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 394 trả lời

#81 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhất

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

Đã gửi 19-03-2020 - 17:24

$\boxed{\text{Bài 50}}$:Cho hình vuông $ABCD$ và điểm $M$ trên cạnh $CD$ sao cho $CM=2.DM$.Gọi E là giao điểm của $AM$ và $BD$. $N$ là trung điểm của BC. CMR:AM $\perp$ EN

$\boxed{\text{Bài 51}}$:Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D.

a) CM: tâm đường tròn $(MNC)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

b) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai là $E$, cắt đường thẳng $d$ tại $F$. Chứng minh 3 điểm C, E, N thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 22-03-2020 - 10:13


#82 karobirot

karobirot

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 79 Bài viết

Đã gửi 19-03-2020 - 19:21

$\boxed{\text{Bài 52}}$ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E; các đường thẳng AD và BC cắtnhautại Phân giác trong của góc ˆDFC cắt AB tại P, cắt CD tại Q. Chứng minh rằng:

a) ΔPQE cân.

b) $EF^2=FA.FD+EA.EB$

$\boxed{\text{Bài 53}}$ Cho tam giác ABC ( AB<AC ) ngoại tiếp đường tròn (O); I,J lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC. Gọi (K) là đường

tròn bàng tiếp trong góc ˆBAC của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB,AC lần lượt tại F,G. Các đường thẳng IJ và BO cắt nhau tại

a) Chứng minh rằng $\widehat{BHC}=90^{\circ}$
b) Gọi M là giao điểm của KC và GF; N là giao điểm của IJ và CO. Chứng minh rằng MN song song với AC


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-03-2020 - 18:41


#83 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 19-03-2020 - 20:50

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

Xin phép đưa ra lời giải của Bài 33 đây; khó quá, bay phăng gần 20 tờ nháp của tiểu đệ rồi; hi vọng không sai ở đâu chứ chắc nếu không tèo; lại còn phải đánh chay không có Latex nữa chứ; haizzz....

                                     Bài làm

Theo định lý sin, ta có: $IA=4R\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}; IB=4R\sin \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2}; IC=4R\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}$

                                     $ID=2R\sin \frac{A}{2};IE=2R\sin \frac{B}{2};IF=2R\sin \frac{C}{2}$    [mấy điều trên gọi chung là [1]]

*1] Ta có: $1<\sum \sin \frac{A}{2}\geq \frac{3}{2}$ [2]

=>$[\sum \sin \frac{A}{2}-1][\sum \sin \frac{A}{2}-\frac{3}{2}]\leq 0$

<=>$[\sum \sin \frac{A}{2}]^{2}-\frac{5}{2}\sum \sin \frac{A}{2}+\frac{3}{2}\leq 0$

mà $\sum \cos A\leq \sum \sin \frac{A}{2}$

=>$[\sum \sin \frac{A}{2}]^{2}-3\sum \sin \frac{A}{2}+\frac{\sum \cos A}{2}+\frac{3}{2}\leq 0$

=>$[\sum \sin \frac{A}{2}]^{2}-3\sum \sin \frac{A}{2}+\frac{\sum [-2\sin ^{2}\frac{A}{2}+1]}+\frac{3}{2}\leq 0$

=>$3+2\sum \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\leq 3\sum \sin \frac{A}{2}$ [3]

Từ [1] và [3], sau 1 vài biến đổi, ta có: $2R+\frac{IA+IB+IC}{3}\leq ID+IE+IF$

Dấu "=" xảy ra<=> tam giác ABC đều.

*2] Ta có: trong 3 số A,B,C hoặc có 2 số cùng không nhỏ hơn $\frac{\pi }{3}$ hoặc có 2 số cùng không lớn hơn $\frac{\pi }{3}$.Do đó trong 3 số $\sin \frac{A}{2};\sin \frac{B}{2};\sin \frac{C}{2}$ hoặc có 2 số cùng không nhỏ hơn 0,5; hoặc có 2 số cùng không lớn hơn 0,5.Không mất tính tổng quát, giả sử 2 sô đó là $\sin \frac{B}{2},\sin \frac{C}{2}$. Ta có:

$\sin \frac{A}{2}[2\sin \frac{B}{2}-1][2\sin \frac{C}{2}-1]\geq 0$

=>$4\prod \sin \frac{A}{2}+\sin \frac{A}{2}\geq 2[\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{A}{2}\sin \frac{C}{2}]$ [4]

