

$\angle SBN = \angle BAN = \angle BCN = \angle JDN$

$\Rightarrow$ Tứ giác $BDNS$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle DSN = \angle DBN = \angle NAC = \angle JCS$

$\Rightarrow \Delta JSN \sim \Delta JCS$ $(g.g)$

$\Rightarrow JS^2 = JN.JC$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow$ $JS=JD$

$\Rightarrow$ $CN$ chia đôi $SD$.

câu b là SN cắt (O) tại điểm thứ 2 là E. CM CE//SA

[Nguyenphuctang]

Lời giải bài 54: 

 

 

Từ $B$ và $C$ kẻ $2$ đường cao $BE, CF$. Gọi $K$ là trung điểm $EF$.

Dễ thấy 3 điểm $M,K,N$ thẳng hàng ($MN$ là đường trung trực $EF$). 

$FK=KE; BP=PE; QF=QC;BN=NC$ nên KP || BF || NQ. 

Tương tự: PN || KQ. $\Rightarrow$ $PKQN$  là hình bình hành nên $ MN $ đi qua trung điểm $PQ$.

 

Bài toán tương tự: Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm của $BC$, đường tròn $Euler$ cắt $AH$ tại $N$, cắt $AM$ tại $X$, từ $X$ kẻ $XY \perp BH ; XZ \perp CH$  ($Y,Z$ thuộc $BH,CH$). Chứng minh rằng: $MN$ đi qua trung điểm $YZ$.

 

Dạo này mình bận quá không vào topic thường xuyên sau này sẽ cố gắng đóng góp cho topic nhiều hơn trước.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 22-04-2017 - 22:45

[NHoang1608]

Bài toán 55 (Nguyễn Văn Linh). Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $I,J$ lần lượt là các hình chiếu của $O$ trên $AC,BD$. Gọi $E$ là giao điểm của $AD$ với $BC$ và $H,L$ thứ tự là hình chiếu của $E$ trên $AB,CD$. Chứng minh rằng $IJ$ là đường trung trực của đoạn thẳng $HL$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 22-04-2017 - 23:34

[AnhTran2911]

Thông cảm vì mình không biết vẽ hình.

Lấy điểm Z sao cho I là trung điểm HZ. Do đó tứ giác AHCZ là hbh.

Ta có: EH/ZC=EH\AH=EL\LC ( Do EAB$\sim$ECD )

$\Rightarrow$ EH\EL=CZ\CL (1)

Lại có: $\angle$ LCZ = $\angle$ACZ-$\angle$ACD= $\angle$BAC-$\angle$ABD= 1/2 ( $\angle$BOC-$\angle$AOD) (2)

$\angle$LEH =$\angle$DEC-2$\angle$DEL=2$\angle$ADC-$\angle$DEC -180

                      = $\angle$AOC+ 1\2($\angle$DOC-$\angle$AOB)-180 (3)

Từ (2)(3) ta suy ra $\angle$LEH = $\angle$LCZ ( Biến đổi tương đương đương)(4)

Vì thế từ(1)(4)$\Rightarrow$ $\triangle$LEH đồng dạng $\triangle$LCZ . Dẫn đến $\angle$ELH =$\angle$CLZ

Cho nên $\angle$HLZ =90 $\Rightarrow$ $\triangle$HlZ vuông tại L. Mà $\triangle$ này có LI trung tuyến 

Suy ra IL=IH , CMTT thì JH=JL Nên JI là trung trực HL

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 23-04-2017 - 11:47

[Nguyenphuctang]

Bài 56: (IMO 2006)

Cho hình thang $ABCD$ ($AB // CD$). Lấy $M, N$ trên $AB;CD$  sao cho $\frac{AM}{MB} = \frac{DN}{NC}$. $P$ và $Q$ trên $MN$ sao cho $\angle DPC = \angle ABC$ và $\angle AQB = \angle BCD$. Chứng minh rằng: $P,Q,B,C$ đồng viên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 23-04-2017 - 12:36

[NHoang1608]

Lời giải bài 56.

                       

Gọi giao điếm của $AQ,BQ$ với $DP,PC$ lần lượt tại $E,F$.

Dễ thấy vì $\frac{AM}{MB}=\frac{DN}{NC}$ nên các tia $DA,NM,CB$ đồng quy tại điểm $I$.

