Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 2018-2019

hình học cực trị hình học đặc tính hình học quỹ tích

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 216 trả lời

#21 Lao Hac

Lao Hac

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Chess :>

Đã gửi 12-05-2018 - 21:59

BÀI 12: Cho $\Delta ABC$, ba đường cao BD, CE, AD cắt ở H. CMR đường tròn ngoại tiếp 3 $\Delta$: $\Delta HBC, \Delta HAB, \Delta HCA$ có bán kính bằng nhau.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lao Hac: 12-05-2018 - 22:39

:P


#22 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 601 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality

Đã gửi 12-05-2018 - 22:10

 

Bài 5: Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $I$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu của $I$ lên phân giác góc trong tại $B$ và $C$. 

Chứng minh rằng trung điểm $G$ của $HK$ thuộc trung trực $BC$ (Sưu tầm)

 

Mình xin đưa ra lời giải của bài này vì chưa ai đưa ra lời giải được trong 2 ngày.

Lời giải: 

Gọi M là trung điểm $BC$. Khi đó ta có $IM$ vuông góc với $BC$.

Ta có: $\widehat{IKC}=\widehat{IMC}=90^{\circ}$ suy ra $IKMC$ nội tiếp và $IHMB$ nội tiếp.

suy ra: $\widehat{MKC}=\widehat{MIC}=\frac{\widehat{BAC}}{2}$ và $\widehat{KIH}=\widehat{HJC}=\frac{\widehat{ABC}+\widehat{ACB}}{2}$

Từ đó: $\widehat{IKM}+\widehat{KIH}=180^{\circ}$ suy ra KM song song với IH. Tương tự ta có: $IKMH$ là hình bình hành

Suy ra G thuộc IM. Suy ra đpcm

Hình gửi kèm

  • vmf5.png

$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#23 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 601 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality

Đã gửi 12-05-2018 - 22:17

BÀI 12: Cho $\Delta ABC$, ba đường cao BD, CE, AD cắt ở H. CMR đường tròn ngoại tiếp 3 $\Delta$: $\Delta HBC, \Delta HAB, \Delta HCA$ có bán kính bằng nhau.

Gọi D là giao điểm thứ 2 của AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Dễ dàng chứng minh được D đối xứng với H qua BC.
Suy ra $R_{BHC}=R_{BDC}=R_{ABC}$.

Tương tự ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC, CHA, AHB bằng nhau và cùng bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

p/s: bạn Lao Hac mới lớp 8 thì phải, không cần quá chương trình làm gì đâu cho khổ ....

và bài có người làm rồi thì mới đánh màu đỏ, lúc đầu màu đen 

Hình gửi kèm

  • vmf6.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 12-05-2018 - 22:36

$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#24 NguyenHoaiTrung

NguyenHoaiTrung

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 166 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-05-2018 - 22:31

Bài 13 Cho tam giác $\Delta ABC$ có $(I)$ là đường tròn nội tiếp. Gọi $D,E,F$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp $\widehat A$ của $\Delta ABC$ với các cạnh của tam giác.Chứng minh rằng $S_{IBC} > \frac{1}{4} S_{DEF}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenHoaiTrung: 13-05-2018 - 08:42


#25 taconghoang

taconghoang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 130 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng , my girl <3

Đã gửi 12-05-2018 - 22:38

Gọi D là giao điểm thứ 2 của AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Dễ dàng chứng minh được D đối xứng với H qua BC.
Suy ra $R_{BHC}=R_{BDC}=R_{ABC}$.

Tương tự ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC, CHA, AHB bằng nhau và cùng bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

p/s: bạn Lao Hac mới lớp 8 thì phải, không cần quá chương trình làm gì đâu cho khổ ....

Tớ nghĩ bài này dùng hình bình hành của lớp 8.(phù hợp với lớp 8 hơn =))

vẽ hình bình hành BDCH và gọi M là trung điểm của BC 

Chứng minh được AH = 2OM 

Gọi N là điểm đối xứng của O qua BC 

Ta có OBNC là hình thoi và NOAH là hình bình hành => (N;R) là đường tròn qua B H C tương tự với các đường tròn còn lại.



