Chủ đề này có 216 trả lời

[Tea Coffee]

Bài 101: Cho góc xOy vuông và $A,B$ cố định trên cạnh $Ox$ ($A$ giữa $O$ và $B$). $M$ chạy trên $Oy$. Đường tròn đường kính $AB$ cắt $MA,MB$ tại $C,E$.$OE$ cắ đường tròn đường kính $AB$ tại $F$. CM tứ giác $OCFM$ là hình thang. Tìm vị trí của $M$ để tứ giác này là hình bình hành.

[Korkot]

Bài 101: Cho góc xOy vuông và $A,B$ cố định trên cạnh $Ox$ ($A$ giữa $O$ và $B$). $M$ chạy trên $Oy$. Đường tròn đường kính $AB$ cắt $MA,MB$ tại $C,E$.$OE$ cắ đường tròn đường kính $AB$ tại $F$. CM tứ giác $OCFM$ là hình thang. Tìm vị trí của $M$ để tứ giác này là hình bình hành.

Bài 92: Cho $\widehat{xOy}$ vuông và hai điểm cố định A, B trên Ox ( A nằm giữa O và B). Điểm M chạy trên Oy ( M khác O). Đường tròn đường kính AB cắt MA; MB  lần lượt tại C, E. Tia OE cắt đường tròn tại F. Xác định vị trí của M để tứ giác OCFM là hình bình hành.

   P/s: Thật ra là còn một câu trước nhưng dễ quá nên bỏ rồi.

2 post bị trùng nhau nhá.

Gọi đường tròn đk AB là (K). Có $\angle{AOM}+\angle{AEM}=90+90=180$ nên tg OAEM nt suy ra $\angle{AEO}=\angle{AMO}$

Ta cũng cm được tg BCOM nt nên AB.OA=MA.AC và $\angle{CBO}=\angle{CMO}$ suy ra $\angle{CBA}=\angle{AEF}=\angle{ABF}$ nên AB là phân giác góc CBF

Mà AB là đường kính của K nên AB là đường trung trực của CF suy ra $AB \bot CF$ tức CF//OM

Để tg OCFM là hbh thì CM đi qua trung điểm OF tức CM là đường trung tuyến của tam giác COF.

Ma AO là đường trung tuyến của tam giác COF (AB đi qua trung điểm CF) nên A là trọng tâm tam giác COF 

OF cắt CM tại D $\Rightarrow CD=MD; \frac{CA}{CD}=\frac{2}{3}$ 

$\Rightarrow \frac{CA}{AM}= \frac{1}{2} \Rightarrow MA.CA= \frac{AM^2}{2}$

Mà MA.CA=OA.AB ko đổi nên  suy ra $MA^2=2AB.OA$ hay $MA=\sqrt{2AB.OA}$ thì tg OCFM là hbh

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Korkot: 01-06-2018 - 17:43

[Khoa Linh]

 

Bài 98: Cho tam giác ABC đều và P nằm trong tam giác. Hạ $PA_{1},PB_{1},PC_{1}$ vuông góc BC,CA,AB.Tìm tập hợp các điểm P sao cho tam giác $A_{1}B_{1}C_{1}$ cân

 

Giả sử tam giác $A_{1}B_{1}C_{1}$ cân tại $A_{1}$ thì ta có $A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}$

Xét 2 đường tròn đường kính $BP$ và $CP$ như hình vẽ:

Ta thấy 2 dây $A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}$ và $\widehat{C_{1}BA_{1}}=\widehat{B_{1}CA_{1}}=60^{\circ}$ 

Suy ra 2 đường tròn bằng nhau hay $BP=CP$ suy ra $P$ thuộc trung trực $BC$

Chứng minh tương tự ta có quỹ tích điểm $P$ để $A_{1}B_{1}C_{1}$ cân là 3 đường trung trực của tam giác $ABC$

 

p/s: Mình sắp đi thi nên chắc mấy ngày này mình sẽ vắng mặt, mong mọi người vẫn sôi nổi như bình thường ....

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 01-06-2018 - 15:29

[BurakkuYokuro11]

Bài 102 :Cho tam giác ABC với AB=AC và D là trung điểm AC.Phân giác BAC cắt (BCD) tại E ở miền trong tam giác.BD cắt (ABE) tại F (Khác B).AF cắt BE tại I và CI cắt BD tại K. CMR : I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 01-06-2018 - 15:27

[HelpMeImDying]

Bài 102 :Cho tam giác ABC với AB=AC và D là trung điểm AC.Phân giác BAC cắt (BCD) tại E ở miền trong tam giác.BD cắt (ABE) tại F (Khác B).AF cắt BE tại I và CI cắt BD tại K. CMR : I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB.