Áp dụng định lý $Menelaus$ cho tam giác $IAQ$ với 3 điểm $P,E,D$ thẳng hàng ta có:

                                      $\frac{QP}{IP}.\frac{DI}{AD}.\frac{AE}{EQ}=1$

Tương tự:

                                      $\frac{QP}{IP}.\frac{CI}{BC}.\frac{BF}{QF}=1$

Mà

                                      $\frac{DI}{AD}=\frac{CI}{BC}$  $(AB//CD)$

Nên $\frac{AE}{EQ}=\frac{BF}{QF}$ hay $EF//AB/CD$

Ta có: $\widehat{EBF}+\widehat{EQF}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^{\circ}$

          $\Rightarrow$ Tứ giác $EPFQ$ nội tiếp   $(1)$

Suy ra $\widehat{EPF}=\widehat{EPQ}+\widehat{PQF}=\widehat{EFQ}+\widehat{QPF}=\widehat{ABQ}+\widehat{QPF}$

Mặt khác $\widehat{EPF}=\widehat{ABC}=\widehat{ABQ}+\widehat{QBC}$

   $\Rightarrow \widehat{QPF}=\widehat{QBC}$

   $\Rightarrow$ Tứ giác $PBCQ$ nội tiếp $\boxed{}$.

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 23-04-2017 - 21:23

[NHoang1608]

Bài toán 57: (Toán học tuổi trẻ).

Cho tam giác nhọn $ABC$, tia phân giác trong của góc $BAC$ cắt $BC$ tại $D$. Gọi $E,F$ thứ tự là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AB$ và $AC$,$K$ là giao điểm của $CE$ và $BF$, $H$ là giao điểm của $BF$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEK$. Chứng minh rằng $DH$ vuông góc với $BF$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 23-04-2017 - 21:57

[AnhTran2911]

Lời giải bài 56.

                       IMO 2006 1.png

Gọi giao điếm của $AQ,BQ$ với $DP,PC$ lần lượt tại $E,F$.

Dễ thấy vì $\frac{AM}{MB}=\frac{DN}{NC}$ nên các tia $DA,NM,CB$ đồng quy tại điểm $I$.

Áp dụng định lý $Menelaus$ cho tam giác $IAQ$ với 3 điểm $P,E,D$ thẳng hàng ta có:

                                      $\frac{QP}{IP}.\frac{DI}{AD}.\frac{AE}{EQ}=1$

Tương tự:

                                      $\frac{QP}{IP}.\frac{CI}{BC}.\frac{BF}{QF}=1$

Mà

                                      $\frac{DI}{AD}=\frac{CI}{BC}$  $(AB//CD)$

Nên $\frac{AE}{EQ}=\frac{BF}{QF}$ hay $EF//AB/CD$

Ta có: $\widehat{EBF}+\widehat{EQF}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^{\circ}$

          $\Rightarrow$ Tứ giác $EPFQ$ nội tiếp   $(1)$

Suy ra $\widehat{EPF}=\widehat{EPQ}+\widehat{PQF}=\widehat{EFQ}+\widehat{QPF}=\widehat{ABQ}+\widehat{QPF}$

Mặt khác $\widehat{EPF}=\widehat{ABC}=\widehat{ABQ}+\widehat{QBC}$

   $\Rightarrow \widehat{QPF}=\widehat{QBC}$

   $\Rightarrow$ Tứ giác $PBCQ$ nội tiếp $\boxed{}$.

Thế còn Trường hợp Q nằm giữa P và M thì sao? bởi vì lúc này tứ giác EPFQ k nội tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 24-04-2017 - 12:16

[Mr Cooper]

Bài toán 53 (Thi thử vào chuyên Toán KHTN 2012). Cho tam giác $ABC (AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác góc $\widehat{BAC}$ cắt $(O)$ tại điểm $D$. Lấy $E$ đối xứng $D$ qua $O$. Gọi $F$ là 1 điểm thuộc cung $BD$ không chứa $A,C$ của $(O)$, $EF$ cắt $BC$ tại $G$. Lấy $H \in AF: GH//AD$. Chứng minh rằng: $HG$ là phân giác góc $BHC$.

Vẽ đường tròn $(I)$ ngoại tiếp $\Delta AHB$ cắt $AB$ và $AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Vẽ đường tròn $(S)$ ngoại tiếp $\Delta AMN$. 

Gọi $H'$ là giao điểm của $SI$ và đường tròn $(I)$. 

Từ $\text{Bài Toán 48}$ ta có được bổ đề sau: Tứ giác $AOBS$ là hình bình hành 

Dễ dàng chứng minh được $H'G \parallel AD$ , mà $HG \parallel AD$ $\Rightarrow H \equiv H'$

$\Rightarrow HG$ là phân giác góc $\angle BHC$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 24-04-2017 - 15:30

[Mr Cooper]

Bài toán 57: (Toán học tuổi trẻ).

