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 224 trả lời

#41 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 15-03-2020 - 20:38

Mình cũng xin phép góp thêm mấy bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 26}}$: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ có trực tâm H.Các đường cao BD,CE cắt $(O)$ tại F,G.Dựng FM//GN//BC $(M\epsilon AC;N\epsilon AB)$.Các đường thẳng HM,HN theo thứ tự cắt FG tại K,L. Gọi P là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp $\Delta AED$ với $(O)$; P khác A.CMR: DK,EL cắt nhau tại 1 điểm nằm trên $(O)$

$\boxed{\text{Bài 27}}$: Cho tứ giác ABCD.CMR:$AB.CD+AD.BC\geq AC.BD$

$\boxed{\text{Bài 28}}$: Cho điểm M nằm trong tam giác ABC.Các đường thẳng AM,BM,CM cắt các cạnh đối diện tại D,E,F.CMR: $\frac{AM}{MD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}$

Xin lỗi mọi người nha, máy mình chưa lên geogebra được lên mình không vẽ hình được. Lúc nào máy lên được geogebra thì mình sẽ đưa hình lên sau.

Bài 26: Dễ thấy: G,F lần lượt đối xứng với H qua AB,AC.

Ta có: $\widehat{FLH}=\widehat{LGH}+\widehat{LHG}=\widehat{FBC}+\widehat{NGH}=\widehat{HBC}+\widehat{HCB}=180^{\circ}-\widehat{BHC}=\widehat{BAC}=90^{\circ}-\widehat{ABF}=\widehat{APH}-\widehat{APF}=\widehat{HPF}$

=> HLPF nội tiếp.

=>$\widehat{LPH}=\widehat{LFH}=\widehat{GCB}=\widehat{BAH}=\widehat{EAH}=\widehat{EPH}$$\widehat{LPH}=\widehat{LFH}=\widehat{GCB}=\widehat{BAH}=\widehat{EAH}=\widehat{EPH}$

=>E,L,P thẳng hàng

Ta có: $\widehat{GKH}=\widehat{KFH}+\widehat{KHF}=\widehat{GCB}+\widehat{MFH}=\widehat{HCB}+\widehat{HBC}=\widehat{BAC}; \widehat{GPH}=\widehat{GPA}-\widehat{HPA}=90^{\circ}-\widehat{GBA}=90^{\circ}-\widehat{HBA}=\widehat{BAC}$

=>PKHG nội tiếp=>Dễ thấy:P,K,D thẳng hàng.

=>DK,EL cắt nhau tại điểm P nằm trên đường tròn tâm O.

Bài 28 là định lý Van-aubel; xin phép không chứng minh lại nữa.

Còn bài 27 là định lý Ptolemy cho tứ giác bất kỳ mà bạn.


No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#42 supreme king

supreme king

    Trung sĩ

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

Đã gửi 15-03-2020 - 20:48

$\boxed{\text{Bài 28}}$: Cho điểm M nằm trong tam giác ABC.Các đường thẳng AM,BM,CM cắt các cạnh đối diện tại D,E,F.CMR: $\frac{AM}{MD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}$

Ta có

$\frac{AM}{MD}=\frac{^SAMB}{^SBMD}=\frac{^SAMC}{^SMCD}=\frac{^SAMB+^SAMC}{^SBMD+^SMCD}=\frac{^SAMB+^SAMC}{^SBMC}$

$\frac{AF}{FB}=\frac{^SAMF}{^SBMF}=\frac{^SAFC}{^SFCB}=\frac{^SAFC-^SAMF}{^SFCB-^SBMF}=\frac{^SAMC}{^SBMC}$

$\frac{AE}{EC}=\frac{^SAME}{^SEMC}=\frac{^SAEB}{^SEBC}=\frac{^SAEB-^SAME}{^SEBC-^SEMC}=\frac{^SAMC}{^SBMC}$