#26 Leuleudoraemon

Leuleudoraemon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 128 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:${\color{Green} MONKEY}{\color{DarkBlue} LAND}$
  • Sở thích:${\color{Green} MONKEY}{\color{DarkBlue} LAND}$

Đã gửi 12-05-2018 - 23:17

Đặt cái hay lên cái khó :) mình xin đưa một số bài :

 

Bài 14: (tuyển sinh chuyên Ngữ,ĐHSP)

Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định với OA=2R, đường kính BC quay quanh O sao cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng; Đường tròn (ABC) cắt OA tai điểm thứ 2 là I. Đường thẳng AB, AC lại cắt (O;R) lần lượt tại D, E với D$\neq$ B, C$\neq$E. Nối DE cắt đường thẳng OA tại K.

a) CM: OI.OA=OB.OC và AK.AI=AE.AC

b) Tính độ dài OI và OK theo R

c) CMR: (ADE) luôn đi qua 1 điểm cố định F (khác A) khi BC quay quanh O

 

 

Và một bài cm định lý quen nhưng hay:

Bài 15:(Carnot)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r). Gọi x, y, z thứ tự là khoảng cách từ O đến BC, CA, BA. CMR: x+y+z=R+r


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leuleudoraemon: 13-05-2018 - 12:47


#27 Minhcamgia

Minhcamgia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2018 - 10:38

Bài 10Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp trong $(O)$, $AC$ cắt $BD$ tại $J$. Đường tròn $(O')$ tiếp xúc với $JA, JB$ tại $E, F$ và tiếp xúc trong với $(O)$, Chứng minh rằng đường thẳng $EF$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABD$

gọi $T$ là tiếp điểm của $(O)$ và $(O')$, $TF$ cắt $(O)$ tại $N$, $AN$ cắt $EF$ tại $I$.

$O'F \perp BD$ nên $ON \perp BD$ do đó $N$ là điểm chính giữa cung $BD$ nên $AN$ là phân giác $\angle DAB$.

Dễ dàng chứng minh $BN^2 = NF.NT (1)$ ($\Delta NFB \sim \Delta NBT$)

$\angle NAT = \frac{1}{2}$ sđ cung $NT = \angle IET$ nên tứ giác $IEAT$ nội tiếp nên $\angle AIT = \angle AET = \angle IFT$ nên $\Delta NIF \sim \Delta NTI$ suy ra $NF.NT = NI^2 (2)$ 

từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $NI = NB = ND$ nên $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABD$.

Hình gửi kèm

  • diendan(59).PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhcamgia: 13-05-2018 - 10:38


#28 BunhiChySchwarz

BunhiChySchwarz

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2018 - 10:44

Em xin góp 1 bài hình nhé : 
Bài 16 : 
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE,CF. Các tiếp tuyến tại B,C cắt nhau ở K, gọi M là giao điểm của OK với BC.
1, Chứng minh 2 tam giác AEB và CMK đồng dạng.
2, Chứng minh 2 góc BAK = MAC.
3, Gọi G là giao điểm của AM và EF, H là giao điểm của AK và BC.
Chứng minh rằng GH // OM


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BunhiChySchwarz: 13-05-2018 - 21:36


#29 Minhcamgia

Minhcamgia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2018 - 10:49

Đặt cái hay lên cái khó :) mình xin đưa một số bài :

 

Bài 14: (tuyển sinh chuyên Ngữ,ĐHSP)

Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định với OA=2R, đường kính BC quay quanh O sao cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng; Đường tròn (ABC) cắt OA tai điểm thứ 2 là I. Đường thẳng AB, AC lại cắt (O;R) lần lượt tại D, E với D$\neq$ B, C$\neq$E. Nối DE cắt đường thẳng OA tại K.

a) CM: OI.OA=OB.OC và AK.AI=AE.AC

b) Tính độ dài OI và OK theo R

c) CMR: (ADE) luôn đi qua 1 điểm cố định F (khác A) khi BC quay quanh O

 

 

Và một bài cm định lý quen nhưng hay:

Bài 15:(Carnot)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r). Gọi x, y, z thứ tự là khoảng cách từ O đến BC, CA, BA. CMR: x+y+z=R+r

Bài 15.

định lý carnot:

$M,N,P$ là trung điểm $BC,CA,AB$.

$OB.MP = OM.BP + OP.BM$ (ptoleme).

thiết lập các đẳng thức tương tự rồi cộng lại được.

$R . \frac{a+b+c}{2} = \frac{b+c}{2}. OM + ON. \frac{a+c}{2} + OP. \frac{a+b}{2}$
suy ra $R . \frac{a+b+c}{2} + \frac{a+b+c}{2} . r = \frac{b+c}{2}. OM + ON. \frac{a+c}{2} + OP. \frac{a+b}{2} + OM.\frac{a}{2} + ON. \frac{b}{2} + \frac{c}{2}$ hay $(R+r) .\frac{a+b+c}{2} = (x+y+z) . \frac{a+b+c}{2}.$ 

Suy ra dpcm.

