Chủ đề này có 4 trả lời

[Nerus]

Cho tam giác ABC nội tiếp $\left ( O \right )$. Ba đường cao AD,BE,CF. EF cắt BC ở S. từ S kẻ tiếp tuyến SK tới $\left ( O \right )$. 

a,CMR KA là phân giác của góc EKF 

b,Gọi KD cắt EF ở L. Gọi I là trung điểm BC. AO cắt EF tại M. CMR IL $\perp$ AS và tứ giác BLMC nội tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 23-03-2017 - 17:37

[quantv2006]

Cho tam giác ABC nội tiếp $\left ( O \right )$. Ba đường cao AD,BE,CF. EF cắt BC ở S. từ S kẻ tiếp tuyến SK tới $\left ( O \right )$. 

a,CMR KA là phân giác của góc EKF 

b,Gọi KD cắt EF ở L. Gọi I là trung điểm BC. AO cắt EF tại M. CMR IL $\perp$ AS và tứ giác BLMC nội tiếp

Có 2 điểm K, lấy điểm K khác phía với A so với BC thì đúng!

[Subtract Zero]

Có 2 điểm K, lấy điểm K khác phía với A so với BC thì đúng!

Mình nghĩ đề là điểm K khác phía với A bờ BC

[ecchi123]

Cho tam giác ABC nội tiếp $\left ( O \right )$. Ba đường cao AD,BE,CF. EF cắt BC ở S. từ S kẻ tiếp tuyến SK tới $\left ( O \right )$. 

a,CMR KA là phân giác của góc EKF 

b,Gọi KD cắt EF ở L. Gọi I là trung điểm BC. AO cắt EF tại M. CMR IL $\perp$ AS và tứ giác BLMC nội tiếp

VMF_(1).png

a)$K$ của cả 2 trường hợp đều đúng , Mình sẽ chứng minh 1 th , th còn lại làm tương tự :

$K$ cùng phía với $A$ so với $BC$, có $KS^2=SB.SC=SE.SF$ nên $(KEF)$ ts $SK$ . 

Gọi $KF$ cắt $(O)$ tại $Q$ , $CQ$ cắt $FE$ tại $P$ , ta có $\widehat{KCQ}=\widehat{SKQ}=\widehat{KES}$ nên $KECP$ nội tiếp

nên $\widehat{PKC}=\widehat{PEC}=180-\widehat{ABC}=180-\widehat{AKC}$ nên $P,K,A$ thẳng hàng  suy ra $\widehat{PKQ}=\widehat{ACQ}=\widehat{AKE}$ suy ra , $AK$ là phân giác ngoài góc $FKE$

b) Dễ thấy $AM$ vuông góc $FE$ , $AM$ cắt $(O)$ tại $R$ .  GGoij $RH$ cắt $FE$ tại $L'$ . do r $HR$ vuông $Á$ nên ta chỉ cần cm $L$ trùng $L'$

ta có $AM.AR=AD.AH$ nên $DHNR$ nội tiếp suy ra

$\widehat{MDI}=90-\widehat{ADM}=90-\widehat{MRL'}$ nên $L'DIM$ nội tiếp , 

Có $\widehat{MSO}=\widehat{MIO}=90=\widehat{MID}=90-\widehat{SL'D}$ nên $SO$ vuông góc $LD$ , Mà $S$ liên hợp với $D$ qua $(O)$ nên $L'D$ là đường đối cực của $S$ qua $(O)$ nên $L',D,K$ thẳng hàng nên $L$ trùng $L'$ đồng thòi có $LDIM$ nội tiếp , 

( vì bạn sửa lại đề bài nên ko tiện tay sửa lại phần a , th hình như bạn thì làm tương tự cách làm trên , giống hệt luôn )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 23-03-2017 - 18:14

[quantv2006]

Em làm cách khác vậy:

 

a) KE, KF cắt (O) tại P, Q. Ta có $SF.SE=SB.SC=SK^2$ nên tam giác SKF và SEK đồng dạng $\Rightarrow \angle SEK=\angle SKF=\angle PQK$

 

Vậy PQ // EF. Do OA vuông góc với EF nên OA vuông góc với PQ. Vậy cung AP = cung AQ nên AK là phân giác góc EKF.

 

b) SA cắt (O) tại T. Dễ chứng minh T, H, I thẳng hàng và IH vuông góc với SA tại T.

 

SN là tiếp tuyến với (O). NK cắt BC tại D'. Ta sẽ có: $\frac{SB}{SC}=\frac{D'B}{D'C}$. Dễ chứng minh được $\frac{SB}{SC}=\frac{DB}{DC}$. Vậy $\frac{DB}{DC}=\frac{D'B}{D'C}$. Do D và D' đều nằm trong đoạn BC nên D' trùng D.

 

Vậy N, D, K thẳng hàng.

 

Các điểm S, O, N, K, M, I cùng nằm trên đường tròn đường kính SO. Vậy: $\angle SKL=\angle SNK=\angle SMK\Rightarrow$ tam giác SKL và SMK đồng dạng $\Rightarrow SK^2=SL.SM\Rightarrow ST.SA=SK^2=SL.SM\Rightarrow$ AMLT là tứ giác nội tiếp. Do $\angle ATL=180^0-\angle AML=90^0$ nên LT vuông góc với SA tại T.

 

Vậy L nằm trên IH (T, L, H, I thằng hàng) hay IL vuông góc với SA tại T.

 

Do $SL.SM=SK^2=SB.SC\Rightarrow$ BCML là tứ giác nội tiếp.