Chủ đề này có 112 trả lời

[Hoang72]

Comback     

$\boxed{46}$ Cre: https://www.facebook...100016418798908
         

P/s: Hẹn mng sau ngày 17   

Hóng topic trở lại

Bổ đề: Cho tam giác ABC. D, E trên cạnh BC sao cho AD, AE đẳng giác trong góc BAC. Khi đó hai đường tròn (ABC), (ADE) tiếp xúc với nhau.

Quay trở lại bài toán:

Ta có $\angle BPE=90^o-\frac{\angle ABC}{2}=\angle CPF$ nên PE, PF đẳng giác trong góc PBC. Từ đó (PEF) tiếp xúc với (PBC).

Dễ thấy $\angle DAA'=\angle EPF\Rightarrow \Delta DAA'\sim\Delta EPF(g.g)\Rightarrow \frac{EF}{EP}=\frac{DA'}{DA}$. (1)

Lại có $\Delta DBF\sim\Delta DAB(g.g)\Rightarrow \frac{DB}{DA}=\frac{BF}{AB}\Rightarrow \frac{DP}{DA}=\frac{PF}{AP}=\frac{EF}{EH}$. (2)

Từ (1), (2) suy ra $\frac{EH}{EP}=\frac{DA'}{DP}\Rightarrow \Delta EHP\sim\Delta DA'P(c.g.c)\Rightarrow \angle HPE=\angle A'PD$.

Từ đó PE, PF đẳng giác trong tam giác HPI nên (PEF) tiếp xúc với (PHI).

Tương tự (PHI) tiếp xúc với (PBC).

Vậy ta có đpcm.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 10-06-2021 - 10:57

[12DecMath]

Sắp tới có thể mình sẽ lập thêm 1 Topic hình học phẳng 10 nữa nên mong các bạn ủng hộ   

$\boxed{47}$ Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $D$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BC$. Gọi $E, F, J$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp $wrt$ đỉnh $A$ của các tam giác $ABD, ACD, ABC$ tương ứng. Gọi $P$ là hình chiếu vuông góc của $J$ lên $BC$ và $K$ là trung điểm của $EF$ .

a) Chứng minh rằng $KD=KP$

b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $AEF$ nằm trên đường thẳng $AD$ .

Source: Underfined

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 19-06-2021 - 15:52

[12DecMath]

$\boxed{48}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên $OA$ lấy $P$ tùy ý. Gọi $E,F$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $P$ lên$ AC, AB$. Xét điểm $Q$ di động trên đoạn thẳng $EF$. Đường thẳng vuông góc với $AQ$ tại $Q$ cắt $PE,PF$ lần lượt tại $M,N$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ và gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $BC$. Chứng minh đường thẳng qua $D$ và song song với $AQ$ luôn đi qua $1$ điểm cố định.

Source: Underfined

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 19-06-2021 - 15:52

[12DecMath]

$\boxed{49}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ và $BC= R\sqrt{3}$. Đường cao $AD$, trung điểm $M$ của $BC$. Gọi $D’$ là điểm đối xứng của $D$ qua $M$. Tiếp tuyến tại $B, C$ của (O) cắt nhau tại $P$. Đường thẳng qua $D’$ vuông góc với $PD’$ cắt $AB, AC$ tại $F$ và $E$.

a, Gọi $K$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác $△KCE$ và $△KBF$ tiếp xúc nhau.

b, Chứng minh: $E,F,P,K$ cùng thuộc một đường tròn.

Source: 07PBC or Ngô Phương Linh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 19-06-2021 - 15:49

[Hoang72]

Sắp tới có thể mình sẽ lập thêm 1 Topic hình học phẳng 10 nữa nên mong các bạn ủng hộ   

$\boxed{47}$ Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $D$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BC$. Gọi $E, F, J$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp $wrt$ đỉnh $A$ của các tam giác $ABD, ACD, ABC$ tương ứng. Gọi $P$ là hình chiếu vuông góc của $J$ lên $BC$ và $K$ là trung điểm của $EF$ .

a) Chứng minh rằng $KD=KP$

b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $AEF$ nằm trên đường thẳng $AD$ .