Ta có: $\widehat{EBF}=\widehat{ECD}=\widehat{ABE}\Rightarrow IB$ là phân giác góc $\widehat{ABK}$

Ta chứng minh $AI$ là phân giác góc $\widehat{BAK}$

Gọi $G$ là trung điểm $BC$, $H$ là giao điểm thứ 2 của $IC$ với $(BDC)$

Do $DG//AB$$\Rightarrow \widehat{AGD}=\widehat{BAE}=\widehat{EFD}\Rightarrow$ Tứ giác $DEFG$ nội tiếp 

Có $\widehat{AFG}=\widehat{AFE}+\widehat{EFG}=\widehat{ABE}+180^{\circ}-\widehat{EDG}=\widehat{ABE}+\widehat{ADE}+\widehat{GDC}=\widehat{ABE}+\widehat{EBC}+\widehat{BAC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAC}=180^{\circ}-\widehat{ACB}\Rightarrow$ Tứ giác $ACGF$ nội tiếp.

Lại có $IH.IC=IE.IB=IA.IF\Rightarrow$ 5 điểm $A,H,F,G,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AC$$\Rightarrow DH=DC\Rightarrow BD$ là phân giác góc $\widehat{HBC}$$\Rightarrow \Delta DCK\sim \Delta DBC\Rightarrow CD^{2}=DK.DB\Rightarrow DA^{2}=DK.DB\Rightarrow \Delta DAK\sim \Delta DBA\Rightarrow \widehat{DAK}=\widehat{DBA}$

Có $\widehat{IAB}=\widehat{IEF}=\widehat{BED}-\widehat{DEF}=\widehat{DGF}-\widehat{ACG}=\widehat{DGF}-90^{\circ}+\frac{1}{2}\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}-\frac{1}{2}\widehat{GDF}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}-\frac{1}{2}\widehat{ABD}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}-\frac{1}{2}\widehat{DAK}=\frac{1}{2}\widehat{BAK}\Rightarrow$$IA$ là phân giác góc $\widehat{BAK}\Rightarrow I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta BAK$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HelpMeImDying: 01-06-2018 - 21:02

[pmt22042003]

$I$ thuộc đường tròn dường kính $OK$.

Bài này hỏi thêm vài ý:

c) Chứng minh rằng $N,I,C$ thẳng hàng

d)  giao của tiếp tuyến tại $C,D$ của $(O)$ chạy trên một dường cố định khi $M$ di dộng trên $D$.

e) $OM$ cắt $(O)$ tại $P$, $PN$ cắt $MA,MB$ tại $R,S$. Chứng minh $BR,AS,NI$ đồng quy.

bác làm câu e đc ko?

[Khoa Linh]

Bài 97: (Đề PTNK năm 2004-2005): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C) và M thay đổi trên cung nhỏ BC, N đối xứng M qua qua trung điểm I của AB.

a) CM trực tâm K của tam giác NAB thuộc một đường tròn cố định

b) Giả sử NK cắt AB tại D, hạ KE vuông góc BC. H là trực tâm tam giác ABC. CM DE đi qua trung điểm J của HK.

 

a, Vì $K$ là trực tâm tam giác $ANB$ nên ta có: $\widehat{AKB}=\widehat{ANB}=\widehat{AMB}\Rightarrow$ tứ giác $AKBM$ nội tiếp 

hay $K$ thuộc đường tròn $(O)$ cố định

b, Giả sử $AH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $P$ và cắt $DE$ tại $Q$. Kẻ $KL$ vuông góc với $AC$ thì $Q,L,E$ thẳng hàng (đường thẳng Simson)

Ta có tứ giác $KDBE$ nội tiếp nên $\widehat{DEK}=\widehat{DBK}=\widehat{APK}\Leftrightarrow \widehat{QEK}=\widehat{QPK}$ nên tứ giác $QKEP$ nội tiếp mà $QP$ || $KE$ nên $QKEP$ là hình thang cân. 