Mặt khác, ta có:

$1-\sin \frac{A}{2}-2\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}=1-\cos \frac{B-C}{2}\geq 0$ [5]

Từ [4] và [5] => $1+4\prod \sin \frac{A}{2}\geq 2\sum \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}$

mà $\sum \sin ^{2}\frac{A}{2}+2\prod \sin \frac{A}{2}=1$ [6]

=>$2+2\prod \sin \frac{A}{2}\geq [\sum \sin \frac{A}{2}]^{2}$ [7]

Từ [1],[6] và [7], chú ý rằng $\prod \sin \frac{A}{2}\leq \frac{1}{8}$

=>$\frac{15}{4}+\sum \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}-3\sum \sin \frac{A}{2}$

$=\frac{15}{4}+\frac{[\sum \sin \frac{A}{2}]^{2}}{2}-\frac{1-2\prod \sin \frac{A}{2}}{2}-3\sum \sin \frac{A}{2}$

$=\frac{13}{4}+[\sum \sin \frac{A}{2}-\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}].[\frac{\sum \sin \frac{A}{2}}{2}+\frac{\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}}{2}-3]+\prod \sin \frac{A}{2}+\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}.[\frac{\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}}{2}-3]$

$\geq \frac{13}{4}+\prod \sin \frac{A}{2}+\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}.[\frac{\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}}{2}-3]$

$=\frac{17}{4}+2\prod \sin \frac{A}{2}-3\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}$

$=[\frac{3}{2}-\sqrt{2+2\prod \sin \frac{A}{2}}]^{2}\geq 0$

$=>\frac{15}{4}+\sum \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\geq 3\sum \sin \frac{A}{2}$ [8]

Từ [1] và [8], sau 1 vài biến đổi ta được: 

$ID+IE+IF\leq \frac{5R}{2}+\frac{IA+IB+IC}{6}$

Dấu "=" xảy ra<=> tam giác ABC đều

=>BĐTTTT..... đã được CMinh

 ***Before  :icon6: After ...thôi khỏi bàn cãi


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:38


#84 Pizscontrol9

Pizscontrol9

    Binh nhất

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

Đã gửi 19-03-2020 - 21:10

 

Bài 49.1]CMR: 5 điểm M,A,E,O,B cùng thuộc 1 đường tròn

Ta có:$\widehat{MAO}=\widehat{MBO}=\widehat{MEO}=90^{\circ}$

=>M,A,E,O,B cung thuộc đường tròn đường kính MO.

geogebra-export (1).png

*P/s:Hảo hán,hảo hán; huynh đệ Spirit hay quá; bài 33,34 gắt vậy mà cx làm được; thôi không thử đệ đệ nữa.

       Mà mình cũng ủng hộ việc ra chùm bài toán như vậy; giúp người đọc suy nghĩ liên đới và suy nghĩ dễ hơn, phát triển hơn và nhanh hơn cho các bài toán dạng quen thuộc hay phát triển từ những bài toán quen thuộc đã được học.



#85 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhất

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

Đã gửi 19-03-2020 - 21:14

 

Bài 48: cho đường tròn (O) và dây BC cố định, A di chuyển trên cung lớn BC . Điểm M thuộc AC sao cho 3.MA=CA. đường thẳng qua M vuông góc với AB tại H. chứng minh H thuộc 1 đường tròn cố định

Lời giải bài 48:

bai48.png

Dựng đường kính $BD$.

Gọi I là 1 điểm nằm trên CD sao cho DI=$\frac{1}{3}.CD$. ($I$ cố định)

Mà:MA=$\frac{1}{3}.CA$ nên: MI $//$ AD. (định lý Tales đảo)

Lại có:$\widehat{BAD}=90^o$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

nên:$AB\perp AD$$\Rightarrow$ $MI\perp AB$

và: $MH\perp AB$. Suy ra:H,M,I thẳng hàng.

Khi đó; $\triangle{HBI}$ vuông tại H $\Rightarrow$ H luôn thuộc đường tròn đường kính BI cố định.

