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] ÔN THI HÌNH HỌC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN VÀ HSG TỈNH}}$ NĂM HỌC 2019-2020


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 383 trả lời

#221 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 09-04-2020 - 21:29

Annotation 2020-04-09 211117.png

$\boxed{\text{Bài 103}}$: Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại H.Gọi K là giao điểm của EF và AH, M là trung điểm của AH.CMR: K là trực tâm của $\Delta MBC$.

 

Gọi $K'$ là trực tâm $\Delta MBC$ ta sẽ CM $K',E,F$ thẳng hàng

Gọi $BG$ là đường cao của $\Delta MBC$

 

Ta có $BK'.BG=BD.BC=BH.BE\implies K'GEH$ nội tiếp

Tương tự ta cũng có $IK'HF,MGEA$ nội tiếp 

 

Nên $\angle AHB=\angle HAE+90^{\circ}=\angle AEM+90^{\circ}=\angle AGM+90^{\circ}=\angle AGB$

 

Suy ra $ABHG$ nội tiếp $\implies \angle K'EH=\angle K'GH=\angle BAK'=\angle FEH\implies K',E,F$ thẳng hàng

$\implies K'=K\implies đpcm$



#222 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 548 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 09-04-2020 - 21:47

$\boxed{\text{Bài 103}}$: Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại H.Gọi K là giao điểm của EF và AH, M là trung điểm của AH.CMR: K là trực tâm của $\Delta MBC$.

Còn đây là cách của mình; hơi phức tạp chút xíu.

$\text{Cách 2}$: Ta có: $\widehat{FMH}=2\widehat{FAM};\widehat{HME}=2\widehat{MAE};\widehat{FDE}=2\widehat{FBH};\widehat{ABE}+\widehat{BAE}=90^{\circ}$

$\Rightarrow FMED$ nội tiếp.

$\Rightarrow MK.KD=FK.KE$ mà $FK.KE=AK.KH$ (do AFHE nội tiếp)

$\Rightarrow AK.KH=MK.KD$

$\Rightarrow KH.AM=MK.HD$

$\Rightarrow KD.AM=AK.HD$

$\Rightarrow KD.MD=AD.HD$ (do $AM=MH$)

Ta có: $\Delta BAD\sim \Delta HCD\Rightarrow AD.HD=BD.DC\Rightarrow KD.MD=BD.DC$

$\Rightarrow \Delta BMD\sim \Delta KCD$

$\Rightarrow BK$ vuông góc với $CM$

$\Rightarrow K$ là trực tâm $\Delta MBC$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 11-04-2020 - 20:11


#223 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 548 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 10-04-2020 - 20:15

$\boxed{\text{Bài 103}}$: Cho $\Delta ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại H.Gọi K là giao điểm của EF và AH, M là trung điểm của AH.CMR: K là trực tâm của $\Delta MBC$.

Thêm 1 cách nữa nha:

$\text{Cách 3}$: Gọi S đối xứng với H qua BC, R là giao điểm của KC với MB.

Vì ME=MA=MH và tính đối xứng của điểm S; ta có:

$\widehat{MSB}=\widehat{BHD}=\widehat{MHE}=\widehat{MEB}\Rightarrow MESB$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{RBE}=\widehat{MSE}$

Lại có: $\widehat{KSC}=\widehat{CHD}=\widehat{AHF}=\widehat{AEK}\Rightarrow KSCE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MSE}=\widehat{RCE}$

$\Rightarrow \widehat{RBE}=\widehat{RCE}\Rightarrow RBCE$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{BRC}=\widehat{BEC}=90^{\circ}$

=>CR vuông góc với BM=>K là trực tâm tam giác MBC.

