Chủ đề này có 136 trả lời

[tranducvuong2k6]

Gọi $N=AH\cap MO$.

Ta có: $MA^{2}=MF.ME$

$\Delta MAO$ vuông tại A nên : $MA^{2}=MH.MO$

$=>ME.MF=MH.MO => \frac{ME}{MH}=\frac{MO}{MF}$

$=>\Delta MFH\sim \Delta MOE (c.g.c)=>\widehat{H_1}=\widehat{E_2}$

Vì $\widehat{BAE}$ là góc vuông nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $E,O,B$ thẳng hàng

$=>\widehat{E_2}=\widehat{A_2}$

$=>\widehat{H_1}=\widehat{A_2}=> HF\perp NA$.

$\Delta NHA$ vuông tại $H$ nên: $HA^2=FA.NA; HF^2=FA.FN$.

Mà $HA=HB$

$=>\frac{HB^{2}}{HF^{2}}=\frac{HA^{2}}{HF^{2}}=\frac{FA.NA}{FA.FN}=\frac{NA}{NF}$

Vì $AE//MN$ nên $\frac{EF}{MF}=\frac{FA}{NF}$

$=>\frac{HB^{2}}{HF^{2}}-\frac{EF}{MF}=\frac{NA}{NF}-\frac{FA}{NF}=\frac{NF}{NF}=1$

 

 

 

 

 $\boxed{75}$: Cho đường tròn $(O;R)$. Từ 1 điểm $M$ nằm ngoài đường tròn; kẻ 2 tiếp tuyến $MA,MB$ đến $(O)$ ($A,B$ là tiếp điểm). Qua $A$, kẻ đường thẳng song song với $MO$ cắt đường tròn tại $E$; $ME\cap (O)=F$; $MO\cap AB=H$. Chứng minh: $\frac{HB^2}{HF^2}-\frac{EF}{MF}=1$.

 

 

 

Cách của em khá giống với của @Lee Tuan Canh nhưng là biến đổi từ tỷ lệ bậc 1 lên tỷ lệ bậc 2 ạ

 

Ta có: $\frac{HB^2}{HF^2}-\frac{EF}{MF}=1 => \frac{HB^2}{HF^2}=\frac{ME}{MF}=\frac{ME.MF}{MF^2}=\frac{MA^2}{MF^2}$

 

$=> \frac{MA}{MF}=\frac{HB}{HF}=\frac{HA}{HF}$

 

Từ đó ta cần cm các tỷ lê thông qua tam giác đồng dạng ( vì giống với Lee Tuan Canh nên e sẽ ko trình bày lại ạ! )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranducvuong2k6: 23-02-2021 - 22:40

[daiphong0703]

 

 

 $\boxed{77}$:Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ và trung tuyến $AM$, $P$ nằm trên cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. $E,F\in CA,AB$ sao cho $PE//AB; PF//AC$. $AM\cap (AEF)=N\not= A$. Chứng minh: $AP^2=2AM.AN$.

 

 

D = $AP\cap EF$. Dễ thấy AEPF là hình bình hành nên D trung điểm AP và EF
Biến đổi góc ta sẽ dễ cm dc $\Delta PBC\sim \Delta EAP(g-g)$ mà ED và PM là các trung tuyến tương ứng $\Rightarrow \Delta AED\sim \Delta BPM(c-g-c)\Rightarrow \widehat{ADE}=\widehat{PMB}$
Gọi I đối xứng với A qua M $\Rightarrow$ ABIM là hình bình hành
Biến đổi góc ta cũng dễ cm dc $\Delta NEF\sim \Delta CIA(g-g)$ (do AFNE nội tiếp $\Rightarrow \widehat{NFE}=\widehat{NAC}=\widehat{IAC}$

Mà $\widehat{NEF}=\widehat{FAN}=\widehat{CIA}(AB//CI)$ nên đồng dạng)

$\Rightarrow \Delta NDE\sim \Delta DMC(c-g-c)\Rightarrow \widehat{NDE}=\widehat{DMC}=\widehat{AMB}$
$\Rightarrow \widehat{ADE}+\widehat{NDE}=\widehat{PMB}+\widehat{AMB}\Rightarrow \widehat{ADN}=\widehat{PMA}\Rightarrow$ DNMP nội tiếp $\Rightarrow AN.AM=AD.AP=\frac{AP^2}{2}\Rightarrow 2AN.AM=AP^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 24-02-2021 - 20:01

[tranducvuong2k6]

Mình góp thêm bài nhé!