Do đó  $\frac{AM}{MD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}$

Hình gửi kèm

  • Opera Hình chụp_2020-03-15_203502_www.geogebra.org.png

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

                                                                                                                 -Presh Talwalkar-


#43 ThuanTri

ThuanTri

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết-Bình Thuận
  • Sở thích:bruh

Đã gửi 15-03-2020 - 20:56

 

$\boxed{\text{Bài 28}}$: Cho điểm M nằm trong tam giác ABC.Các đường thẳng AM,BM,CM cắt các cạnh đối diện tại D,E,F.CMR: $\frac{AM}{MD}=\frac{AF}{FB}+\frac{AE}{EC}$

Mình không chú ý tới bài của bạn Supreme King.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThuanTri: 15-03-2020 - 20:59

   Trăm năm Kiều vẫn là Kiều

Sinh viên thi lại là điều tất nhiên.


#44 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 16-03-2020 - 20:05

$\boxed{\text{Bài 23}}$: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung AB. Lấy điểm E trên dây cung AB; E khác A khác B.Qua E vẽ dây cung CD của đường tròn $(O)$.Trên 2 tia DA,DB lấy 2 điểm P,Q đối xứng qua E.Chứng minh rằng đường tròn $(I)$ tiếp xúc với PQ tại E và đi qua C luôn đi qua 1 điểm cố định khi E di động trên dây cung AB.

Buồn quá; đăng 2 ngày rồi mà chẳng ai làm; thôi thì đành đưa ra lời giải vậy.

$\boxed{\text{Bài 23}}$: Gọi M là giao điểm của AB và đường tròn tâm I.

Vì $\Delta EMC$ nội tiếp $(I)$, EP là tiếp tuyến của $(I)$ nên $\widehat{CMA}=\widehat{PEC}=\widehat{DEQ}$

mà $\widehat{BAC}=\widehat{BDC}$ =>$\Delta CMA\sim \Delta QED$ =>$\frac{AM}{CM}=\frac{DE}{QE}$

Tương tự; $\frac{BM}{CM}=\frac{DE}{PE}=\frac{DE}{QE}$

=>$AM=BM$=> đường tròn $(I)$ luôn đi qua điểm cố định là trung điểm M của AB.

geogebra-export.png

 
 
 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 16-03-2020 - 20:12

No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#45 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 16-03-2020 - 20:56

$\boxed{\text{Bài 24}}$: Cho tam giác ABC, P là 1 điểm nằm trong tam giác thỏa mãn PA=PB+PC.Gọi R là điểm chính giữa cung AB chứa P của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP,S là điểm chính giữa cung AC chứa P của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP.CMR:2 đường tròn ngoại tiếp tam giác BPS và CPR tiếp xúc nhau.

Bài này hình hơi khó vẽ nên tạm thời mình chưa vẽ được hình[trên geogebra]; srry mọi người nha.

$\boxed{\text{Bài 24}}$: Trên đoạn AP lấy 2 điểm D và E sao cho PD=PB và PE=PC.Để chứng minh 2 đường tròn ngoại tiếp $\Delta BPS$ và $\Delta CPR$ tiếp xúc nhau, từ $\Delta SAC\sim \Delta PEC$ ta sẽ chứng tỏ rằng $\widehat{PBS}+\widehat{PCR}=\widehat{RPS}=\widehat{RBA}+\widehat{SCA}=\widehat{PBD}+\widehat{PCE}$ hay cần chứng minh $\widehat{DBS}=\widehat{ECR}$

Thật vậy, từ giả thiết PA=PB+PC có AD=PE =>$\frac{AD}{CE}=\frac{PE}{CE}=\frac{AS}{AC}=>\frac{AD}{AS}=\frac{CE}{CA}$

Mặt khác, $\widehat{SAD}=\widehat{SCP}=\widehat{ECA}=>\Delta DAS\sim \Delta ECA=>\widehat{PDS}=\widehat{CEP};\widehat{PCE}=\widehat{SCA}=\widehat{SPD}=>\Delta SDP\sim \Delta PEC$

Tương tự, ta có: $\Delta PER\sim \Delta BDP$.