=>đpcm

 

*P/s: Mời các bạn làm các bài 104;105;106;107;108;109; đây đều là các bài hình trong các đề thi HSG của các tình qua các năm;rất bổ ích và có nhiều cách làm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 14-04-2020 - 09:51


#224 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 10-04-2020 - 22:37

Anh xin góp cho TOPIC 1 bài

$\boxed{\text{Bài 110}}$ Cho $ABCD$ là tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp của tứ giác. Đường thẳng qua $I$, song song với $AB$ cắt $AD$ và $BC$ tại $H$ và $K$. Chứng minh rằng độ dài $HK$ bằng một phần tư chu vi tứ giác $ABCD$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WaduPunch: 10-04-2020 - 22:38


#225 Long Sei

Long Sei

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 47 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng
  • Sở thích:Hình học, Bất đẳng thức

Đã gửi 10-04-2020 - 23:39

 

Bài 98: 

Cho tam giác ABC, D là điểm nằm trên BC. (ABD) và (ACD) cắt AB, AC ở F,E. BE cắt CF ở K.

Cmr giao điểm của AK và FE nằm trên đoạn thẳng nối tâm (AFE) và D

 

Mấy bữa nay không thấy ai giải được bài này... Mình xin gợi ý bài này, giải cho dễ hengg  :D  :D 

B1: Cm K là điểm Miquel ứng với bộ 3 (D,F,E) của $\triangle ABC$ 

B2: Áp dụng bổ đề sau để chứng minh HD $\perp$ BC ( H giao điểm 2 đường chéo của tứ giác AEKF )

Cho tam giác ABC có: D,E,F thuộc BC,CA,AB Sao cho điểm Miquel của $\triangle ABC$ ứng với bộ 3 (D,E,F) là giao điểm của CF và BE. Cmr đoạn nối giao điểm 2 đường chéo của tứ giác tạo bởi A,E,F và điểm Miquel với D vuông góc với BC

 MLS.png

 B3: Áp dụng định lý Brokard vào tứ giác AEPF để chứng minh IH vuông góc BC (I là tâm đường tròn ngoại tiếp AFE)

Từ B2 và B3 ta suy ra được ĐPCM

 

P/S: Không biết ai phát biểu cái này chưa, chứ nếu đúng thì mình thấy cái này khá hay và có thể hay sử dụng, mình xin gọi tên cái bổ đề này là "bổ đề MLS" nhé :icon10:  :icon10:  

 

Bài toán được lấy ý tưởng từ đề thi thử trung tâm Star-Education năm bao nhiêu đó... :icon6:  :icon6: 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Long Sei: 11-04-2020 - 10:05


#226 Long Sei

Long Sei

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 47 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng
  • Sở thích:Hình học, Bất đẳng thức

Đã gửi 11-04-2020 - 11:08

$\boxed{\text{Bài 107}}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn $(AB<AC)$. Vẽ đường cao AD và đường phân giác trong AO của $\Delta ABC(D,O\epsilon BC)$. Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với $AB,AC$ lần lượt tại M và N.

    a)CMR: $\widehat{BDM}=\widehat{CDN}$

    b)Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt MN tại I. Đường thẳng AI cắt BC tại K. CMR: K là trung điểm cạnh BC.

t.png

a) Dễ dàng chứng minh MDON là tứ giác nội tiếp 

$\Rightarrow$ $\angle$ BDM = $\angle$ MNO = $\angle$ CDN

 

b)Từ I kẻ đường thẳng song song với cạnh BC cắt AB và AC lần lượt tại E và F.

$\Rightarrow$ OI $\perp$ EF

Suy ra: EMOI và NIOF đều là tứ giác nội tiếp 

$\Rightarrow$ $\angle$ OEF = $\angle$ OFE = $\angle$ OMN

$\Rightarrow$ $\triangle$ OEF cân tại O

Mà OI $\perp$ EF 

Nên I là trung điểm của EF

Theo định lý Talet ta dễ dàng suy ra được AI đi qua trung điểm của BC

hay K là trung điểm của BC

 

 



#227 Long Sei

Long Sei

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 47 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng
  • Sở thích:Hình học, Bất đẳng thức

Đã gửi 11-04-2020 - 11:24

$\boxed{\text{Bài 106}}$: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn (O). Kẻ AH vuông góc với BC $(H\epsilon BC)$ và BE vuông góc với đường kính AD $(E\epsilon AD)$.

    a)CMR: $HE//DC$.

    b)Qua trung điểm K của đoạn thẳng AB kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại M. CMR: $\Delta MHE$ cân.