*P/s:Bài này có dạng khá giống đề HSG Vĩnh Phúc 17-18 nhỉ!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 20-03-2020 - 09:42


#86 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 19-03-2020 - 22:46

$\boxed{\text{Bài 53}}$ Cho tam giác $ABC$ ( $AB<AC$ ) ngoại tiếp đường tròn $(O)$; $I,J$ lần lượt là các tiếp điểm của $(O)$ với các cạnh $AB,AC$. Gọi $(K)$ là đường tròn bàng tiếp trong góc $BAC$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $F,G$. Các đường thẳng $IJ$ và $BO$ cắt nhau tại $H$

a) Chứng minh rằng  $\widehat{BHC}=90^{\circ}$

b) Gọi $M$ là giao điểm của $KC$ và $GF$; $N$ là giao điểm của $IJ$ và $CO$. Chứng minh rằng $MN$ song song với $AC$

a)

Opera Hình chụp_2020-03-19_222201_www.geogebra.org.png

Ta có

$\widehat{BOC}=90^{\circ}+\frac{\widehat{A}}{2}$

$\widehat{BIH}=90^{\circ}+\widehat{OIJ}=90^{\circ}+\widehat{OAJ}=90^{\circ}+\frac{\widehat{A}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{BOC}=\widehat{BIC}$

Lại có

$ \widehat{IBH}=\widehat{HBC}$

$\Rightarrow \Delta BIH \sim \Delta BOC$

$\Rightarrow \widehat{IHB}=\widehat{OCB}=\widehat{JCO}$

$\Rightarrow JHCO$ nội tiếp

mà $\widehat{OJC}=90^{\circ}$

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

b)

Opera Hình chụp_2020-03-19_223433_www.geogebra.org.png

Ta có 

$\widehat{BKC}=90^{\circ}-\frac{\widehat{A}}{2}$

$\widehat{BFD}=90^{\circ}-\widehat{GFK}=90^{\circ}+\widehat{OAJ}=90^{\circ}-\frac{\widehat{A}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{BKC}=\widehat{BFD}$

$\Rightarrow FBMK$ nội tiếp

mà $\widehat{BFK}=90^{\circ}$

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

Từ câu a) $\Rightarrow \widehat{BNC}=90^{\circ}$

Lại có $\widehat{NCK}=90^{\circ}$

$\Rightarrow NCMB$ là hcn

$\Rightarrow \widehat{MNC}=\widehat{BCN}$

Lại có $\widehat{ACN}=\widehat{NCB}$

$\Rightarrow \widehat{ACN}=\widehat{MNC}$

$\Rightarrow MN//AC$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supreme king: 19-03-2020 - 22:55

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

                                                                                                                 -Presh Talwalkar-


#87 RyuseiKento

RyuseiKento

    Binh nhất

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

Đã gửi 20-03-2020 - 00:18

 

BÀI 52: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các đường thẳng ABCD cắt nhau tại E; các đường thẳng ADBC cắtnhautại Phân giác trong của góc ˆDFC cắt AB tại P, cắt CD tại Q. Chứng minh rằng:

a) ΔPQE cân.

b) EF2=FA.FD+EA.EB

 

Lời giải bài 52:

bai52.png

a)Xét $\triangle{FPA}$ và $\triangle{FQC}$ có:

   $\widehat{AFP}=\widehat{CFP}$ (gt);

   $\widehat{FAP}=\widehat{FCQ}$ ($ABCD$ nt)

$\Rightarrow$ $\triangle{FPA}$ $\sim$ $\triangle{FQC}$

$\Rightarrow$ $\widehat{FPA}=\widehat{FQC}=\widehat{PQE}$

mà: $\widehat{FPA}=\widehat{EPQ}$ (đối đỉnh)

nên $\widehat{EPQ}=\widehat{EQP}$ $\Rightarrow$ $\triangle{PQE}$ cân tại E.

b)Trên EF lấy điểm K sao cho  $\widehat{FKD}= \widehat{FAE}$

   Khi đó:  $\triangle{FKD}$ $\sim$ $\triangle{FAE}$ (g-g) $\Rightarrow$ 

$\Rightarrow$ $\frac{FA}{FE}= \frac{FK}{FD}$ $\Rightarrow$ $FA.FD=FK.EF$

  Dễ dàng chứng minh: $EA.EB=ED.EC$. (1) (theo ABCD nt)