Do đó $\widehat{SDB}=\widehat{REC}$ và $\frac{SD}{DB}=\frac{SD}{PE}.\frac{PE}{BD}=\frac{DP}{EC}.\frac{RE}{PD}=\frac{RE}{EC}=>\Delta DBS\sim \Delta ECR=>\widehat{DBS}=\widehat{RCE}$=> đpcm


No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#46 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 16-03-2020 - 21:38

Xin góp mấy bài cho các bạn cùng luyện tập:

$\boxed{\text{Bài 29}}$:(Bất đẳng thức hình học) Cho $(O;R)$ và điểm A nằm ngoài $(O)$, kẻ các tiếp tuyến AB,AC đến $(O)$. Đường thẳng qua O vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB,AC lần lượt tại M,N.Trên cung nhỏ BC lấy điểm K bất kỳ; Tiếp tuyến tại K của đường tròn O cắt AB,AC lần lượt tại P,Q.CMR: $PM+QN\geq MN$

 

$\boxed{\text{Bài 30}}$:(Cực trị hình học)Cho đường tròn $(O;R)$ có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn quay quanh O khác AB.Tiếp tuyến của đường tròn $(O;R)$ tại B cắt các đường thẳng AM,AN lần lượt tại các điểm Q,P.Tìm GTNN của diện tích tứ giác MNPQ; xảy ra khi nào?

 

$\boxed{\text{Bài 31}}$:(Quỹ tích)Cho đường tròn $(O)$ và điểm A nằm bên ngoài đường tròn.Vẽ cát tuyến ABC của đường tròn $(O)$ (AB<AC;BC không phải đường kính).2 tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại K.Chứng minh K thuộc 1 đường thẳng cố định khi cát tuyến ABC thay đổi.

 

$\boxed{\text{Bài 32}}$: (Định lý hình học, thử chứng minh nhé mọi người):Cho tứ giác ABCD có AB,CD cắt nhau tại M. AD,BC cắt nhau tại N.CMR: trung điểm của AC,BD,MN thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 17-03-2020 - 20:59

No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#47 Pizscontrol9

Pizscontrol9

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:làm việc mình thích

Đã gửi 16-03-2020 - 22:03

Mình cũng xin góp mấy bài BĐT hình học:

$\boxed{\text{Bài 33}}$:Gọi I và R lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.IA,IB,IC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D,E,F tương ứng.CMR: $2R+\frac{IA+IB+IC}{3}\geq ID+IE+IF\geq \frac{5}{2}.R+\frac{IA+IB+IC}{6}$.

$\boxed{\text{Bài 34}}$: Cho tam giác ABC có các đường cao AD,BE,CF đồng quy tại H.CMR:$\frac{HA}{HD}+\frac{HB}{HF}+\frac{HC}{HE}+6\sqrt{3}\geq 6+\frac{a}{HD}+\frac{b}{HE}+\frac{c}{HF}$ với a=BC,b=AC,c=AB


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pizscontrol9: 17-03-2020 - 09:04


#48 BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 234 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47 THPT Chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{Air Conditioner}$

Đã gửi 17-03-2020 - 02:59

Bài 20: Cho tam giác ABC. D,E,F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ với 3 cạnh BC,CA,AB. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng tiếp xúc đồng thời với đường tròn nội tiếp tam giác AFE, tam giác BEF, tam giác CEB.

 89802205_140383004020152_167179360023871488_n.jpg

Ký hiệu các điểm như hình vẽ, gọi d là đường thẳng tiếp xúc với $(O1), (O2)$ lần lượt tại $P,Q$, cắt $EF,BE$ lần lượt tại $M,N$, khác $AC$.