ezz.png

a) Có: $\angle$ HCD = $\angle$ EHC = $\angle$ BAE

$\Rightarrow$ HE // DC

 

b) Dễ thấy: AEHB tứ giác nội tiếp đường tròn tâm K

$\Rightarrow$ $\triangle$ HKE cân tại K 

Lại có: DC $\perp$ BC $\Rightarrow$ HE $\perp$ BC

Suy ra HE $\perp$ KM ( KM // BC )

$\Rightarrow$ KM thuộc đường trung trực của đoạn HE

$\Rightarrow$ ĐPCM



#228 quangboyka7

quangboyka7

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 43 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 11-04-2020 - 21:17

Bài 111. Cho (O;R) đường kính AB. Kẻ hai đường thẳng d và d' lần lượt là hai tiếp tuyến tại các tiếp điểm A và B của (O). Điểm M thuộc (O), tiếp tuyến tại M cắt d,d' tại C và D. BM cắt d tại E. EO cắt hai đường thẳng d', AD tại I,J.

a)Chứng minh các điểm A,B,I,J cùng thuộc một đường tròn

b) Giả sử AE=BD. Tính AM theo R



#229 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 548 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 11-04-2020 - 21:44

Bài 111. Cho (O;R) đường kính AB. Kẻ hai đường thẳng d và d' lần lượt là hai tiếp tuyến tại các tiếp điểm A và B của (O). Điểm M thuộc (O), tiếp tuyến tại M cắt d,d' tại C và D. BM cắt d tại E. EO cắt hai đường thẳng d', AD tại I,J.

a)Chứng minh các điểm A,B,I,J cùng thuộc một đường tròn

b) Giả sử AE=BD. Tính AM theo R

Lâu lâu không động tay động chân; mình xin phép xử luôn bài này:

$\boxed{\text{Bài 111}}$:

a)Dễ CMinh: $\Delta DBO\sim \Delta BAE\Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{BO}{BD}\Leftrightarrow \frac{AE}{AO}=\frac{AB}{BD}\Leftrightarrow \Delta OAE\sim \Delta DBA\Rightarrow OE$ vuông góc với AD.

$\Rightarrow \widehat{AJI}=90^{\circ}$ mà $\widehat{ABI}=90^{\circ}$

$\Rightarrow AJBI$ nội tiếp.

b)Ta có: $\Delta AME$ có $AC=CM$=> Dễ CMinh đc: $AC=CE$ (tính chất quen thuộc)

Mà $AE=BD\Rightarrow BD=2AC$

Ta có: $AC.BD=CM.DM=OM^{2}=R^{2}\Rightarrow AC=\frac{R\sqrt{2}}{2}\Rightarrow AE=R\sqrt{2}$

$\Rightarrow AM=\sqrt{\frac{AE^{2}AB^{2}}{AE^{2}+AB^{2}}}=\sqrt{\frac{2R^{2}4R^{2}}{2R^{2}+4R^{2}}}=\frac{2\sqrt{3}R}{3}$

Vậy $AM=\frac{2\sqrt{3}R}{3}$

geogebra-export.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 14-04-2020 - 09:52


#230 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Anime, Bóng đá, Hình học

Đã gửi 11-04-2020 - 22:11

Như đã nói; tối nay mình sẽ đưa ra 1 loạt bài toán cho mọi người cùng luyện tập; và sau đây là 1 loạt bài toán đó:

$\boxed{\text{Bài 105}}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm H.

    a) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A sao cho tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

    b) Lấy điểm M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. CMR: $N,H,E$ thẳng hàng.

 

Lời giải bài 105:

a)105a (1).png

Dựng đường kính $AM$ của $(O)$.

Dễ chứng minh: $BH//CM$ và $BM//CH$ nên khi đó:  $BHCM$ là hình bình hành.

Vậy....

b)105b.png

Vì $M$ đx với $N$ qua AB nên: $\widehat{BAN}=\widehat{BAM}$ và:$\widehat{ANB}=\widehat{AMB}=\widehat{ACB}$

Suy ra: $\widehat{ANB}+\widehat{AHB}=\widehat{ACB}+\widehat{AHB}=180^o$.