 

$\boxed {79}$: Từ điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ vẽ tiếp tuyến $AB,AC$ tới đường tròn ($B,C$ là tiếp điểm). $AO\cap BC=H$. Vẽ đường kính $CD$; $AD\cap (O); BC=E,F$. $HD\cap AB=I$; $BE\cap AO=M$.

 a) Chứng minh: $\overline{I,F,M}$.

 b) $CE\cap AO=S$; đường thẳng qua $S$ vuông góc với $AO$ cắt $(O)$ tại $N$ ($N$ thuộc cung nhỏ $CE$). Chứng minh: $MN$ là tiếp tuyến của $(O)$.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: Hôm qua, 20:19

[High]

Mình xin góp bài cho topic

 

$\boxed{80}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các điểm $D, E$ thay đổi lần lượt nằm trên cạnh $AB, AC$ sao cho $AD = CE$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ADE$ nằm trên một đường cố định.

 

$\boxed{81}$ Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$, $C$ di chuyển trên $(O)$ $(C$ không trùng $A, B)$. Tiếp tuyến của $(O)$ từ $A$ và $C$ cắt nhau tại $D$. Dựng đường tròn tâm $I$ đi qua $C$ và tiếp xúc với $AD$ tại $D$. $BD$ cắt lại $(I)$ tại $E$. Chứng minh $IE$ đi qua một điểm cố định.

 

$\boxed{82}$ Cho tam giác $ABC$, điểm $D$ thay đổi trong $\widehat{BAC}$ sao cho $AD \perp BC$. Kẻ $DE \perp AC, DF \perp AB$ $(E \in AC, F \in AB)$. Gọi $G = BE \cap CF$. Chứng minh rằng $GH$ đi qua một điểm cố định.

 

$\boxed{83}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn, $D$ di chuyển trên $BC$ $(D$ không trùng $B, C)$. Đường tròn $(I)$ đi qua $D$ và tiếp xúc với AB tại $B$, đường tròn $(J)$ đi qua $D$ và tiếp xúc với $AC$ tại $C$. Chứng minh rằng trung điểm của $IJ$ nằm trên một đường cố định.

 

$\boxed{84}$ Cho đường tròn $(O;R)$ cắt đường tròn $(O';r)$ tại $A$ và $B$ $(R>r)$. Qua $A$ vẽ đường thẳng $d$ bất kì cắt lại $(O), (O')$ lần lượt tại $E, F$. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định khi $d$ thay đổi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi High: 24-02-2021 - 20:07

[spirit1234]

 $\boxed{66}$: (đã sửa) Cho $\Delta ABC$ nhọn không cân $(AB<AC)$; nội tiếp $(O)$. Lấy điểm $P$ trên cạnh $AB$ sao cho $\angle BOP=\angle ABC$; điểm $Q$ trên cạnh $AC$ sao cho $\angle COQ=\angle ACB$. $BC\cap PQ=M$; $(APQ)\cap (O)=E$. Chứng minh: $ME$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta APQ$.

2 cách khác nữa cho bài này:

 *Cách 1: (cách này hình giống của bạn Tan Thuy Hoang và Nguyen Van Hoang noob nên mình xin phép không vẽ lại nữa)

    Ta chứng minh được: $AEQOP$ nội tiếp và $ABCE$ là hình thang cân.

    Ta có: $\angle PBE=\angle PEB=\angle B-\angle EBC=\angle B-\angle C$

       lại có: $\angle BMP=\angle BCA-\angle CQM=\angle BCA-\angle AQP=\angle BCA-\angle AOP=\angle C-(\angle AOB-\angle BOP)=\angle B-\angle C$

    $\Rightarrow \angle PEB=\angle BMP\Rightarrow BPEM$ nội tiếp.

    Ta có: $\angle EQM=180^0-\angle EQP=180^0-\angle POB=180^0-\angle PBM=\angle PEM$

    $\Rightarrow \Delta EQM\sim \Delta PEM\Rightarrow EM^2=PM.QM\Rightarrow ME$ là tiếp tuyến của $(APQ)$.