Source: Underfined

a) Gọi G, H lần lượt là hình chiếu của E, F trên BC.

Do K là trung điểm của EF nên KG = KH.

Giả sử $AB\geq AC$.

Ta có: $DH=\frac{CD+CA-AD}{2};PG=PB-BG=\frac{CB+CA-AB}{2}-\frac{DB+DA-AB}{2}=\frac{CD+CA-AD}{2}\Rightarrow DH=PG$.

Mà KG = KH nên $\Delta KGP=\Delta KHD(c.g.c)$.

Vậy KP = KD. 

b) Tam giác DEF vuông tại D có K là trung điểm của EF nên KP = KD = KE = KF.

Suy ra tứ giác EPDF nội tiếp đường tròn đường kính EF.

Ta lại có $\angle PEF=CDF=\angle PDE=\angle PFE$ nên tam giác PEF vuông cân tại P.

Mặt khác do PE = PF và $\angle EPF=90^o=2EAF$ nên P là tâm ngoại tiếp của tam giác EAF.

Kẻ đường kính PT của (EF).

Ta có 

Ta có $PA^2=PF^2=PK.PT$ nên $\angle PTD=\angle PED=\angle PEA+\angle AED=\angle PAE+45^o-\angle EAD=\angle PAE-\angle BAE+\angle BAK=\angle BAK-\angle BAP=\angle PAK=\angle PTA\Rightarrow \overline {A,D,T}$.

Mặt khác do T là điểm đối xứng của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua EF nên AT đi qua tâm Euler của tam giác đó.

Vậy ta có đpcm.

Hình gửi kèm

• 

[PDF]

$\boxed{48}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên $OA$ lấy $P$ tùy ý. Gọi $E,F$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $P$ lên$ AC, AB$. Xét điểm $Q$ di động trên đoạn thẳng $EF$. Đường thẳng vuông góc với $AQ$ tại $Q$ cắt $PE,PF$ lần lượt tại $M,N$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ và gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $BC$. Chứng minh đường thẳng qua $D$ và song song với $AQ$ luôn đi qua $1$ điểm cố định.

Source: Underfined

Gợi ý: Sử dụng phương pháp suy biến (đưa Q đến vị trí đặc biệt).

[PDF]

Sắp tới có thể mình sẽ lập thêm 1 Topic hình học phẳng 10 nữa nên mong các bạn ủng hộ   

$\boxed{47}$ Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $D$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BC$. Gọi $E, F, J$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp $wrt$ đỉnh $A$ của các tam giác $ABD, ACD, ABC$ tương ứng. Gọi $P$ là hình chiếu vuông góc của $J$ lên $BC$ và $K$ là trung điểm của $EF$ .

a) Chứng minh rằng $KD=KP$

b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $AEF$ nằm trên đường thẳng $AD$ .

Source: Underfined

Lời giải khác:

a) Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được $AEJF$ là hình bình hành (để ý hai tứ giác nội tiếp $BDFJ,CDEJ$).

Suy ra $K$ là trung điểm $AJ$. Do đó $KD=KP$ theo bổ đề hình thang vuông dạng xoắn.

 

b) Để ý rằng tứ giác $PDEF$ nội tiếp, mà $\overleftrightarrow{AD}$ là đường phân giác trong góc $EDF$ nên $DP$ là đường phân giác ngoài, suy ra $PE=PF$. Lại có $\angle EPF=90^{\circ}=2\angle EAF$ nên $P$ là tâm $(AEF)$.

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $AEF$. Khi đó $G$ thuộc $AK$. $PG$ cắt $AD$ tại $O_{9}$.