Cho tam giác nhọn $ABC$, tia phân giác trong của góc $BAC$ cắt $BC$ tại $D$. Gọi $E,F$ thứ tự là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AB$ và $AC$,$K$ là giao điểm của $CE$ và $BF$, $H$ là giao điểm của $BF$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEK$. Chứng minh rằng $DH$ vuông góc với $BF$.

$\textbf{Lời giải Bài Toán 57:}$

Gọi $L$ là giao điểm của $AK$ và $BC$, $L'$ là đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$

Theo định lý $\text{Ceva}$ ta có: 

$\frac{LC}{LB}\frac{BE}{EA}\frac{AF}{FC}=1 \Rightarrow \frac{LC}{LB}=\frac{FC}{BE} \Leftrightarrow \frac{LB}{BE}=\frac{LC}{FC}$ $(1)$

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{L'B}{BE}=\frac{AB}{DB}=\frac{AC}{CD}=\frac{L'C}{FC} \Rightarrow \frac{L'B}{BE}=\frac{L'C}{FC}$ $(2)$

Từ $(1)$ và$(2)$ $\Rightarrow L \equiv L' \Rightarrow AL \perp BC$

$BK.BH=BE.BA$ và $\Delta BDE = \Delta BAL (g.g) \Rightarrow BE.BA=BL.BD$

$\Rightarrow BK.BH=BL.BD$

$\Rightarrow \Delta BLK = \Delta BHD$

$\angle BHD = \angle BLK =90^0$ Hay $DH \perp BF$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 25-04-2017 - 15:51

[NHoang1608]

Bài toán 58: (TST Đà Nẵng 2016-2017). 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$, $H$ là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $OH$ cắt $BC$ tại $D$. $K,L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADB,ADC$.

       1. Chứng minh $A,K,L,O$ thuộc một đường tròn gọi là $(S)$.

       2. $AH$ cắt $(S)$ tại điểm $E$. $F$ đối xứng với $E$ qua $BC$. Chứng minh rằng: $HA=HF$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 25-04-2017 - 18:57

[Mr Cooper]

$\boxed{\text{Bài Toán 59}}$[Nguyễn Quang Trung] Cho tam giác $ABC$ đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. Hạ $HG$ vuông góc với $EF$. $I$ thuộc $BE$ sao cho $GI \parallel BC$. $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $IEF$. Chứng minh rằng $3$ điểm $J,G,D$ thẳng hàng.

Spoiler

Bạn nào rảnh thì làm luôn $\text{Bài Toán 49}$ nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 24-04-2017 - 21:36

[Mr Cooper]

Bài toán 58: (TST Đà Nẵng 2016-2017). 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$, $H$ là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $OH$ cắt $BC$ tại $D$. $K,L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADB,ADC$.

       1. Chứng minh $A,K,L,O$ thuộc một đường tròn gọi là $(S)$.

       2. $AH$ cắt $(S)$ tại điểm $E$. $F$ đối xứng với $E$ qua $BC$. Chứng minh rằng: $HA=HF$.

Lời giải đã có ở đây

[Nguyenphuctang]

Lời giải bài 59: (Chọn đội tuyển thi VMO của Đà Nẵng chứ không phải TST nhé)

 

Câu a: Khá dễ chủ yếu biến đổi góc.

Trước hết ta dễ dàng chứng minh được $\bigtriangleup AKD \sim \bigtriangleup AOC (c.g.c)$ $\Rightarrow \angle KAD = \angle OAC \Rightarrow \angle KAO = \angle DAC$

Ta có $\angle KLO =\angle DAC$ ($AMPL$ nội tiếp). 

Suy ra: $ \angle KAO = \angle KLO $ vậy $KALO$ nội tiếp.

Câu b: Gọi $M,N, P$ lần lượt là trung điểm của $AD, AB, AC$. 

Bằng việc công góc đơn giản với các tứ giác nội tiếp ta có:

$\angle AHO = \angle ADC = \angle AMP = \angle HEO$ vậy tam giác $OHE $ cân tại $O $.

Gọi $Q=AF \cap (O)$. Từ chứng minh trên ta dễ thấy $EH =FQ$ Mà $E, F$ đối xứng nhau qua $BC$.

Nên $HA=HF$.