  Lại có:$\widehat{FKD}= \widehat{FAE}= \widehat{FAB}= \widehat{FCD}$

  nên:FKCD nội tiếp $\Rightarrow$ $\widehat{EKC}=\widehat{EDF}$

 Suy ra:$\triangle{EKC}$ $\sim$ $\triangle{EDF}$ $\Rightarrow$ $\frac{EK}{EC}=\frac{ED}{EF}$

$\Rightarrow$ $EC.ED=EK.EF$ (2)

Từ (1), (2) $\Rightarrow$ EA.EB=EK.EF $\Rightarrow$ $FA.FD+EA.EB=FK.EF+EK.EF=EF^{2}$. (Đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RyuseiKento: 20-03-2020 - 00:22


#88 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-03-2020 - 09:13

Về phần các chùm bài toán; nếu muốn giải bài; các bạn có thể giải từng phần hoặc 1 vài phần cũng được[như kiểu của bạn Pizscontrol9 ở trên] vì hình của mỗi phần có thể là khác nhau chỉ với nòng cốt là đường tròn O,cát tuyến MCD,tiếp tuyến MA,MB;thậm chí các phần có thể lời giải không liên quan đến nhau.Nếu 1 phần phải sử dụng kiến thức của phần trước mà đã có ai đó chứng minh rồi thì các bạn không cần chứng minh lại nữa mà chỉ cần nêu ra thôi, còn nếu chưa ai chứng minh phần đấy thì các bạn có thể chứng minh cho cụ thể hoặc không cũng được[nếu dễ CMinh].Cho nên các bạn có thể giải từng phần 1 hoặc 1 vài phần riêng rẽ chứ không phải giải cả chùm bài[vì đây là chùm bài trong đó có các phần nhỏ mà].

%%-  %%-  %%-            


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:38


#89 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-03-2020 - 10:13

$\boxed{\text{Bài 50}}$:Cho hình vuông $ABCD$ và điểm $M$ trên cạnh $CD$ sao cho $CM=2.DM$.Gọi E là giao điểm của $AM$ và $BD$. $N$ là trung điểm của BC. CMR:AM $\perp$ EN

$\boxed{\text{Bài 51}}$:Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D.

a) CM: tâm đường tròn $(MNC)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

b) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh 3 điểm C, E, N thẳng hàng.

Xin phép làm bài 50:

Đặt CD=a=>BD=$a\sqrt{2}$; ta có: $DM=\frac{AM}{3}$.

Theo hệ quả định lý Ta-lét, ta có: $\frac{DE}{BE}=\frac{EM}{EA}=\frac{DM}{AB}=\frac{1}{3}$

=>$AE=\frac{3}{4}AM=\frac{3}{4}\sqrt{AD^{2}+DM^{2}}=\frac{3}{4}\sqrt{\frac{10a^{2}}{9}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$

và $EB=\frac{3}{4}BD=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$;$FB=\frac{3a}{4}$

=>$EF=\sqrt{EB^{2}-FB^{2}}=\frac{3a}{4}$; $FN=\frac{a}{4}$

=>$EN=\sqrt{EF^{2}+FN^{2}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$

Ta có: $BN=\frac{a}{2}$=> $AN=\sqrt{AB^{2}+BN^{2}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

=>$AE^{2}+EN^{2}=AN^{2}$

Theo định lý đảo định lý Py-ta-go ta có: tam giác AEN vuông tại E[còn vuông cân nữa chứ]

=>đpcm.

geogebra-export (2).png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:39


#90 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-03-2020 - 16:13

$\boxed{\text{Bài 50}}$:Cho hình vuông $ABCD$ và điểm $M$ trên cạnh $CD$ sao cho $CM=2.DM$.Gọi E là giao điểm của $AM$ và $BD$. $N$ là trung điểm của BC. CMR:AM $\perp$ EN

$\boxed{\text{Bài 51}}$:Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn (M không trùng với A, B). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D.

a) CM: tâm đường tròn $(MNC)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

b) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Chứng minh 3 điểm C, E, N thẳng hàng.

Mình ngu phần đồng quy[đề là thẳng hàng nhưng mình nghĩ bản chất của nó thực chất là đồng quy] lắm nên chỉ xin phép làm phần quỹ tích thôi:

$\boxed{\text{Bài 51}}$.a]Dễ thấy MNDC là tứ giác nội tiếp; gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp MNDC.Gọi G là trung điểm CD=>KG vuông góc với CD.AG giao với OM tại F.