    $\Rightarrow dpcm$.

 *Cách 2: Ý tưởng của cách này là cách chứng minh thuần túy của tiếp tuyến: chứng minh vuông góc với bán kính tại tiếp điểm.

    Gọi $I$ là tâm đường tròn $(APQ)$ nên $I$ nằm trên đường trung trực của $BC$ và $AE$.

    Gọi $OI\cap BC, AE=H, N$.

    Ta có: $\angle EQM=\angle EAB=\angle ECM\Rightarrow EQCM$ nội tiếp.

    $\Rightarrow \angle NIE=\frac{\angle AIE}{2}=\angle AQE=\angle EMH\Rightarrow EIHM$ nội tiếp.

    $\Rightarrow \angle IEM=\angle IHM=90^0\Rightarrow ME$ là tiếp tuyến của $(APQ)$.

    $\Rightarrow dpcm$.

[spirit1234]

 $\boxed{49}$: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$; $AI;BI;CI\cap (O)=D,E,F\not= A,B,C$. $EF; FD; DE\cap AI,BI,CI=X,Y,Z$. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta DYZ$. Chứng minh: $X,Y,Z,J$ cùng nằm trên 1 đường tròn.

@To Tan Thuy Hoang: Có bài khó thì cũng có bài dễ thôi em; giải trí cho thoải mái chút.

Cách này chẳng biết có khác cách của bạn Tan Thuy Hoang là bao không nhưng thôi cứ đăng lên cho ae xem vậy.  

 $\boxed{49}$: Chứng minh được tứ giác $IYDZ$ nội tiếp.

  $\Rightarrow YZ//BC$ tương tự: $XY//AB; XZ//AC$

  $\Rightarrow \angle YXZ=\angle BAC$.

  $\Rightarrow \angle YJZ=2\angle YDZ=180^0-\angle BAC=180^0-\angle YXZ$.

  $\Rightarrow XYJZ$ nội tiếp $\Rightarrow dpcm$.

 

Hình của mình giống hình của bạn Tan Thuy Hoang nên thôi xin phép không đăng lại nữa vậy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 24-02-2021 - 22:25

[Tan Thuy Hoang]

 $\boxed{69}$: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc với $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $S$. $SE,SF\cap (O)=M,N\not= S$. $(AEM)\cap (AFN)=P\not= A$. Gọi $EN,FM\cap (K)=G,H \not= E,F$; $GH\cap MN=T$. Chứng minh: $\Delta AST$ cân.

Xin dùng tính chất tâm đẳng phương của ba đường tròn cho nhanh:

Theo bài toán 32 ta có E, F và tâm nội tiếp I thẳng hàng cũng như EF // MN.

Ta có $\widehat{EGH}=\widehat{EFH}=\widehat{HMN}\Rightarrow (GHMN)$.

Suy ra T là tâm đẳng phương của ba đường tròn (GHMN), (O), (K) nên TS là tiếp tuyến của (O).

Mặt khác ta có (AGH) tiếp xúc với (O) và T thuộc tâm đẳng phương của (O), (GHMN) và (AGH).

Suy ra TA là tiếp tuyến của (O).

Vậy TA = TS.

P/s: Đoạn (AGH) tiếp xúc với (O) em chưa chứng minh được nên nhờ ai đó hoặc anh spirit bổ sung với ạ.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tan Thuy Hoang: 24-02-2021 - 22:39

[daiphong0703]

Mình góp thêm bài nhé!

 

$\boxed {79}$: Từ điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ vẽ tiếp tuyến $AB,AC$ tới đường tròn ($B,C$ là tiếp điểm). $AO\cap BC=H$. Vẽ đường kính $CD$; $AD\cap (O); BC=E,F$. $HD\cap AB=I$; $BE\cap AO=M$.

 a) Chứng minh: $\overline{I,F,M}$.

 b) $CE\cap AO=S$; đường thẳng qua $S$ vuông góc với $AO$ cắt $(O)$ tại $N$ ($N$ thuộc cung nhỏ $CE$). Chứng minh: $MN$ là tiếp tuyến của $(O)$.