Mặt khác $EP=EH$ nên tứ giác $QKEH$ là hình bình hành nên $ED$ đi qua trung điểm $HK$

Hình gửi kèm

• 

[Khoa Linh]

 

Bài 99: (Đề PTNK năm 2005-2006) Cho tam giác ABC có góc ACB=45, $\angle{ACB}+\angle{BAC}=2\angle{ABC}$ Đường trung trực của AB cắt BC tại M.

a)  Tính $\angle{MAC}$

b) I là tâm đường tròn (AMC). CM tg ABCI nt

 

a,Từ giả thiết $\angle{ACB}+\angle{BAC}=2\angle{ABC};\widehat{ACB}=45^{\circ}$

thì ta dễ dàng tính được: $\widehat{BAC}=75^{\circ};\widehat{ABC}=60^{\circ}$

Suy ra $\widehat{MAB}=\widehat{MBA}=60^{\circ}\Rightarrow \widehat{MAC}=15^{\circ}$

b, Ta có: $\widehat{AIC}=2\widehat{ADC}=2(180^{\circ}-\widehat{AMC})=120^{\circ}\Rightarrow \widehat{AIC}+\widehat{ABC}=180^{\circ}$

Suy ra tứ giác $ABCI$ nội tiếp 

Hình gửi kèm

• 

[Khoa Linh]

Hôm nay là tròn 1 tháng từ khi TOPIC hình học được thành lập. Chúng ta có vẻ là đã trải qua hầu hết các kì thi THPT trên các tỉnh toàn cả nước. TOPIC cũng đã gặt hái nhiều thành công nhất định, chúng ta đã trải qua rất nhiều bài toán hay khác nhau cùng với nhiều lời giải đẹp. Mình xin chân thành cảm ơn sự đóng góp của các thành viên đã giúp cho TOPIC phát triển. Tuy vậy vẫn còn tồn tại khá nhiều bài toán hình hay chưa có lời giải, mình mong các bạn xem lại các bài toán mà các bạn đưa lên, nếu có lời giải thì cần post lên để giúp TOPIC hoàn thiện hơn. Cuối cùng, mình xin tuyên bố kết thúc TOPIC và sẽ không đăng bài lên nữa. Chúc các bạn có một mùa hè vui vẻ, bổ ích, các cuộc thi đã qua rồi hãy gác lại phía sau nhé. Thân mến!

- Khoa Linh -

[Korkot]

Để topic hoàn thiện hơn mik xin post lời giải bài 100:

AB và AC cắt kéo dài cắt d ở $B_{1}; C_{1}$. Tg Tg ABMC lồi nên M lưu động trên $B_{1}C_{1}$. Gọi I,$I_{1}$ là trung điểm BC, $B_{1}C_{1}$, $I_{B},I_{C}$ là trung điểm $CB_{1},BC_{1}$. Lấy M trên $I_{1}B_{1}$. Ta có IN//AM. AM cắt BC tại P $\Rightarrow \frac{IP}{IC}=\frac{NM}{NC}$ 

Mặt khác BC // $B_{1}C_{1}$ nên $\frac{IP}{IC}=\frac{I_{1}M}{I_{1}C_{1}}$ (dễ cm A,I, $I_{1}$ thẳng hàng)

Suy ra $\frac{NM}{NC}=\frac{I_{1}M}{I_{1}C_{1}}$ suy ra $I_{1}N // C_{1}C$ tức N $\in$ $I_{1}I_{B}$

Phần đảo: làm ngược lại: lấy N trên $I_{1}I_{B}$ và...

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Korkot: 12-06-2018 - 14:14

[Khoa Linh]

Bài 24. Cho tam giác $ABC$, $M,N,P$ là các điểm bất kì trên các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng trong các tam giác $ANP, BMP, CMN$ tồn tại một tam giác có diện tích không vượt quá $\frac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$.

một kết quả khác khi $M,N,P$ là chân các đường phân giác.

Ta có: 

$\dfrac{S_{ANP}}{S_{ABC}}=\dfrac{AP.AN}{AB.AC}$

 

$\dfrac{S_{CMN}}{S_{ABC}}=\dfrac{CN.CM}{CA.CB}$; $\dfrac{S_{BMP}}{S_{ABC}}=\dfrac{BP.BM}{BA.BC}$

 

Suy ra: $\dfrac{S_{ANP}.S_{CMN}S_{BMP}}{(S_{ABC})^3}=\dfrac{AP.BP}{AB^2}.\dfrac{CN.AN}{AC^2}.\dfrac{CM.BM}{BC^2} \leq \dfrac{1}{64}$

 

Vậy trong 3 tam giác $ANP, BMP, CMN$ tồn tại một tam giác có diện tích không vượt quá $\dfrac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$.