Hình gửi kèm

  • diendan(60).PNG


#30 Minhcamgia

Minhcamgia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2018 - 11:14

Đặt cái hay lên cái khó :) mình xin đưa một số bài :

 

Bài 14: (tuyển sinh chuyên Ngữ,ĐHSP)

Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định với OA=2R, đường kính BC quay quanh O sao cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng; Đường tròn (ABC) cắt OA tai điểm thứ 2 là I. Đường thẳng AB, AC lại cắt (O;R) lần lượt tại D, E với D$\neq$ B, C$\neq$E. Nối DE cắt đường thẳng OA tại K.

a) CM: OI.OA=OB.OC và AK.AI=AE.AC

b) Tính độ dài OI và OK theo R

c) CMR: (ADE) luôn đi qua 1 điểm cố định F (khác A) khi BC quay quanh O

 

 

Và một bài cm định lý quen nhưng hay:

Bài 15:(Carnot)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r). Gọi x, y, z thứ tự là khoảng cách từ O đến BC, CA, BA. CMR: x+y+z=R+r

bài 14.

$OA$ cắt $(O)$ tại $M,N$.

a. $OI.OK = OA.OB$ phương tích của $O$ với $(ABC)$. $\angle KIB= \angle ACB = \angle ADE$ nên tứ giác $KIDB$ nội tiếp do đó $AI.AK=AD.AB=AE.AC$.

b. $OI.OA = 2R.OI = OB.OC = R^2$ suy ra $OI = \frac{R}{2}$. $AK.AI = AD.AB = AM.AN = 3R^2$ suy ra $AK.\frac{3}{2}R = \frac{5}{2}R^2 \Rightarrow AK = \frac{5}{3}R.$.

c) gọi $(ADE)$ giao $AO$ tại $S$.

do $K$ cố định nên $KD.DE$ không đổi và $KD.KE = KA.KS$ nên $KS$ không đổi nên $S$ cố định vậy $S$ là điểm cố định.

Hình gửi kèm

  • diendan(61).PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhcamgia: 13-05-2018 - 11:14


#31 Minhcamgia

Minhcamgia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2018 - 11:22

Bài 17.

Từ $M$ nằm ngoài $(O)$ cho trước dựng hai tiếp tuyến $MA,MB$. $C$ Chạy trên cung nhỏ $AB$. $D,E,F$ là hình chiếu của $C$ trên $AB,MA,MB$. $S,T$ là giao của $DE,DF$ với $CA,CB$. Chứng minh rằng $ST \parallel AB$. 

                                                      - Sưu tầm - .

Hình gửi kèm

  • diendan(62).PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 13-05-2018 - 11:44


#32 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 13-05-2018 - 11:53

post-171064-0-10371400-1526185569.png

 

 

 

 

 

Dễ dàng chứng minh được CDAE và CDFB nội tiếp. $\angle SDT = \angle CAB+\angle CBA =180^0- \angle SCT$

Từ đây suy ra SCTD nội tiếp.$\Rightarrow \angle CST=\angle CDT=\angle CBF=\angle CAB$

Từ đây suy ra ST // AB

Mình xin Mở rộng bài Toán:

a) Chứng minh ST là tiếp tuyến chung của (TCF) và (SEC)

b)Gọi N là giao điểm thứ 2 của ( TCF) và (SEC). Chứng minh CN đi qua một điểm cố định


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 13-05-2018 - 12:25


#33 taconghoang

taconghoang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 130 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng , my girl <3

Đã gửi 13-05-2018 - 12:01

gọi $T$ là tiếp điểm của $(O)$ và $(O')$, $TF$ cắt $(O)$ tại $N$, $AN$ cắt $EF$ tại $I$.

$O'F \perp BD$ nên $ON \perp BD$ do đó $N$ là điểm chính giữa cung $BD$ nên $AN$ là phân giác $\angle DAB$.

Dễ dàng chứng minh $BN^2 = NF.NT (1)$ ($\Delta NFB \sim \Delta NBT$)

$\angle NAT = \frac{1}{2}$ sđ cung $NT = \angle IET$ nên tứ giác $IEAT$ nội tiếp nên $\angle AIT = \angle AET = \angle IFT$ nên $\Delta NIF \sim \Delta NTI$ suy ra $NF.NT = NI^2 (2)$ 

từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $NI = NB = ND$ nên $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABD$.

Này là hệ quả của định lý Lyness : bổ đề Sawayama.