 

Bài này rất hay! Các bạn cứ đăng lên nhé khi nào rảnh mình sẽ viết $1$ bài tổng hợp các bài hình của $Topic$ này.

[NHoang1608]

Mấy bài khó rồi chắc giờ thêm vài bài vừa tầm câu b) của đề thi thôi nhỉ.

 

Bài toán 60 (Bùi Văn Chi):

Cho hình bình hành $ABCD$ với $AB<BC$. Phân giác góc $BAD$ cắt $BC$ tại điểm $E$. Hai đường trung trực của $BD$ và $CE$ cắt nhau tại điểm $O$. Đường thẳng qua $C$ song song với $BD$ cắt đường tròn tâm $O$ bán kính $OC$ tại $F$. Tính góc $AFC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 25-04-2017 - 18:56

[Mr Cooper]

$\boxed{\text{Bài Toán 61}}$ [Sưu tầm] Từ $A$ nằm ngoài đường tròn $(O;R)$ vẽ $2$ tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn $(O)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Từ điểm $M$ bất kỳ thuộc cạnh $PQ$ kẻ tiếp tuyến $MD$ của đường tròn. Chứng minh rằng: $MA=MD$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 25-04-2017 - 21:22

[Minhnksc]

$\boxed{\text{Bài 62}}$(Đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên ĐHKHTN HN 2010-2011,vòng 1).   

Tam giác  ABC  nhọn,  D  nằm trong tam giác thỏa mãn  $\angle{ADB}=60^0+\angle{ACB}$  và  $DA.BC= DB.AC$  

Chứng minh rằng $DC.AB=AD.BC$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 26-04-2017 - 21:27

[NHoang1608]

Bạn Minhnksc nhớ chuyển bài 63 thành 62 và bôi màu, đánh chữ đậm nghiêng, nguồn bên cạnh cho nó đẹp

 

Lời giải bài toán 62.

           

Trên nửa mặt phẳng bờ $AD$ không chứa điểm $B$ ta dựng tam giác đều $ADE$.

Ta có $\widehat{ADB}=\widehat{DAC}+\widehat{ACD}+\widehat{DBC}+\widehat{DCB}=\widehat{DAC}+\widehat{DBC}+\widehat{ACB}$

Kết hợp giả thiết thì $\widehat{DAC}+\widehat{DBC}=60^{\circ}$

                                $\widehat{DBC}=\widehat{CAE}$ $(1)$

Ta có: $\frac{DA}{BD}=\frac{AE}{BD}$

Mà $\frac{DA}{BD}=\frac{AC}{BC}$   $(GT)$

Suy ra $\frac{AE}{BD}=\frac{AC}{BC}$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ thì tam giác $AEC$ đồng dạng với tam giác $BDC$

$\Rightarrow$ Tam giác $DEC$ đồng dạng tam giác $BAC$

$\Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{EC}=\frac{BC}{DC}$

$\Rightarrow DC.AB=AD.BC$  $(đpcm)$

 

 

 

[CaptainCuong]

$\boxed{\text{Bài Toán 61}}$ [Sưu tầm] Từ $A$ nằm ngoài đường tròn $(O;R)$ vẽ $2$ tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn $(O)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Từ điểm $M$ bất kỳ thuộc cạnh $PQ$ kẻ tiếp tuyến $MD$ của đường tròn. Chứng minh rằng: $MA=MD$

$PB^2=PA^2; QA^2=QC^2 \rightarrow PQ$ là trục đẳng phương của $(O;R)$ và $(A;0)$ vậy. Vậy phương tích từ D đến $(O;R)$ và $(A;0)$ bằng nhau $\rightarrow MD^2=MA^2$ suy ra đpcm 

[Mr Cooper]

$\boxed{\text{Bài Toán 61}}$ [Sưu tầm] Từ $A$ nằm ngoài đường tròn $(O;R)$ vẽ $2$ tiếp tuyến $AB,AC$ với đường tròn $(O)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Từ điểm $M$ bất kỳ thuộc cạnh $PQ$ kẻ tiếp tuyến $MD$ của đường tròn. Chứng minh rằng: $MA=MD$

$\textbf{Lời giải Bài Toán 61} $

Spoiler

Nên giải bài này bằng kiến thức THCS

Gọi $H$ là giao điểm của $OA$ và $BC$

$OD^2=OB^2=OH.OA$ $\Rightarrow$ $OD$ là tiếp tuyến đường tròn $(O)$ 

$\Rightarrow M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADH$ $\Rightarrow MA=MD$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 26-04-2017 - 11:30