Ta có:$\widehat{AMF}+\widehat{FAM}=\widehat{ACG}+\widehat{NDC}=90^{\circ}$

=>AG vuông góc với OM.Mà OM vuông góc OK=>AG//OK

AO vuông góc với CD; GK vuông góc với CD=>AO//GK

=>AOGK là hình bình hành=> GK=R=> K thuộc đường thẳng song song với d; cách d 1 khoảng =R[không cắt đường tròn]

geogebra-export (4).png

*P/s: còn phần chùm bài toán kìa; mời các vị hảo hán làm; đợi mãi chẳng thấy ai làm; haizzz...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:39


#91 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 20-03-2020 - 16:34

Annotation 2020-03-20 160435.png

$\boxed{\text{Bài 45}}$. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, có $M$ là trung điểm của $BD$. Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $AD$ và $BC$, $AB$ và $CD$. Biết $\angle APQ=90^{\circ}$, CMR $PM\perp AB$

Gọi $E$ là giao của $(ABP)$ với $PQ$

Hạ $PG\perp AQ$, $F=PG\cap CE$, $M'=PG\cap BD$

 

Ta có $\angle PEA=\angle PBA=\angle PDQ$ nên tứ giác $ADQE$ nội tiếp suy ra $\angle ADE=\angle AQE$

Suy ra $\Delta AEP\cong \Delta EQB$ (g.g) nên $\angle DEP=\angle BEQ$

Mặt khác $\angle BEQ=\angle PAQ=\angle GPQ$ nên $F$ là trung điểm của $DE$

Mà $M'F\parallel BE\Rightarrow M'$ là trung điểm của $BD\Rightarrow M'=M\Rightarrow \blacksquare$



#92 karobirot

karobirot

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 79 Bài viết

Đã gửi 20-03-2020 - 18:43

Bài 54

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 ΔABC tại Q khác C. Chứng minh AB là đường trung trực của QP.



#93 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 20-03-2020 - 20:51

Bài 54

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 ΔABC tại Q khác C. Chứng minh AB là đường trung trực của QP.

$CN$ cắt đường tròn ngoại tiếp $\Delta CDE$ tại $G$

Dễ cm $\Delta CDE \sim \Delta CAB$

$\Rightarrow \Delta CEN \sim \Delta CBM $

$\Rightarrow \widehat{CMB}=\widehat{CNE}$ (1); $\widehat{ECG}=\widehat{PCD}$

$\Rightarrow \overset{\frown }{PD}=\overset{\frown }{EG}$

$\Rightarrow \overset{\frown }{GD}=\overset{\frown }{EP}$

Do đó $\widehat{CNE}=\frac{sđ\overset{\frown }{GD}+sđ\overset{\frown }{EC}}{2}=\frac{sđ\overset{\frown }{EP}+sđ\overset{\frown }{EC}}{2}=\frac{sđ\overset{\frown }{PC}}{2}=\widehat{CDP}$ (2)

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow \widehat{CMB}=\widehat{CDP}$

$\Rightarrow PDBM$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{PBA}=\widehat{PDM}$ (3); $\widehat{MPD}+\widehat{MBD}=\widehat{MPD}+\widehat{MDB}=180^{\circ}$

Lại có $\widehat{CDM}+\widehat{MDB}=180^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{CDM}=\widehat{MPD}$

$\Rightarrow \Delta DPM \sim \Delta CDM $

$\Rightarrow \widehat{PDM}=\widehat{PCD}=\widehat{ECG}=\widehat{ABQ}$(4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow \widehat{PBA}=\widehat{ABQ}$

cmtt $ \widehat{PAB}=\widehat{QAB}$

Do đó $P$ đối xứng với $Q$ qua $AB$

Hình gửi kèm

  • Opera Hình chụp_2020-03-20_203005_www.geogebra.org.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supreme king: 20-03-2020 - 22:49

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

                                                                                                                 -Presh Talwalkar-


#94 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-03-2020 - 21:16

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.

Srry mọi người nha; đợt này mình bận quá nên quên mất đưa ra lời giải cho bài 32; nãy xem lại mới để ý.