(Dễ CM:$\widehat{ACB}+\widehat{AHB}=180^o$ theo tứ giác nội tiếp)

$\Rightarrow$ $AHBN$ nội tiếp $\Rightarrow$ $\widehat{BHN}=\widehat{BAN}=\widehat{BAM}$

Tương tự: $\widehat{CHE}=\widehat{CAE}=\widehat{CAM}$ 

$\Rightarrow$ $\widehat{BHC}+\widehat{BHN}+\widehat{CHE}$

$=\widehat{BHC}+\widehat{BAM}+\widehat{CAM}=\widehat{BHC}+\widehat{BAC}=180^o$

Suy ra: $N, H, E$ thẳng hàng. (đpcm)

P/s: Đường thẳng chứa 3 điểm trên còn đc gọi là đường thẳng Steiner, nếu K đối xứng với M qua BC thì K cũng thuộc đường thẳng Steiner. (Các bạn thi chuyên Toán nên lưu ý các ứng dụng của đường thẳng này, khá hữu ích!)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 11-04-2020 - 22:14


#231 Long Sei

Long Sei

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 47 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng
  • Sở thích:Hình học, Bất đẳng thức

Đã gửi 11-04-2020 - 22:19

$\boxed{\text{Bài 105}}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm H.

    a) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A sao cho tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

    b) Lấy điểm M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A. Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. CMR: $N,H,E$ thẳng hàng.

a)

sst.png

Lấy M là điểm đối xứng của A qua O

$\Rightarrow MC // BH$ và $MB // CH$

$\Rightarrow BHCM$ là hình bình hành

 

b)

hgdhdport.png

Tính chất của đường thẳng Steiner  :D  :D 



#232 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Anime, Bóng đá, Hình học

Đã gửi 11-04-2020 - 22:51

Góp cho topic 3 bài về quỹ tích:
$\boxed{\text{Bài 112}}$: Cho tam giác $ABC$ và $M, N$ theo thứ tự di chuyển trên 2 tia $BA, CA$ 
sao cho $BM=CN$. CMR: đường trung trực của MN luôn đi qua 1 điểm cố định.

$\boxed{\text{Bài 113}}$: Cho 2 điểm A, B cố định. 1 điểm C khác A, B di chuyển trên đường tròn $(O)$ đường kính $AB$ sao cho $AC>BC$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $C$ cắt tiếp tuyến tại $A$ ở $D$, cắt $AB$ ở $E$. Hạ $AH\perp CD$ tại H. CMR:
a) $AD.CE=CH.DE$
b) Giả sử đường thẳng qua E vuông góc với $AB$ cắt $AC$ và $BD$ lần lượt ở $F, G$, gọi $I$ là trung điểm $AE$. Chứng minh: trực tâm $\triangle{IFG}$ cố định.
$\boxed{\text{Bài 114}}$:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $D$ là 1 điểm bất kì trên cạnh $BC$ ($D$ khác $B, C$) và (O') tiếp xúc trong với (O) tại $K$, tiếp xúc với các đoạn thẳng $AD, CD$ tại $E, F$.
CMR: $EF$ đi qua một điểm cố định khi $D$ thay đổi trên cạnh $BC$.

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 13-04-2020 - 16:24


#233 Long Sei

Long Sei

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 47 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng
  • Sở thích:Hình học, Bất đẳng thức

Đã gửi 11-04-2020 - 23:17

$\boxed{\text{Bài 108}}$: Cho đường tròn $(O)$ đường kính AB cố định, M là 1 điểm thuộc $(O)$ (M khác A,B). Các tiếp tuyến của $(O)$ tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn $(I)$ đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đường kính của $(I)$. CMR:

    a) $O,M,D$ thẳng hàng.

    b) $\Delta COD$ cân.

    c) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua 1 điểm cố định khi M di động trên đường tròn $(O)$.