Ta c/m tứ giác $BMNF$ là tứ giác ngoại tiếp 

<=>     $BF+MN=MF+BN$

<=>     $\frac{p-b}{2}+MN=FU-MP+BV-NQ$

<=>     $\frac{p-b}{2}+PQ=FU+BV$

<=>     $\frac{p-b}{2}+XS=\frac{FA+FE-AE}{2}+\frac{BE+BC-CE}{2}$

<=>     ..... (Đúng)

90428195_251445849213029_6322938767409676288_n.jpg

 

Bài 21: Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn bàng tiếp góc B của tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng AC,BC tại B1,M. Đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng AB,BC tại C1,L. X là giao điểm của LC1 và MB1. Chứng minh rằng: 

a) AX vuông góc với BC

b) Độ dài AX bằng độ dài bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC             

Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$, $ID$ vuông góc với $D$ tại $BC$. Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$.

Gọi $X_{1},Y$ tương ứng là giao điểm của $AH$ với $MB_{1},CI$

Vì tam giác $ABC$ nhọn nên $X_{1}$ thuộc đoạn $AH$

Ta có $CI$ // $MB_{1}$ (Cùng vuông góc với $CI_{b}$)

Theo Thales: $\frac{AX_{1}}{AY}=\frac{AB_{1}}{AC}$

Do $CY$ là phân giác góc $ACB$ và $ID//YH$ suy ra: $\frac{AX_{1}}{AB_{1}}=\frac{AY}{AC}=\frac{YH}{CH}=\frac{ID}{CD}$

Suy ra: $AX_{1}=ID$

Tương tự với $X_{2}$, ta suy ra $AX_{1}=AX_{2}=ID$ suy ra ......

90053930_1124455304562861_8892437951930171392_n.jpg

 

Bài 22: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai đường chéo cắt nhau tại P. Trên cạnh AD và BC lấy Q và R, sao cho $PO$ là phân giác trong của góc QPR.  PQ cắt BC tại M, PR cắt AD tại N. CMR:       $\frac{1}{PR}+\frac{1}{PM}=\frac{1}{PN}+\frac{1}{PQ}$ 

Bổ đề: Định lý Con bướm

Qua $P$, kẻ $d$ vuông góc với $PO$
Suy ra: $d$ là phân giác trong của góc $NPQ$, $MPR$
Gọi $L,K$ lần lượt là giao điểm của $d$ với $BC, AD$. Suy ra: $PK=PL$ (Bổ đề)

Trên đoạn thẳng $PN và PR$, lấy tương ứng $I,J$ sao cho $\left\{\begin{matrix} KI // PQ\\ LJ // PM \end{matrix}\right.$

C/m được tam giác $KIP$ và $JPL$ cân tại $I$ và $J$

Do đó, theo định lý Thales:

$\frac{IK}{PQ}+\frac{IK}{PN}=\frac{NI}{PN}+\frac{IP}{PN}=1$

$\frac{JL}{PM}+\frac{IL}{PR}=1$

Vậy cần c/m: $IK=JL$

Dễ thấy tam giác $PKI$ = tam giác $PLJ$ nên ta có đpcm

Mọi người xem rồi check lai cho mình nhé  :ukliam2:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 17-03-2020 - 03:04

WangtaX

 


#49 supreme king

supreme king

    Trung sĩ

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

Đã gửi 17-03-2020 - 09:28

$\boxed{\text{Bài 30}}$:(Cực trị hình học)Cho đường tròn $(O;R)$ có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn quay quanh O khác AB.Tiếp tuyến của đường tròn $(O;R)$ tại B cắt các đường thẳng AM,AN lần lượt tại các điểm Q,P.Tìm GTNN của diện tích tứ giác MNPQ; xảy ra khi nào?