Mình xin tiếp sức 1 hệ quả khác từ bổ đề Sawayama 

Bài 18 : Cho đường tròn (O) hai điểm A,B nằm trên đường tròn, điểm C nằm trong đường tròn (O). Đường tròn (O') tiếp xúc trong với (O) tại R và tiếp xúc với CA,CB theo tứ tự ở P,Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh : A,P,R,I đồng viên.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taconghoang: 15-05-2018 - 20:41


#34 taconghoang

taconghoang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 130 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng , my girl <3

Đã gửi 13-05-2018 - 12:13

post-171064-0-10371400-1526185569.png

 

 

 

 

 

Dễ dàng chứng minh được CDAE và CDFB nội tiếp. $\angle SDT = \angle CAB+\angle CBA =180^0- \angle SCT$

Từ đây suy ra SCTD nội tiếp.$\Rightarrow \angle CST=\angle CDT=\angle CBF=\angle CAB$

Từ đây suy ra ST // AB

Mình xin Mở rộng bài Toán:

a) Chứng minh ST là tiếp tuyến chung của (TCF) và (SEC)

b)Gọi N là giao điểm thứ 2 của ( TCF) và (SEC). Chứng minh CN đi qua một điểm cố định

a) Ta có : $\widehat{CST}=\widehat{CAD}=\widehat{CED} \Rightarrow ST$ là tiếp tuyến của (SEC). 

Tương tự ta cũng có ST là tiếp tuyến của (TCF)

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taconghoang: 13-05-2018 - 12:29


#35 Leuleudoraemon

Leuleudoraemon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 128 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:${\color{Green} MONKEY}{\color{DarkBlue} LAND}$
  • Sở thích:${\color{Green} MONKEY}{\color{DarkBlue} LAND}$

Đã gửi 13-05-2018 - 12:18

Ý b) mở của bạn MoMo : ý là CN đi qua 1 điểm cố định :)

Kẻ CN cắt ST và AB ở P và Q.

Dạng vô cùng quen thuộc khi ST là tiếp tuyến chung của (SCE) và (TCF), thì dễ CM P là trung điểm của ST => Q là trung điểm của AB (bổ đề hình thang)

Vậy CN đi qua điểm Q là trung điểm của AB(cố định)

 

P/s: Hình như bạn trên chỉ thêm , mình còn chưa biết vẽ :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leuleudoraemon: 13-05-2018 - 12:31


#36 Minhcamgia

Minhcamgia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2018 - 16:13

Này là hệ quả của định lý Lyness : bổ đề Sawayama.

Mình xin tiếp sức 1 hệ quả khác từ bổ đề Sawayama 

Bài 18 : Cho đường tròn (O) hai điểm A,B nằm trên đường tròn, điểm C nằm trong đường tròn (O). Đường tròn (O') tiếp xúc trong với (O) tại R và tiếp xúc với CA,CB theo tứ tự ở P,Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh : A,P,R,I đồng viên.

$K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADB$, dễ dàng chứng minh $A,P,K,R$ đồng viên.

Mà $\angle IKQ = \angle CQP - \frac{\angle CBA}{2} = \frac{CAB}{2}$ nên $A,P,K,I$ đồng viên. 

Suy ra dpcm.

Bài 19. (Thi TPHCM 2014)

Cho tam giác từ $M$ nằm ngoài $(O)$ vẽ tiếp tuyến $MA,MB$, gọi $MO$ giao $AB$ tại $H$, $I$ là trung điểm $MH$, $K$ là giao của $IA$ và $(O)$. 

a. Chứng minh $IA \perp HK$.

b. Tính $\angle MKB$.

Hình gửi kèm

  • diendan(64).PNG
  • diendan(67).PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhcamgia: 13-05-2018 - 16:57


#37 Minhcamgia

Minhcamgia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-05-2018 - 16:48

$K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADB$, dễ dàng chứng minh $A,P,K,R$ đồng viên.

Mà $\angle IKQ = \angle CQP - \frac{\angle CBA}{2} = \frac{CAB}{2}$ nên $A,P,K,I$ đồng viên. 

Suy ra dpcm.

Bài 19. (Thi TPHCM 2014)

Cho tam giác từ $M$ nằm ngoài $(O)$ vẽ tiếp tuyến $MA,MB$, gọi $MO$ giao $AB$ tại $H$, $I$ là trung điểm $MH$, $K$ là giao của $IA$ và $(O)$. 

a. Chứng minh $IA \perp HK$.

b. Tính $\angle MKB$.

bài 19.