Khi đó $$\frac{GO_{9}}{GP}=\frac{GA}{GJ}=\frac{1}{2},$$

suy ra $O_{9}$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $AEF$. $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 20-06-2021 - 17:07

[12DecMath]

$\boxed{50}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. Đường cao $BE, CF$ của $\DeltaABC$ cắt nhau tại $H$. $TB \cap EF =P; TC \cap EF =Q$. Chứng minh $(TPQ)$ tiếp xúc với $(O)$. 

 

[DaiphongLT]

$\boxed{50}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. Đường cao $BE, CF$ của $\DeltaABC$ cắt nhau tại $H$. $TB \cap EF =P; TC \cap EF =Q$. Chứng minh $(TPQ)$ tiếp xúc với $(O)$. 

Ta có $\widehat{PBF}=\widehat{ACB}=\widehat{AFE}=\widehat{PFB}$ hay $PF=PB$
$OT$ cắt $BC$ tại $I$ $\Rightarrow$ $I$ trung điểm $BC$ hay $IB=IF$
Từ đó có $PI$ trung trực $AB$ hay $PI$ phân giác $\widehat{TPQ}$
Hay $I$ là tâm nội tiếp $\Delta TPQ$. Mà $I$ trung điểm $BC$ nên theo định lí $Lyness$ ta dc $(TPQ)$ tiếp xúc với $(O)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 21-06-2021 - 12:24

[12DecMath]

Có lẽ topic của chúng ta sẽ dừng ở con số 50 bài. Và bây giờ mình sẽ lập 1 topic hình học phẳng 10, mong các bạn ủng hộ     !!!!

[12DecMath]

https://diendantoanh...h-học-phẳng-10/

link nha mng     

[Hoang72]

 

$\boxed{49}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ và $BC= R\sqrt{3}$. Đường cao $AD$, trung điểm $M$ của $BC$. Gọi $D’$ là điểm đối xứng của $D$ qua $M$. Tiếp tuyến tại $B, C$ của (O) cắt nhau tại $P$. Đường thẳng qua $D’$ vuông góc với $PD’$ cắt $AB, AC$ tại $F$ và $E$.

a, Gọi $K$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác $△KCE$ và $△KBF$ tiếp xúc nhau.

b, Chứng minh: $E,F,P,K$ cùng thuộc một đường tròn.

Source: 07PBC or Ngô Phương Linh

 

Thấy anh lâu chữa quá nên vào sol luôn

Gọi I là điểm đối xứng với A qua trung trực của BC.

Dễ thấy I, D', K thẳng hàng và $ID'\perp BC$.

Ta có $BC=\sqrt{3}OB=\sqrt{3}OC$ nên $\angle BOC=120^o$.

Từ đó $\angle BAC=60^o$.

Ta có $\angle ICB=\angle ABC=ECP$ nên CE, CI đẳng giác trong góc PCD'; $\angle CD'K=\angle ED'P$ nên D'E, D'K đẳng giác trong góc CD'P.

Suy ra I, E liên hợp đẳng giác trong $\Delta PCD'$.

Do đó $\angle EPD'=\angle CPI$, $\angle FPD'=\angle BPI$ nên $\angle EPF=\angle BPC=60^o$.

KP cắt AC, AB lần lượt tại G, H. Ta có các tam giác CKG, BKH đều.

Ta có $\Delta GPE\sim\Delta HFP(g.g)$ nên GP . PH = GE . HF.

Suy ra $GK.KH=GE.HF$

Từ đó $\Delta GPE\sim\Delta HBP(c.g.c)$ nên $\angle EKF=60^o$. (chứng minh gián tiếp câu b luôn)

Kẻ tiếp tuyến Kx của (KCE) nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ KC có chứa E.

Ta có $\widehat{FKx}=\widehat{EKx}+60^o=\widehat{KCE}+60^o=120^o=\widehat{KBF}$

$\Rightarrow$ Kx là tiếp tuyến của (KBF).

Vậy (KCE) tiếp xúc với (KBF) và E, K, P, F đồng viên.

Hình gửi kèm

• 

[toilaaiiiday]

 

Bạn nào giải giúp mình mấy câu này đk ạ?