Ta có:

$^SMNPQ= ^SAQP- ^SAMN=\frac{1}{2}(AB.QP-AM.AN)\geq\frac{1}{2}(2R.2\sqrt{BP.BQ}-\frac{AM^2+AN^2}{2})=\frac{1}{2}(2R.2\sqrt{AB^2}-\frac{AB^2}{2})=4R^2-R^2=3R^2$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $MN\perp AB$

Hình gửi kèm

  • Opera Hình chụp_2020-03-17_091405_www.geogebra.org.png

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

                                                                                                                 -Presh Talwalkar-


#50 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 17-03-2020 - 09:50

$\boxed{\text{Bài 25}}$: Cho tam giác ABC vuông tại A. D là 1 điểm nằm trong tam giác đó sao cho CD=CA. M là 1 điểm nằm trên cạnh AB sao cho $2.\widehat{BDM}=\widehat{ACD}$; N là giao điểm của MD và đường cao AH của tam giác ABC.CMR: DM=DN. 

$\boxed{\text{Bài 25}}$: Vẽ đường tròn tâm C,bán kính CA cắt đường thẳng BD tại E[E khác D]; khi đó, BA là tiếp tuyến của đường tròn

=>$BD.BE=BA^{2}=BH.BC$=>DHCE nội tiếp 

=>$\widehat{BHD}=\widehat{BEC}=\widehat{CDE}=\widehat{CHE}=>\widehat{AHD}=\widehat{AHE}$

=>HA,HB tương ứng là phân giác trong và ngoài của góc DHE.

Gọi I là giao điểm của AH,BE ta có: $\frac{ID}{IE}=\frac{HD}{HE}=\frac{BD}{BE}\left ( 1 \right )$

mà $\widehat{MDB}=\frac{\widehat{ACD}}{2}=\widehat{AEB}=>MN//AE=>\frac{MD}{AE}=\frac{BD}{BE};\frac{DN}{AE}=\frac{DI}{IE}=>\frac{MD}{AE}=\frac{DN}{AE}$[kết hợp với [1]]=> DM=DN=>đpcm

geogebra-export (1).png


No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#51 quangboyka7

quangboyka7

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 33 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huyện Cẩm Xuyên - Tỉnh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Toán học

Đã gửi 17-03-2020 - 10:11

Bài 35. Cho tam giác ABC cân tại C, ngoại tiếp (I) và nội tiếp (O).D thuộc BC sao cho DO vuông góc BI. Chứng minh DI//AC


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quangboyka7: 17-03-2020 - 10:15


#52 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 17-03-2020 - 10:41

Bài 35. Cho tam giác ABC cân tại C, ngoại tiếp (I) và nội tiếp (O).D thuộc BC sao cho DO vuông góc BI. Chứng minh DI//AC

Mình xin phép giải ngay Bài 35:

 Gọi E là chân đường vuông góc kẻ từ DO xuống đường thẳng BI; F là chân đường vuông góc kẻ từ C xuống AB.

 Dễ thấy: $\widehat{OIE}=\widehat{FIB}=\widehat{EDB}$=>OIBD nội tiếp.

=>$\widehat{OID}=\widehat{OBD}=\widehat{OCB}=\widehat{OCA}$=>DI//AC=>đpcm

geogebra-export (2).png


No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#53 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 17-03-2020 - 19:55

$\boxed{\text{Bài 34}}$: Cho tam giác ABC có các đường cao AD,BE,CF đồng quy tại H.CMR:$\frac{HA}{HD}+\frac{HB}{HF}+\frac{HC}{HE}+6\sqrt{3}\geq 6+\frac{a}{HD}+\frac{b}{HE}+\frac{c}{HF}$ với a=BC,b=AC,c=AB

Mấy bài bạn đưa ra vừa dài vừa khó;ummmmm.....

Ta chứng minh bổ đề sau: Nếu 3 số x,y,z>0 và x+y+z=xyz thì $(x-1)\left (y-1 \right )\left ( z-1 \right )\leq 6\sqrt{3}-10$.