geo.png

 
a)  Có: $\angle IMC + \angle IMO = \angle ICM + \angle IDM = 90^0$
Mà $\angle IMC = \angle ICM$
Nên $\angle IDM = \angle IMO$
$\Rightarrow O,M,D$ thẳng hàng
b) Có: $\angle DCO = \angle COA = \angle COD$
$\Rightarrow$ $\Delta COD$ cân
c) Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ D xuông BC, F là giao điểm của DE với OA
Lấy G là trung điểm OC
$\Rightarrow DG \perp OC$
$\Rightarrow$ G nằm trên đường tròn tâm I
Có: $\angle DME = \angle DCE = \angle EBO$
$\Rightarrow BOEM$ nội tiếp
Suy ra: $\angle OEB + \angle GEC = \angle BMO + \angle ODG = \angle BMO + \angle OMA = 90^0$
$\Rightarrow \angle OEG = 90^0$
Ta thấy $\angle GOF = \angle FEG$ ( cùng bằng $\angle GCD$ )
$\Rightarrow$ OEGF nội tiếp 
Do đó: GF $\perp$ OA
$\Rightarrow GF // CA$
$\Rightarrow$ F trung điểm OA
 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Long Sei: 12-04-2020 - 07:49


#234 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 548 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 12-04-2020 - 09:33

$\boxed{\text{Bài 112}}$: Cho tam giác $ABC$ và $M, N$ theo thứ tự di chuyển trên 2 tia $BA, CA$ sao cho $BM=CN$. CMR: đường trung trực của MN luôn đi qua 1 điểm cố định.

Xin phép làm bài 112: 

$\boxed{\text{Bài 112}}$: 

Gọi K là giao điểm của đường trung trực BC với đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC\Rightarrow K$ cố định.

Dễ thấy: $\Delta MBK=\Delta NCK$ (c.g.c)

$\Rightarrow KM=KN$

$\Rightarrow K\epsilon $ trung trực MN.

Vậy...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 12-04-2020 - 09:33


#235 quangboyka7

quangboyka7

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 43 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 12-04-2020 - 09:57

Bài 115: Cho (O,R) và (O',R') tiếp xúc ngoài nhau tại M. Tam giác ABC đều nội tiếp (O). Gọi x,y,z là độ dài các đoạn tiếp tuyến từ A,B,C đến (O').

a) Chứng minh x/MA không đổi

b) Chứng minh trong ba số x,y,z có một số bằng tổng hai số còn lại



#236 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ᴊʀ-ᴠɪɴɪᴄɪᴜs
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 12-04-2020 - 15:00

Đăng một bài cho topic sôi nổi ^^
$94$ Cho tam giác ABC, gọi P và Q là hai điểm ở trong tam giác sao cho PAB^=QAC^ và PBA^=QBC^. Tính giá trị của biểu thức:
$\frac{PA.QA}{AB.AC}+\frac{PB.QB}{AB.BC}+\frac{PC.QC}{BC.AC}$
$95$ Cho tam giác ABC nhọn không cân, đường phân giác góc A cắt BC tại D và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại I. Tử D hạ DK,DH vuông góc với các cạnh AB và AC. Chứng minh diện tích tứ giác AKIH= diện tích tam giác ABC.

Lâu lâu mình comeback topic :) , sorry spirit1234 nha :))

P nằm trong tam giác ABC=> góc $APB$=góc $ACB$

Dựng góc $ACx$ = góc $APB$

$AQ$ cắt $Cx$ tại E, đê thấy E nằm ngoài tam giác ABC

Lại có tam giác CAE đồng dạng với tam giác PAB.

$=>CA/PA=AE/AC=BE/PC$

 và góc $PAB$=góc $QAC$

Từ đó góc $BAQ$=góc $PAC$

Từ đó: tam giác $ABE$ đồng dạng với tam giác $APC$

$=>AB/AP=AE/AC=BE/PC$

Từ góc $PAC$=góc $QBC$ $=>$ góc $AEC$= góc $QBC=>$ QBEC nội tiếp.

Áp dụng định lí $Ptolemy$ vào tứ giác trên ta có:

$BC.QE=QB.CE+QC. BE=>BC(AE-QA)=QB.CE+QC.BE=>BC.AE=BC.QA+QB.CE+QC.BE=>CE=AC.PB/PA,BE=AB.PC/AP,AE=AC.AB/PA$

Thay vào đẳng thức đã cho ở đề bài ta tính được : $\frac{PA.QA}{AB.AC}+\frac{PB.QB}{AB.BC}+\frac{PC.QC}{BC.AC}=1$




" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " - Roronoa Zoro.

