Chủ đề này có 3 trả lời

[buingoctu]

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O), dấy BC cố định, 2 đường cao BE,CF cắt nhau ở H. Lấy M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên phân giác trong và ngoài của góc BAC. Các tiếp tuyến  tại B và C cắt nhau ở P, AP cắt (O) ở Q

a, CM: MN là trung trực È. Tia phân giác góc BAC cắt BC ở J. CM QJ là phân giác góc BQC

b,CM: AP,MN,EF đồng quy

c,CM: Khi A di chuyển NM luôn đi qua điểm cố định

 

[vkhoa]

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O), dấy BC cố định, 2 đường cao BE,CF cắt nhau ở H. Lấy M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên phân giác trong và ngoài của góc BAC. Các tiếp tuyến  tại B và C cắt nhau ở P, AP cắt (O) ở Q

a, CM: MN là trung trực È. Tia phân giác góc BAC cắt BC ở J. CM QJ là phân giác góc BQC

b,CM: AP,MN,EF đồng quy

c,CM: Khi A di chuyển NM luôn đi qua điểm cố định

a)

Có $\widehat{HEA} =\widehat{HFA} =\widehat{HMA} =\widehat{HNA} =90^\circ$

$\Rightarrow A, H, M, N, E, F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AH$

$\widehat{MNE} =\widehat{MAE} =\widehat{MAF} =\widehat{MNF} =\widehat{MEF}$

$\Rightarrow MN\perp EF$

mà $DE=\frac12MN =DF$

$\Rightarrow MN $ là trung trực $EF$

có $\triangle PQB\sim\triangle PBA$ (g, g)

$\Rightarrow\frac{PQ}{PB} =\frac{PB}{PA} =\frac{QB}{BA}$

$\frac{PQ}{PA} =\frac{PQ}{PB} .\frac{PB}{PA} =\frac{QB^2}{BA^2}$

cm tương tự $\frac{PQ}{PA} =\frac{QC^2}{CA^2}$

$\Rightarrow\frac{QB}{BA} =\frac{QC}{CA}$

$\Rightarrow\frac{QB}{QC} =\frac{BA}{CA} =\frac{BJ}{CJ}$

$\Rightarrow QJ$ là phân giác $\widehat{BQC}$

b)

Gọi $K$ là điểm thuộc $(O)$ sao cho $BCKQ$ là hình thang cân

$AK$ cắt $BC$ tại $I$

$BQ =KC$

$\Rightarrow\widehat{BAQ} =\widehat{IAC}$

mà $\widehat{BQA} =\widehat{ICA}$

$\Rightarrow\triangle BAQ\sim\triangle  IAC$ (g, g)

$\Rightarrow\frac{BA}{BQ} =\frac{IA}{IC} =\frac{AC}{CQ}$

mà $\widehat{IAC} =\widehat{ICQ}$

$\Rightarrow\triangle IAC\sim\triangle ICQ$ (c, g, c)

$\Rightarrow \widehat{AIC} =\widehat{CIQ}$

$\Rightarrow\widehat{BIQ} =\widehat{BIA} =\widehat{CIK}$

$\Rightarrow\triangle BIQ\sim\triangle CIK$ (g, g)

mà $BQ =CK$

$\Rightarrow\triangle BIQ =\triangle CIK$

$\Rightarrow IB =IC$

gọi $G$ là giao điểm $EF, MN$, có $G$ là trung điểm $EF$

$\triangle AEF\sim\triangle ABC$ (g, g)

$\Rightarrow\frac{AF}{AC} =\frac{FE}{CB} =\frac{2FG}{2CI} =\frac{FG}{CI}$

$\Rightarrow\triangle AFG\sim\triangle ACI$ (c, g, c)

$\Rightarrow\widehat{FAG} =\widehat{CAI} =\widehat{BAQ}$

$\Rightarrow Q, A, G$ thẳng hàng

$\Rightarrow NM, EF, QP$ đồng quy

c)

có $IE =\frac12BC =IF$

mà $MN$ là trung trực $EF$

$\Rightarrow MN$ đi qua điểm cố định $I$

Hình gửi kèm

• 

[buingoctu]

 

 

b)

Gọi $K$ là điểm thuộc $(O)$ sao cho $BCKQ$ là hình thang cân

$AK$ cắt $BC$ tại $I$

$BQ =KC$

$\Rightarrow\widehat{BAQ} =\widehat{IAC}$

mà $\widehat{BQA} =\widehat{ICA}$

$\Rightarrow\triangle BAQ\sim\triangle  IAC$ (g, g)

$\Rightarrow\frac{BA}{BQ} =\frac{IA}{IC} =\frac{AC}{CQ}$

mà $\widehat{IAC} =\widehat{ICQ}$

$\Rightarrow\triangle IAC\sim\triangle ICQ$ (c, g, c)

$\Rightarrow \widehat{AIC} =\widehat{CIQ}$

$\Rightarrow\widehat{BIQ} =\widehat{BIA} =\widehat{CIK}$

$\Rightarrow\triangle BIQ\sim\triangle CIK$ (g, g)

mà $BQ =CK$

$\Rightarrow\triangle BIQ =\triangle CIK$

$\Rightarrow IB =IC$

gọi $G$ là giao điểm $EF, MN$, có $G$ là trung điểm $EF$

$\triangle AEF\sim\triangle ABC$ (g, g)

$\Rightarrow\frac{AF}{AC} =\frac{FE}{CB} =\frac{2FG}{2CI} =\frac{FG}{CI}$

$\Rightarrow\triangle AFG\sim\triangle ACI$ (c, g, c)

$\Rightarrow\widehat{FAG} =\widehat{CAI} =\widehat{BAQ}$

$\Rightarrow Q, A, G$ thẳng hàng

$\Rightarrow NM, EF, QP$ đồng quy

 

 

Câu b sao lại có ý tưởng lấy K vậy anh

ANH giải hay qua!!!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi buingoctu: 06-05-2018 - 14:18

[vkhoa]

Ý tưởng từ chỗ anh biết AP là đường đối trung (đường đối xứng với trung tuyến qua phân giác), lấy K như vậy để AK đối xứng với AP qua AJ rồi chứng minh AK là trung tuyến