Thật vậy.Dễ thấy:$x<x+y+z=xyz$ => trong 3 số x,y,z không thể có hơn 1 số nhỏ hơn hoặc bằng 1.

Nếu trong 3 số x,y,z có đúng 1 số nhỏ hơn bằng 1 thì ta có bổ đề được chứng minh.

Nếu 3 số x,y,z cùng >1 thì đặt $u=x-1;v=y-1;w=z-1$.

Vì $x+y+z=xyz$ => $u+v+w+3=[u+1][v+1][w+1]$ 

$<=>uvw+wv+wu+uv=2$. Đặt $t=\sqrt{uvw}$, ta có:

 $t^{3}+3t^{2}=uvw+3\sqrt[3]{uvw}^{2}\leq uvw+vw+wu+uv=2$

 $=>t\leq \sqrt{3}-1$

$=>(x-1)(y-1)(z-1)\leq \left ( \sqrt{3}-1 \right )^{3}=6\sqrt{3}-10$

=> bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán; ta có: $tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0$ [tính chất này hình như mình đọc được ở đâu đó; mọi người kiểm tra xem có đúng hay sai không hộ mình nhé]

=>$\frac{HA}{HD}+\frac{HB}{HE}+\frac{HC}{HF}$

    $=\sum \frac{tanB+tanC}{tanA}$

    $=\sum \frac{tanB+tanC}{-tan\left (B+C \right )}$

    $=-3+tanBtanC+tanCtanA+tanAtanB$ [1]

Mà $\widehat{BHF}=\widehat{CHE}=\widehat{BAC};\widehat{CHD}=\widehat{AHF}=\widehat{ABC};\widehat{AHF}=\widehat{BHD}=\widehat{ACB}$, ta có:

$\frac{a}{HD}+\frac{b}{HE}+\frac{c}{HF}=2(tanA+tanB+tanC)$ [1]

Từ [1] và [2] ta có BĐT cần chứng minh tương đương với :

$2[tanA+tanB+tanC]-[tanBtanC+tanCtanA+tanBtanA]\geq 6\sqrt{3}-9$[3]

Từ bổ đề suy ra:$\left ( tanA-1 \right )(tanB-1)\left ( tanC-1 \right )\leq 6\sqrt{3}-10$

Khai triển và rút gọn BĐT trên, chú ý rằng $tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC$=> BĐT[3] đúng=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> tam giác ABC đều.

geogebra-export.png

*P/s:Bài này phức tạp quá, mình làm bừa, có thể sai nhiều chỗ, các bạn xem xong nếu sai ở đâu nhớ nhắc nhở mình nhé.Thx.

        Mà bài 33 mình làm có vẻ đang tiến triển đó[khó quá, nháp sơ mất toi 7 tờ rồi]; nên bạn Pizscontrol9 để hôm sau nếu chưa ai giải hẵng đưa ra đáp án nhé, để mọi người cùng thử sức.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 20-03-2020 - 21:05

No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#54 Pizscontrol9

Pizscontrol9

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:làm việc mình thích

Đã gửi 17-03-2020 - 20:27

Bài 34 bạn làm thiếu trường hợp rồi, còn 1 trường hợp là tam giác ABC tù nữa{mình sẽ để cho các bạn thử sức}.Và nếu bạn nào tinh ý hơn trước thì sẽ thấy mình thiếu điều kiện tam giác ABC không vuông. Còn cái chỗ bạn cần xem xét thì hình như cần thêm véc-tơ thì phải {nhưng đó không phải kiến thức THCS}; dù vậy, nếu thêm véc-tơ mình thấy phần sau vẫn đúng, không cần thay đổi gì.Còn bài 33 mình sẽ để đến tối ngày kia luôn; bài đó khá khó đấy.