Hình gửi kèm

• 

[Khoa Linh]

 

 

$b,$ Cho $(O)$ và dây cung $BC$ cố định, lấy điểm $A$ trên cung lớn $BC$. Kẻ $BD \perp AC, CE \perp AB$. $BD$ cắt đường thẳng kẻ từ $A$ vuông góc với $AB$ tại $I$, $ED$ cắt đường thẳng kẻ từ $A$ song song với $BC$ tại $M$. Chứng minh $MI$ đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định.

 

 

 

 

$BD \cap CE=\left \{ H \right \}$; $MI \cap AH=\left \{ T \right \}$. Kẻ $AK \perp IM$, $ON \perp BC$

Ta có: $MK.MT=MA^2=MD.ME \Rightarrow $ tứ giác $TKDE$ nội tiếp. 

Ta lại có: $\widehat{AKI}=\widehat{ADI}=90^{\circ} \Rightarrow $ tứ giác $AKDI$ nội tiếp.

Suy ra: $\widehat{TED}=\widehat{DKI}=\widehat{DAI}$

Mà $\widehat{AED}=\widehat{DAM}\Rightarrow \widehat{IAM}=\widehat{TEA} \Leftrightarrow \widehat{TEA}=\widehat{TAE}$

Suy ra $T$ là trung điểm $AH$. 

Mặt khác $AH=2ON$(không đổi khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$).

Vậy suy ra $MI$ đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định.
p/s: Bạn Minhcamgia làm không đúng, bởi vì bài toán gốc không giống với bài này. Bài này cần chứng minh đi qua tâm đường tròn còn bài toán gốc đã cho sẵn đi qua tâm đường tròn rồi, điều này là ngộ nhận

[Khoa Linh]

Bài 52. Cho điểm A thuộc đường tròn tâm O đường kính BC (A khác B và C). Vẽ đường tròn tâm A tiếp xúc với BC tại H, cắt đường tròn (O) tại E và F. Gọi I là trung điểm của HC, D là hình chiếu của I trên EF. Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O) tại G.

         a) Chứng minh rằng các đường thẳng AG, EF, AB đồng quy.

         b) Chứng minh rằng ba điểm A, D, C thẳng hàng.

a, Kẻ đường kính $AK$, $AH$ kéo dài cắt $(O)$ tại $L$. $EF$ cắt $AH,AO$ lầ lượt tại $M$ và $S$.

$AG \cap CB =\left \{ T \right \}$

Ta có: $AM.AL=AS.AK=AE^2=AH^2 \Leftrightarrow AM.2AH=AH^2 \Rightarrow AM=MH \Rightarrow MG=MA$

Suy ra: $OM \perp AG \Rightarrow M$ là trực tâm $\triangle ATO \Rightarrow TM \perp AO$

Mà $EF \perp AO \Rightarrow T,E,F$ thẳng hàng. Suy ra $AG,EF,BC$ đồng quy.

b, Kẻ $HD' \perp AC$. Bằng phép cộng góc ta có: $MD' \perp AO \Rightarrow D' \in EF$.

Mặt khác: $MD'=MH;$ $ID'=IH \Rightarrow \widehat{MD'I}=\widehat{MHI}=90^{\circ}\Rightarrow ID' \perp EF \Rightarrow D\equiv D'$

Vậy hoàn tất chứng minh. 

Hình gửi kèm

• 

[Khoa Linh]

 

 

Bài $58$: Cho $\triangle ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. $HD, HE$ lần lượt là phân giác góc $BHA$ và $CHA$ ($D,E$ thuộc $AB, AC$). $I$ là trung điểm $DE$. $BI$ cắt $DH, CD$ lần lượt tại $M,P$; $CI$ cắt $EH$, $BE$ lần lượt tại $N,Q.$ $BE$ cắt $CD$ tại $K.$ Chứng minh:

a, Tứ giác $APKQ$ nội tiếp.

b*, $MN//DE$ và $MN$ cắt $AH$ tại $K$.

 

 

58b, 

Trước hết bằng định lý Ceva ta có: $CD,BE,AH$ đồng quy tại $K$.