#237 supreme king

supreme king

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 146 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:Thích gì làm đấy

Đã gửi 12-04-2020 - 16:20

$\boxed{\text{Bài 109}}$: Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{A}=60^{\circ}$. Đường tròn tâm I nội tiếp $\Delta ABC$ tiếp xúc với cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Đường thẳng ID cắt EF tại K. Đường thẳng qua K và song song với BC cắt $AB,AC$ theo thứ tự tại $M,N$.

    a) CMR: các tứ giác $IFMK;IMAN$ nội tiếp.

    b) Gọi J là trung điểm BC. CMR: $A,K,J$ thẳng hàng.

    c) Gọi r là bán kính của đường tròn $(I)$ và S là diện tích của tứ giác $IEAF$. Tính S theo r và CMR: $S_{IMN}\geq \frac{S}{4}$ ($S_{IMN}$ là diện tích $\Delta IMN$)

a)

Dễ cm tứ giác $IFMK;FAEI$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{INK}=\widehat{KFI}=\widehat{IAM}$

Do đó tứ giac $IMAN$ nội tiếp.

b)

Ta có $\widehat{INK}=\widehat{KFI};\widehat{KEI}=\widehat{KMI}$

Lại có $\widehat{KFI}=\widehat{KMI}$

$\Rightarrow \widehat{INK}=\widehat{KEI}$

Do đó $\Delta MIN$ cân tại I

c) 

Ta có:$S=2^SAIE=2.\frac{1}{2}.AE.IE=tanAIE.IE.IE=tan60^{\circ}.r^2=r^2\sqrt{3}$

Dễ cm $\Delta MIN \sim \Delta FIE$

$\Rightarrow \frac{MN}{EF}=\frac{IN}{IF}\geq1$

$\Rightarrow MN\geq EF$

Ta có $^SIMN=\frac{1}{2}.sinINK.MN.IN\geq\frac{1}{2}.sinKFI.EF.IF=\frac{1}{2}.sinIAE.AE.IE=\frac{1}{2}.sinIAE.tanAIE.IE.IE=\frac{1}{2}.sin30^{\circ}.tan60^{\circ}.r^2=\frac{r^2\sqrt{3}}{4}=\frac{S}{4}$

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều

Vậy$^SIMN\geq\frac{S}{4}$

Hình gửi kèm

  • Opera Hình chụp_2020-04-12_155651_www.geogebra.org.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supreme king: 12-04-2020 - 16:21

All will be well if you use your mind for your decision, and mind only your decision

                                                                                                                 -Presh Talwalkar-


#238 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 548 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 13-04-2020 - 07:16

$\boxed{\text{Bài 114}}$:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $D$ là 1 điểm bất kì trên cạnh $BC$ ($D$ khác $B, C$) và (O') tiếp xúc trong với (O) tại $K$, tiếp xúc với các đoạn thẳng $AD, CD$ tại $E, F$.

CMR: $EF$ đi qua một điểm cố định khi $D$ thay đổi trên cạnh $BC$.

$\boxed{\text{Bài 114}}$:

 Áp dụng bổ đề Sawayama ta có tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ nằm trên EF.

 Vậy EF đi qua điểm cố định là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 13-04-2020 - 07:16


#239 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Anime, Bóng đá, Hình học

Đã gửi 13-04-2020 - 15:59

$\boxed{\text{Bài 114}}$:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $D$ là 1 điểm bất kì trên cạnh $BC$ ($D$ khác $B, C$) và (O') tiếp xúc trong với (O) tại $K$, tiếp xúc với các đoạn thẳng $AD, CD$ tại $E, F$.
CMR: $EF$ đi qua một điểm cố định khi $D$ thay đổi trên cạnh $BC$.

Spoiler

 
Mình xin trình bày lại lời giải bài này, bạn spirit1234 làm tắt quá!, bổ đề $Sawayama-Thébault$ nếu sử dụng ở THCS phải chứng minh. 

$\boxed{\text{Bài 114}}$:

Bổ đề 1

Bổ đề 2

Trở lại với bài toán, ta có hình vẽ:

bai114.png

Gọi giao điểm của $KF$ với $(O)$ là M. Từ bổ đề 2, ta có: $M$ là trung điểm cung $\mathop{BC}^\frown$ $\Rightarrow$ $MB=MC$

Gọi giao điểm của $AM$ với $EF$ là $I$.