a) Ta có AM//BD nên $\widehat{EAM}=\widehat{EDB}=\widehat{ABE}\Rightarrow \Delta MAE\sim \Delta MBA(g-g)\Rightarrow MA^{2}=ME.MB$
Theo bài 75 ta đã cm dc $HE\perp BM\Rightarrow MH^{2}=ME.MB=MA^{2}$
BD//AH nên $\frac{IA}{IB}=\frac{AH}{BD}=\frac{HF}{BF}$
Từ đó $\Rightarrow \frac{IA}{IB}.\frac{BF}{FH}.\frac{MH}{MA}=1$
Theo Menelaus của $\Delta ABH\Rightarrow \overline{I, F, M}$



P/s Còn câu b) em chưa làm dc mong anh spirit có thể giúp em ạ

[Tan Thuy Hoang]

 $\boxed{76}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. Các tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $M$; $AM\cap (O)= D\not= A$. Trên đường thẳng qua $O$ vuông góc với $AD$ ta lấy điểm $I$ ($O,I$ nằm khác phía so với $AD$). Dựng đường tròn $(I;ID)\cap BD;DC = E,F (E\not= D; F\not= C)$. Gọi $K=BC\cap EF$. Dựng $EX;FY\bot AI (X;Y\in AI)$. Chứng minh: $KX=KY$.

Trong TOPIC còn khá nhiều bài toán nhỉ

Ta có $\frac{S_{EBC}}{S_{FBC}}=\frac{S_{EBC}}{S_{DBC}}.\frac{S_{DBC}}{S_{FBC}}=\frac{EB}{BD}.\frac{CD}{FC}=\frac{EB}{FC}.\frac{AB}{AC}=1(\text{do }\Delta ABE\sim\Delta ACF)$.

Từ đó ta có K là trung điểm của EF.

Biến đổi góc ta được $\widehat{KET}=\widehat{KTE}$ nên KE = KT.

Suy ra KE = KT = KF nên tam giác ETF vuông tại T. 

Do đó XT = YF.

Từ đó $\Delta KXT=KYF(c.g.c)$ nên $KX=KY$.

Hình gửi kèm

• 

[Tan Thuy Hoang]

 $\boxed{78}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn có các đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. Kẻ $DP\bot BH; DQ\bot CH$. Đường tròn tâm $I$ đường kính $AD$ cắt $AC$ tại $S$. $(DQS)\cap IC=T; DT\cap AC=K$. Chứng minh: $\frac{KA}{KS}=\frac{CA}{CS}$.

Bổ đề: Cho bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng theo thứ tự đó. Khi đó $\frac{BA}{BC}=\frac{DA}{DC}\Leftrightarrow \frac{2BA}{BD}=\frac{CA}{CD}$.

Bổ đề này không quá khó để chứng minh nên mình không trình bày ở đây.

Trở lại bài toán: Gọi E' là hình chiếu của A trên DT.

Ta có $\frac{AK}{CK}=\frac{AE'}{CT}=\frac{2IT}{CT}=\frac{2DI^2}{DC^2}=\frac{1}{2}\frac{AS}{CS}$.

Theo bổ đề ta có đpcm.

P/s: Một số điểm/đường thẳng không cần dùng đến nên mình bỏ đi cho hình vẽ đỡ rắc rối.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 25-02-2021 - 21:16

[Tan Thuy Hoang]

 $\boxed{74}$: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$; $P\in \Delta ABC$. Trung trực $CA,AB$ cắt $PA$ tại $E,F$. Đường thẳng qua $E$ song song với $AC$ cắt tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ tại $M$. Đường thẳng qua $F$ song song với $AB$ cắt tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ tại $N$. $MN\cap (ACM); (ABN)= S,Q\not= M,N$. Chứng minh: $SB\cap CQ= R\in (O)$.

AP cắt lại (O) tại T.

Dễ thấy O, F, B, N, T đồng viên và O, E, C, M, T đồng viên.

Từ đó $\widehat{OTN}+\widehat{OTM}=\widehat{OBN}+\widehat{OCM}=180^o\rightarrow \overline{N,T,M }$.

Dễ dàng nhận thấy $\widehat{OTN}=90^o$ nên MN là tiếp tuyến của (O).

Ta có $\Delta AQS\sim\Delta ACB(g.g)\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AS}{AQ}\Rightarrow \Delta ASB\sim\Delta AQC(c.g.c)$.