$\boxed{\text{Bài 32}}$: Đây là 1 định lý mang tên đường thẳng Gauss nhé mọi người [đường thẳng đi qua trung điểm AC,BD,MN là đường thẳng Gauss]

Đây là 1 định lý không quá thông dụng nhưng áp dụng của nó rất hay và cũng rất phổ biến [nhưng do phức tạp và phát hiện khó nên mọi người ít dùng].

Còn đây là lời giải:

 Gọi I,E,F lần lượt là trung điểm của BD,AC,MN và K,G,H lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CN,CD,DN.

Dễ thấy các điểm F,H,K thẳng hàng, E,G,K thẳng hàng, I,G,H thẳng hàng.

Ta có: FK//MC,IH//BC,EK//DN nên: $\frac{IG}{IH}=\frac{BC}{BN};\frac{FH}{FK}=\frac{MD}{MC};\frac{EK}{EG}=\frac{AN}{AD}$

nhân 3 đẳng thức ta có: $\frac{IG.FH.EK}{IH.FK.EG}=\frac{BC.MD.AN}{BN.MC.AD}$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CDN và đường thẳng đi qua B,A,M ta có: $\frac{BC.MD.AN}{BN.MC.AD}=1$

=>$\frac{IG.FH.EK}{IH.FK.EG}=1$. 

Theo định lý Menelaus đảo ta suy ra I,E,F thẳng hàng=>đpcm

geogebra-export (5).png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:39


#95 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-03-2020 - 21:35



Xin phép góp thêm bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 46}}$:Cho tam giác ABC vuông tại A, đường tròn tâm B bán kính BA và đường tròn tâm C bán kính CA cắt nhau tại D khác A,BC cắt [B] tại E,F [F nằm trong[C]] và cắt [C] tại M,N [M nằm trong [B]].Đường thẳng DM cắt AE tại P, DF cắt AN tại Q.Kéo dài DM cắt [B] tại I, DF cắt [C] tại H.CMR:

a]IB vuông góc với EF.                                    b]APDQ nội tiếp và PQ//EN                            c]$\frac{IP}{IM}.\frac{HF}{HQ}=\frac{AB}{AC}$

Xin phép đưa ra lời giải cho phần c bài 46; hình mình giống hình của bạn Supremeking nên mình xin phép không vẽ lại nữa:

$\boxed{\text{Bài 46}}$.c]Áp dụng định lý Menelauys với tam giác PEM và cát tuyến IAN ta có: $\frac{IP.NM.AE}{IM.NE.AP}=1$

với tam giác QFN và cát tuyến HAE ta cũng có: $\frac{HF.AQ.EN}{HQ.AN.EF}=1$.

Nhân 2 đẳng thức với nhau; chú ý: $\frac{AP}{AQ}=\frac{AE}{AN}$;=>$\frac{IP.HF}{IM.HQ}=\frac{EF}{MN}=\frac{AB}{AC}$=>đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:40


#96 toanhoc2017

toanhoc2017

    Trung úy

  • Thành viên
  • 951 Bài viết

Đã gửi 20-03-2020 - 22:58

Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Lấy P tùy ý trên tiếp tuyến tại A của(O).Lấy K tùy ý thuộc OB.PK cắt (O) lần lượt tại C,D(C nằm giữa P và K).H là trung điểm CD.BC cắt PO tại M.

a.Tứ giác PAOH nội tiếp

b.$AP^2=PC.P$D

c.AM song song DB.



#97 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 21-03-2020 - 10:05

Bài 54

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 ΔABC tại Q khác C. Chứng minh AB là đường trung trực của QP.

Annotation 2020-03-21 094749.png

 

 

Gọi $F=CM\cap (ABC)$

Dễ CM $\Delta ABC\cong \Delta DEC\Rightarrow \Delta AMC\cong \Delta DNC\Rightarrow \angle ACF=\angle BCQ\Rightarrow AF=BQ\Rightarrow BF=AQ$

 

Tứ giác $ABDE,AFBC,CDPE$ nội tiếp suy ra $\angle AFC=\angle ABC=\angle DEC=\angle DPC\Rightarrow$ tứ giác $BDPM$ nội tiếp 

 

Suy ra $\angle MPD=\angle MDB=\angle MBD=\angle AFC\Rightarrow AF\parallel BP$

CM tương tự đc $ AP\parallel BF\Rightarrow $ tứ giác $AFBP$ là hình bình hành nên $BP=AF=BQ$ và $AP=BF=AQ$ suy ra $AB$ là đtt của $PQ$ (đpcm)



#98 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 21-03-2020 - 10:32

Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Lấy P tùy ý trên tiếp tuyến tại A của(O).Lấy K tùy ý thuộc OB.PK cắt (O) lần lượt tại C,D(C nằm giữa P và K).H là trung điểm CD.BC cắt PO tại M.

a.Tứ giác PAOH nội tiếp

b.$AP^2=PC.P$D

c.AM song song DB.