Ta có: $\widehat{AIE}=\widehat{AQE}=90^{\circ}\Rightarrow AIQE$ nội tiếp 

Suy ra: $\widehat{EQC}=\widehat{EHC}=\widehat{KHN}=45^{\circ}\Rightarrow $ tứ giác $KQNH,HQEC$ nội tiếp 

$\Rightarrow \widehat{QKN}=\widehat{QHN}=\widehat{QCA}=\widehat{AEI}-\widehat{EIC}=45^{\circ}-\widehat{QAE}$

Tương tự ta có: $\widehat{MKD}=45^{\circ}-\widehat{DAP}\Rightarrow \widehat{MKD}+\widehat{QKN}=90^{\circ}-\widehat{DAP}-\widehat{QAE}=\widehat{PAQ}=180^{\circ}-\widehat{PKQ}$

Vậy ta có: $M,K,N$ thẳng hàng. 

Mặt khác: $\widehat{INK}=\widehat{KHQ}=90^{\circ}-\widehat{QHC}=90^{\circ}-\widehat{AEQ}=\widehat{QAE}=\widehat{QIE}\Rightarrow DE \parallel MN$

Vậy hoàn tất chứng minh. 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 27-06-2018 - 14:50

[Khoa Linh]

Bài 61.

Cho $(O;R)$ và $(O_1;R_1)$ cắt nhau tại $A,B$, tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ và $(O_1)$ cắt $(O_1)$, $(O)$ tại $D,C$, $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $M$ là trung điểm $DE$.

1. Chứng minh $\frac{EC}{ED} = \frac{R^2}{R_1^2}$.

2. Chứng minh $\angle MAC = \angle BAD$.

diendan(106).PNG

Bài 62.

Cho $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A,B$, tiếp tuyến chung ngoài $CD$, ($C \in (O), D \in (O')$). Một dường thẳng $d$ bất kì qua $B$ cắt $(O),(O')$ tại $E,F$, $CE$ cắt $DF$ tại $G$, $M$ là trung điểm $EF$. Chứng minh $\angle MGF = \angle AGC$.

diendan(107).PNG

Bài 61: 

1, Ta có: $\triangle BAD \sim \triangle BCA(g.g)\Rightarrow \dfrac{BA}{BC}=\frac{BD}{BA}=\dfrac{AD}{AC}=\frac{R_1}{R}$

Mặt khác ta có: $\widehat{ABC}=\widehat{ABD}\Rightarrow \widehat{CBE}=\widehat{DBE}\Rightarrow \frac{EC}{ED}=\frac{BC}{BD}=\frac{BC}{BA}.\frac{BA}{BD}=\frac{R^2}{R_1^2}$

2, Gọi $N$ là trung điểm $AC$. Ta có: $\widehat{ANM}=180^{\circ}-\widehat{NAD}=180^{\circ}-\widehat{BAD}-\widehat{BDA}=\widehat{ABD}$

Ta lại có: $\dfrac{NM}{NA}=\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{BD}{AB}\Rightarrow \triangle ANM \sim \triangle ABD\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{BAD}$

p/s: Đang cố gắng làm cho TOPIC hoàn thiện nốt. 

Hiện tại thì đang lục lại và thấy còn bài 3 của bạn @Diepnguyencva; bài 48b của bạn @khanhdat1 và bài 35 của bạn @phamhuy1801
Nếu các bạn có lời giải thì mình mong các bạn đưa lên để mọi người tham khảo. Xin cảm ơn.
 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 28-06-2018 - 21:26

[eLcouQTai]

$I$ thuộc đường tròn dường kính $OK$.

Bài này hỏi thêm vài ý:

c) Chứng minh rằng $N,I,C$ thẳng hàng

d)  giao của tiếp tuyến tại $C,D$ của $(O)$ chạy trên một dường cố định khi $M$ di dộng trên $D$.

e) $OM$ cắt $(O)$ tại $P$, $PN$ cắt $MA,MB$ tại $R,S$. Chứng minh $BR,AS,NI$ đồng quy.

Giải câu d, e đi, mình chưa có ý tưởng.

[Khoa Linh]

Sau một mùa hè tôi và bạn Tạ Công Hoàng (taconghoang) đã tổng hợp thành 1 file tài liệu:

https://khoalinhmath...thi-lop-10.html