Do đó $\widehat{ABR}=\widehat{ACR}$ (kề bù với hai góc bằng nhau).

Vậy $R\in (O)$.

Hình gửi kèm

• 

[tranducvuong2k6]

 

 

 $\boxed{78}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn có các đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. Kẻ $DP\bot BH; DQ\bot CH$. Đường tròn tâm $I$ đường kính $AD$ cắt $AC$ tại $S$. $(DQS)\cap IC=T; DT\cap AC=K$. Chứng minh: $\frac{KA}{KS}=\frac{CA}{CS}$.

 

Cách khác:  

Với bài toán quen thuộc, t dễ dàng nhận ra rằng cần cm TK là phân giác trong của $\angle ATS$ và TC là phân giác ngoài của $\angle ATS$

Vì $TC\perp TK (gt)$, do đó ta chỉ cần cm TK là phân giác trong của $\angle ATS$ là xong.

 

Dễ dàng cm đc: $\widehat{SDC}=\widehat{SAD}=\widehat{ISA}$

Ta có $CS.CA=CI.CT(=CD^2)$ $=> AITS$ nội tiếp $\widehat{ISA}=\widehat{ITA}$

 

Mà $\widehat{SDC}=\widehat{STC}$

 

Do đó, $\widehat{ATI}=\widehat{STC}$ hay TK là phân giác $\widehat{ATS}$ (đpcm)

 

P/s: Cám ơn lu lu nhiều >3

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranducvuong2k6: 25-02-2021 - 20:29

[daiphong0703]

Mình góp thêm bài nhé!

 

$\boxed {79}$: Từ điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ vẽ tiếp tuyến $AB,AC$ tới đường tròn ($B,C$ là tiếp điểm). $AO\cap BC=H$. Vẽ đường kính $CD$; $AD\cap (O); BC=E,F$. $HD\cap AB=I$; $BE\cap AO=M$.

 a) Chứng minh: $\overline{I,F,M}$.

 b) $CE\cap AO=S$; đường thẳng qua $S$ vuông góc với $AO$ cắt $(O)$ tại $N$ ($N$ thuộc cung nhỏ $CE$). Chứng minh: $MN$ là tiếp tuyến của $(O)$.

b) Gọi N' là điểm thuộc cung nhỏ CE sao cho MN' là tiếp tuyến của (O)
Ta có $\Delta MAE\sim \Delta MBA(g-g)\Rightarrow \widehat{MEA}=\widehat{MAB}=\widehat{MAC}$
Mà $\widehat{MEA}=\widehat{DEB}=\widehat{BCO}\Rightarrow \widehat{MAC}=\widehat{BCO}$
Tương tự $\widehat{MCA}=\widehat{BCE}\Rightarrow \widehat{MAC}+\widehat{MCA}=\widehat{BCO}+\widehat{BCE}\Rightarrow \widehat{CMO}=\widehat{OCS}\Rightarrow \Delta OCS\sim \Delta OMC(g-g)\Rightarrow OS.OM=OC^2=ON'^2\Rightarrow \Delta ON'S\sim \Delta OMN'(g-g)\Rightarrow \widehat{OSN'}=\widehat{ON'M}=90^{\circ}\Rightarrow N'\equiv N$



P/s: Em cảm ơn anh spirit nhiều lắm ạ

[spirit1234]

 $\boxed{47}$: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. $P$ là 1 điểm chuyển động trên cạnh $BC$. Gọi $(K); (L)$ là các đường tròn $(PAB); (PAC)$. Lấy điểm $S\in (K)$ sao cho $PS//AB$. Lấy $T\in (O)$ sao cho $PT//AC$. $E=(K)\cap AC; F=(L)\cap AB; BE\cap CF=G$. Chứng minh: đường thẳng $PG$ đi qua $O$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua trung điểm $OH$; với $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$.

$\text{Cách 2}$:

 Ta chứng minh được: $AEGF$ nội tiếp.

 $\Rightarrow \angle EGC=\angle EAF=\angle EPQ\Rightarrow CEGP$ nội tiếp $\Rightarrow BFGP$ cũng nội tiếp.

 Lấy $M$ đối xứng với $A$ qua $BC$. Ta có: $\angle BPM=\angle APB=\angle AEB=\angle GPC\Rightarrow \overline{P,G,M}$.