Ta có: $\widehat{IEK}=\widehat{FEK}=\frac{\widehat{FO'K}}{2}=\frac{\widehat{MOK}}{2}=\widehat{MAK}=\widehat{IAK}$

Suy ra: tứ giác $AKIE$ nội tiếp $\Rightarrow$ $\widehat{DEF}=\widehat{AKI}$.

Mà:$\widehat{DEF}=\widehat{EKF}$ = $\frac{\overarc{EF}}{2}$

nên:$\widehat{EKF}=\widehat{AKI}$ $\Rightarrow$  $\widehat{AKE}=\widehat{FKI}=\widehat{MKI}$ 

Lại có:  $\widehat{AKE}=\widehat{AIE}=\widehat{MIF}$  nên: $\widehat{MIF}=\widehat{MKI}$

Suy ra: $\triangle{MIK}$ $\sim$ $\triangle{MFI}$ $\Rightarrow$ $MI^2$ = $MF.MK$. (1)

Lại có: $\widehat{MCF}=\widehat{MCB}=\widehat{MKC}$  (vì $\mathop{BM}^\frown$ $\mathop{CM}^\frown$)
nên:$\triangle{MFC}$ $\sim$ $\triangle{MCK}$ $\Rightarrow$ $MC^2$ = $MF.MK$. (2)
Từ (1), (2) $\Rightarrow$ $MI=MB=MC$. 
Áp dụng bổ đề 1, ta có: $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ $\Rightarrow$ $I$ cố định.
Vậy ... 
P/s: Máy mình đang bị lỗi Latex và không vào được trình soạn thảo Latex. Xin phép chỉnh sửa lại bài viết sau. Mong các bạn thông cảm!
Cập nhật:Đã chỉnh sửa bài viết thành công. Cảm ơn một anh quản trị viên nào đó đã giúp em sửa bài ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 16-04-2020 - 16:45


#240 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 548 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 13-04-2020 - 16:02

$\boxed{\text{Bài 113}}$: Cho 2 điểm A, B cố định. 1 điểm C khác A, B di chuyển trên đường tròn $(O)$ đường kính $AB$ sao cho $AC>BC$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $C$ cắt tiếp tuyến tại $A$ ở $D$, cắt $AB$ ở $E$. Hạ $AH\perp CD$ tại H. CMR:

a) $AD.CE=CH.DE$
b) Giả sử đường thẳng qua E vuông góc với $AB$ cắt $AC$ và $BD$ lần lượt ở $F, G$, gọi $I$ là trung điểm $AE$. Chứng minh: trực tâm $\triangle{IFG}$ cố định.

$\boxed{\text{Bài 113}}$: 

a)(Cách của mình hơi phức tạp; xin các cao nhân chỉ giáo cho cách tốt hơn)

Ta có: $AD.CE=CH.DE\Leftrightarrow \frac{AH.DE}{AE}.CE=CH.DE\Leftrightarrow AH.CE=CH.AE$

Ta có: CE là tiếp tuyến đường tròn $(O)$ nên ta có: $\frac{AE}{CE}=\frac{AC}{CB}$

Dễ thấy: $\Delta ACB\sim \Delta AHC\Rightarrow \frac{AC}{CB}=\frac{AH}{CH}\Rightarrow AH.CE=CH.AE$

=>đpcm.

b)Gọi K là giao điểm của DG và IF.

Dễ thấy: $\Delta ADO\sim \Delta AEF\Rightarrow \frac{AD}{AE}=\frac{AO}{EF}\Rightarrow \frac{AD}{IE}=\frac{AB}{EF}\Rightarrow \Delta ADB\sim \Delta EIF\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{IFE}\Rightarrow KBEF$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{FBK}=90^{\circ}$

=>GK vuông góc với IF mà IE vuông góc với GF; IE cắt GK tại B.

=>B là trực tâm $\Delta IFG$ mà B cố định.

=>đpcm

geogebra-export (1).png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 16-04-2020 - 14:21





1 người đang xem chủ đề

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


    Bing (1)