Xin phép giải bài 55:

$\boxed{\text{Bài 55}}$: a] ta có: $\widehat{A}=\widehat{H}=90^{\circ}$ => PAOH nội tiếp 

 b]Do PA là tiếp tuyến; PCD là cát tuyến =>$AP^{2}=PC.PD$

c]Ta có: đường thẳng BD giao đường thẳng PO=Q. AM cắt đường tròn tại E [khác A].

Ta có: PAOH nội tiếp => $\widehat{AHC}=\widehat{AOP}=\widehat{BOQ}$; $\widehat{OBQ}=\widehat{ACH}$ [cùng chắn cung AD]

=>$\Delta AHC\sim \Delta QOB$ => $\frac{BQ}{BO}=\frac{CA}{CH}$=> $\frac{BQ}{AB}=\frac{AC}{CD}$; $\widehat{ACD}=\widehat{QBA}$

=>$\Delta ACD\sim \Delta QBA$ =>$\widehat{BAQ}=\widehat{CDA}=\widehat{CBA}$ => AQ//BM

=>$\widehat{MBO}=\widehat{QAO}$;AO=OB;$\widehat{AOQ}=\widehat{BOM}$=>$\Delta BOM=\Delta AOQ$ 

=> OM=OQ=> AMBQ là hình bình hành => AM//BQ => đpcm

geogebra-export (6).png

*P/s: Mời các hảo hán vào làm phần chùm bài toán đi chứ; chán quá chẳng ai làm, cũng chẳng ai góp ý chi;...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:40


#99 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 21-03-2020 - 14:59

Xin góp thêm bài nữa: 

$\boxed{\text{Bài 56}}$: Cho tam giác ABC; trung tuyến AD; trọng tâm G; lấy E là điểm nằm trong tam giác; M là trung điểm AE.CMR: GE đi qua trung điểm của MD.

Spoiler

*P/s: mời mọi người làm chùm bài toán về cát tuyến; tiếp tuyến: Bài 49

 

Về phần các chùm bài toán; nếu muốn giải bài; các bạn có thể giải từng phần hoặc 1 vài phần cũng được[như kiểu của bạn Pizscontrol9 ở trên] vì hình của mỗi phần có thể là khác nhau chỉ với nòng cốt là đường tròn O,cát tuyến MCD,tiếp tuyến MA,MB;thậm chí các phần có thể lời giải không liên quan đến nhau.Nếu 1 phần phải sử dụng kiến thức của phần trước mà đã có ai đó chứng minh rồi thì các bạn không cần chứng minh lại nữa mà chỉ cần nêu ra thôi, còn nếu chưa ai chứng minh phần đấy thì các bạn có thể chứng minh cho cụ thể hoặc không cũng được[nếu dễ CMinh].Cho nên các bạn có thể giải từng phần 1 hoặc 1 vài phần riêng rẽ chứ không phải giải cả chùm bài[vì đây là chùm bài trong đó có các phần nhỏ mà].


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:35


#100 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 21-03-2020 - 15:53

Mình vừa đọc được 1 bổ đề rất hay và hữu ích; có nhiều ứng dụng; muốn đưa vào đây cho mọi người cùng tìm hiểu:

$\boxed{\text{Bài 57}}$: Cho 2 bộ ba điểm thẳng hàng [A,B,C] và [A',B',C'] sao cho $\frac{AB}{AC}=\frac{A'B'}{A'C'}=k$.Gọi X,Y,Z  là các điểm lần lượt thuộc AA',BB',CC' sao cho $\frac{AX}{A'X}=\frac{BY}{B'Y}=\frac{CZ}{C'Z}=h$.CMR: X,Y,Z thẳng hàng và $\frac{XY}{XZ}=k$

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 26-03-2020 - 20:35





3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh


    Bing (1)