 Nếu $\overline{P,G,O}$ thì $AP$ đi qua điểm đối xứng với $O$ qua $BC$. Hay $AP$ đi qua tâm đường tròn $\text{Ơ-le}$ của $\Delta ABC$.

 $\Rightarrow dpcm$.

[12DecMath]

Xin dùng tính chất tâm đẳng phương của ba đường tròn cho nhanh:

Theo bài toán 32 ta có E, F và tâm nội tiếp I thẳng hàng cũng như EF // MN.

Ta có $\widehat{EGH}=\widehat{EFH}=\widehat{HMN}\Rightarrow (GHMN)$.

Suy ra T là tâm đẳng phương của ba đường tròn (GHMN), (O), (K) nên TS là tiếp tuyến của (O).

Mặt khác ta có (AGH) tiếp xúc với (O) và T thuộc tâm đẳng phương của (O), (GHMN) và (AGH).

Suy ra TA là tiếp tuyến của (O).

Vậy TA = TS.

P/s: Đoạn (AGH) tiếp xúc với (O) em chưa chứng minh được nên nhờ ai đó hoặc anh spirit bổ sung với ạ.

Bạn có thể biến góc và dễ dàng chứng minh được AMPN là hình bình hành. Từ đó gọi 2 giao điểm của AM,AN với (AGH). Chứng minh đường thẳng tạo bởi 2 giao điểm đó song song với MN.Rồi sử dụng bổ đề reim trong trường hợp đặc biệt để suy ra (AGH) tiếp xúc với (O).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: Hôm qua, 19:57

[spirit1234]

Bonus:

 $\boxed{85}$: (có thể gọi là $\text{48b}$) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, $H$ là trực tâm của tam giác. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua $OH$ (giả sử $P$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ không chứa $A$). Lấy $E,F\in AB,AC$ sao cho $BE=CP; CF=PB$. $D=AP\cap OH$. Chứng minh: $\angle EDF=90^{\circ}$. 

 

*P/s: Do topic còn nhiều bài tồn đọng; chưa có lời giải nên tạm thời mình chưa đưa thêm bài mới lên vậy; hi vọng mọi người có thể cùng chung tay giải quyết bớt những bài toán này đi để giúp cho topic vận hành tốt hơn. Và sau đây là danh sách những bài toán chưa có lời giải trên topic: $\text{59; 61; 63; 64; 70; 71; 80; 81; 82; 83; 84}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: Hôm qua, 21:58

[daiphong0703]

$\boxed{70}$ 
Cho $\Delta ABC$, M là một điểm nằm trong $\Delta ABC$. Ở bên ngoài tam giác kẻ các đường thẳng // với các cạnh cách chúng một khoảng bằng khoảng cách từ M đến cạnh đó. Mỗi đường thẳng đó tạo với một cạnh của tam giác và các đường thẳng chứa hai cạnh kia một hình thang. Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích ba hình thang đó Min

Gọi diện tích các $\Delta ABC,\Delta MBC,\Delta MAC$ và các hình thang BCED, AHKC, ABFG là S, $S_{1},S_{2},S_{3},S'_{1},S'_{2},S'_{3}$
$\Delta ADE\sim \Delta ABC(g-g)\Rightarrow \frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=(\frac{AA_{1}}{AA_{2}})^{2}=(\frac{AA_{2}+MM_{2}}{AA_{2}})^{2}\Rightarrow \frac{S+S'_{1}}{S}=(1+\frac{S_{1}}{S})^{2}\Rightarrow S'_{1}=2S_{1}+\frac{S_{1}^{2}}{S}$
Tương tự $S'_{2}=2S_{2}+\frac{S_{2}^{2}}{S}, S'_{3}=2S_{3}+\frac{S_{3}^{2}}{S}$
Mà $3(S_{1}^2+S_{2}^2+S_{3}^2)\geq (S_{1}+S_{2}+S_{3})^2$ (biến đổi tương đương)
$\Rightarrow S_{1}^2+S_{2}^2+S_{3}^2\geq \frac{S^2}{3}\Rightarrow S'_{1}+S'_{2}+S'_{3}\geq 2S+\frac{S}{3}=\frac{7S}{3}$
Xảy ra khi M là trọng tâm $\Delta ABC$