#55 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhì

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

Đã gửi 17-03-2020 - 20:45

 

 

$\boxed{\text{Bài 31}}$:(Quỹ tích)Cho đường tròn $(O)$ và điểm A nằm bên ngoài đường tròn.Vẽ cát tuyến ABC của đường tròn $(O)$ (AB<AC;BC không phải đường kính).2 tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại K.Chứng minh K thuộc 1 đường thẳng cố định khi cát tuyến ABC thay đổi.

 

 

Lời giải bài 31:
Kẻ KM $\perp$ AO tại M, gọi I; J là giao điểm của KM với $(O)$ (J nằm giữa I và K). I, J cố định.
Đến đây, có thể đưa về bài toán quen thuộc Chứng minh:AI,AJ là tiếp tuyến của $(O)$.

Gọi S là giao điểm của KO và AC $\Rightarrow$ KS$\perp$BC

Ta có: $\triangle{OCK}$ vuông tại C có đường cao CS $\Rightarrow$ OS.OK=$OC^{2}$=$OJ^{2}$

Dễ dàng suy ra:$\triangle{OSJ}$ $\sim$$\triangle{OJK}$  $\Rightarrow$ $\widehat{OJS}$=$\widehat{OKJ}$=$\widehat{OKM}$ (1)

Lại có: $\widehat{AMK}$=$\widehat{ASK}$ (=$90^o$) 

$\Rightarrow$ $AMSK$ nội tiếp $\Rightarrow$ $\widehat{SKM}$=$\widehat{SAM}$ hay $\widehat{OKM}$=$\widehat{OAS}$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $\widehat{OAS}$=$\widehat{OJS}$ $\Rightarrow$ $OAJS$ nội tiếp 

Suy ra: $\widehat{AJO}$=$\widehat{ASO}$=$90^o$  $\Rightarrow$ AJ là tiếp tuyến của $(O)$.

CM tg tự: AI là tiếp tuyến của $(O)$ 

Vậy K luôn thuộc đường thẳng chứa 2 tiếp điểm I,J của 2 tiếp tuyến kẻ từ A. (đường thẳng này cố định)
Hình gửi kèm:Bai31.png

 P/s:- Lần đầu vẽ hình trên Geogebra mà mình ko biết lưu lại  :(, đành chụp lại màn hình xong dùng Pain cắt :D  . Ai chỉ mình các lưu vs. Và cả tiếp tuyến mình ko biết cắt bớt đường thẳng thừa nữa.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 17-03-2020 - 20:52


#56 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhì

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

Đã gửi 17-03-2020 - 20:55

Xin góp mấy bài cho các bạn cùng luyện tập:

$\boxed{\text{Bài 29}}$:(Bất đẳng thức hình học) Cho $(O;R)$ và điểm A nằm ngoài $(O)$, kẻ các tiếp tuyến AB,AC đến $(O)$. Đường thẳng qua O vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB,AC lần lượt tại M,N.CMR: $PM+QN\geq MN$

 

Cho mình hỏi P, Q ở đâu vậy bạn?



#57 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 17-03-2020 - 21:30

Mình xin phép góp thêm mấy bài sau: 

$\boxed{\text{Bài 36}}$: Cho tam giác ABC nhọn, có đường cao AD; O và H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác ABC.Kẻ đường thẳng qua D và vuông góc với OD cắt AB ở K.CMR: $\widehat{DHK}+\widehat{AHC}=180^{\circ}$

Spoiler

 

$\boxed{\text{Bài 37}}$: Cho tam giác ABC; diện tích S; BC=a,AC=b,AB=c.CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}S$

 

$\boxed{\text{Bài 38}}$: CMR: $cos36^{\circ}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ 

 

*P/s: +]còn bài 30,29,32,34; mời các cao nhân cùng vào làm; các bài 30,29,32 ngày mai mình mới đưa ra đáp án do 1 số trục trặc về đề; còn bài 34 thì bạn pizscontrol9 bảo ngày kia bạn mới đưa ra đáp án cơ...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 18-03-2020 - 19:38

No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 


#58 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhì

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

Đã gửi 17-03-2020 - 21:33

Mình xin góp mấy bài, các bạn cùng thảo luận nhé!

$\boxed{\text{Bài 39}}$:Cho tam giác $ABC$ có các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh: Nếu M,N lần lượt là đối xứng của D qua AB,AC thì M, N, E, F thẳng hàng.

$\boxed{\text{Bài 40}}$:Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp $(O)$ (AB<AC). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi $P$, $Q$ là giao điểm của EF với $(O)$ ($F$ nằm giữa $E$ và $P$), $M$ là giao điểm của BQ và DF, $N$ là giao điểm của CP và DE. Chứng minh:

a) tam giác APQ cân.

b) 4 điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.

$\boxed{\text{Bài 41}}$:Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn $(O;R)$. Trên đường tròn $(O,R)$ lấy $H$ bất kì sao cho AH<R, qua $H$ vẽ đường thẳng $a$ tiếp xúc với đường tròn $(O,R)$. Trên đường thẳng $a$ lấy $B$ và $C$ sao cho $H$ nằm giữa $B$ và $C$ và AB=AC=R. Vẽ $HM$ vuông góc với $OB$ (M thuộc OB), vẽ HN vuông góc với OC (N thuộc OC). Chứng minh: OM.OB=ON.OC và $MN$ luôn đi qua 1 điểm cố định.

P/s: -Bài 39 khá dễ. Bài 40b) có thể sử dụng kết quả của bài 39. Nếu các bạn có cách khác thì mình sẽ đưa ra lời giải của mình.

Topic thực sự rất bổ ích ở mảng Hình Học cho các bạn có ý định thi vào chuyên toán và thi HSG cấp tỉnh. Mong các bạn cố gắng thảo luận nhiệt tình để Topic phát triển hơn nhé! :icon6: 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 17-03-2020 - 21:38


#59 karobirot

karobirot

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Đã gửi 18-03-2020 - 12:30

Mình xin góp mấy bài

Bài 42: Cho ABC nhọn. Hai đường cao AD,BE cắt nhau tại H .Gọi M,N tương ứng là trung điểm của AB và DE . CM cắt đường tròn ngoại tiếp ΔCDE tại P khác C . CN cắt đường tròn ngoại tiếp Δ

ABC tại Q khác C.

1)Chứng minh : MD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CDE

2)Chứng minh CD/CE=PD/PE

3)Xác định đường trung trực của QP.

Bài 43: Cho ABC nhọn nội tiếp (O), tiếp tuyến tại C cắt AB tại G. Qua A vẽ đường thẳng song song với CG cắt (O) tại điểm thứ hai M. Trên cung nhỏ BM lấy D tuỳ ý. Gọi E là điểm trên (O) sao cho CE//AD, Gọi F là giao điểm CDBE

.a)Chứng minh: GF//AD

b)Khi D thay đổi, tìm quỹ tích điểm F.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi karobirot: 18-03-2020 - 14:31


#60 spirit1234

spirit1234

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 18-03-2020 - 13:02

$\boxed{\text{Bài 39}}$:Cho tam giác $ABC$ có các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh: Nếu M,N lần lượt là đối xứng của D qua AB,AC thì M, N, E, F thẳng hàng.

Mình xin phép làm ngay bài 39:

Gọi H là trực tâm tam giác ABC; ta có tính chất quen thuộc sau: H là giao điểm 3 đường phân giác tam giác DEF.

=> $\widehat{DFH}=\widehat{EFH}=\widehat{DFB}=\widehat{MFB};\widehat{BFH}=90^{\circ}=>\widehat{MFE}=180^{\circ}$

=> M,F,E thẳng hàng.

Tương tự, ta có:N,F,E thẳng hàng => đpcm

geogebra-export (4).png


No pressure, no diamond    -_-  :icon11:  ;) 





0 người đang xem chủ đề

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