$J$ là trung điểm $MB$. $HJ^2 - MJ^2 = IO^2 - IM^2 = JB^2 + OB^2 - JM^2 = R^2$ suy ra $IH^2 = IK.IA$ nên $HK \perp IA$.

b. $IK.IA = IH^2 = IM^2$ suy ra $\angle IMK = \angle IAM = \angle KBH$ nên $BHKM $ nội tiếp.

suy ra $\Delta KIM \sim \Delta KHB$ suy ra $\angle MKB = 90$.

Hình gửi kèm

  • diendan(68).PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhcamgia: 13-05-2018 - 16:56


#38 Korkot

Korkot

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 13-05-2018 - 17:01

Em xin góp 1 bài hình nhé : 
Bài 16 : 
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE,CF. Các tiếp tuyến tại B,C cắt nhau ở K, gọi M là giao điểm của OM với BC.
1, Chứng minh 2 tam giác AEB và CMK đồng dạng.
2, Chứng minh 2 góc BAK = MAC.
3, Gọi G là giao điểm của AM và EF, H là giao điểm của AK và BC.
Chứng minh rằng GH // OM

OK chứ ko phải OM nhé.

a) CM OM vuông góc BC. $\Rightarrow \angle{AEB}= \angle{CMK}$

Kết hợp $\angle{BAE} = \angle{MCK}$ (hệ quả góc tạo bởi tia tt và dây AB) ta có $\Delta AEB \sim \Delta CMK$ (g-g)

b) Gọi D là trực tâm $\Delta ABC$. CM $\angle{BAD}= \angle{CA}$ (bài này quen thuộc rồi) (1)

Ta có $OC^2= OM.OK$ (htl) $\Rightarrow OA^2=OM.OK$ (OC=OA)

Từ điều trên cm được $\Delta AOM \sim \Delta KOA$ (g-g) suy ra $\angle{OAM} = \angle{OKA}$

Mà OM // AD (cùng vuông góc với BC) nên từ ta có $\angle{MAO}= \angle{DAK}$ (2)

(1) (2) $\Rightarrow \angle{BAK}= \angle{CAM}$

c) CM được từ giác BFEC nt

$\Rightarrow \angle{ABH} = \angle{AEG}$ (góc ngoài = góc đối trong)

Kết hợp câu b) có $\Delta ABH \sim \Delta AEG$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{AH}{AG}= \frac{AB}{AE}$ (3)

$\angle{ABK}= \angle{KBC}+\angle{ABC} = \angle{BAC} +\angle{ABC} = \angle{AMC}$

Kết hợp câu b) cm $\Delta ABK \sim \Delta AEM$

$\Rightarrow \frac{AS}{AM}= \frac{AB}{AE}$ (4)

Từ (3) (4) ta có GH // MK (định lý Ta-lét đảo) hay GH// OM 

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Korkot: 13-05-2018 - 17:33

  Nếu bạn cứ tiếp tục ca thán về cùng một nỗi buồn, cùng một việc nhỏ nhặt, bạn sẽ mãi mãi chìm đắm trong thất bại và sống một  cuộc đời nhỏ bé. Hãy luôn nhớ rằng, ngay cả một ngày tồi tệ nhất cũng chỉ có 24 tiếng đồng hồ mà thôi.

                   :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like 


#39 taconghoang

taconghoang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 130 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng , my girl <3

Đã gửi 13-05-2018 - 17:15

Bài 20 : Đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại P và Q. Qua P vẽ đường thẳng d1 bất kỳ cắt (O1) và (O2) tại A và P, đường thẳng d2 qua P cắt (O1) và (O2) tại C và D. BD cắt AC tại X. Vẽ dây PY// BD (Y $\in$ (O1)), PZ//AC (Z $\in$ (O2)). Chứng minh rằng : X, Y, Z, Q thẳng hàng.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taconghoang: 16-05-2018 - 12:08


#40 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 13-05-2018 - 17:30

post-167683-0-67787500-1526206551.png

 

Ta có: $\angle XDQ =180^0-\angle BDQ =\angle XCQ$

$\rightarrow$ XDCQ nội tiếp 

$\angle QYP =\angle QCD=\angle  QCD=\angle QXD$ Mặt khác vì XD//PY $\rightarrow $ Q,X,Y thẳng hàng

Tương tự ta cũng chứng minh được X,Q,Z thẳng hàng

Từ đây suy ra X,Y,Q,Z thẳng hàng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 13-05-2018 - 17:30






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học, cực trị hình học, đặc tính hình học, quỹ tích

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh