Chủ đề này có 452 trả lời

[davildark]

Bài 26
Cho hình vuông ABCD tâm O lấy M trên tia đối của tia CD
K E J lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AM và BC , DK và BM , CE và AM. Tính OJ theo cạnh hình vuông

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 15-07-2012 - 00:25

[BlackSelena]

Lời giải bài 26:

Áp dụng kết quả bài 23 $\Rightarrow AM \perp CE$
Dễ thấy $AJDC:tgnt$
$\Rightarrow \angle AJD = \angle DJC = \angle DAC = \angle DCA$
$\Rightarrow DJ : \text{phân giác} \angle AJC$
Chứng minh tương tự ta cũng có $JB: \text {phân giác} \angle AJE$
$\Rightarrow \angle DJB = 90^o$
$\Rightarrow OJ = DO = OB = \frac{a}{\sqrt{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 15-07-2012 - 00:27

[triethuynhmath]

Bài 27:
Cho tam giác ABC cân tại A cố định .Trên cạnh BC kéo dài về phía C, lấy điểm M.1 đường thẳng xy qua M cắt CA,AB tại N,P.
CMR: $\frac{BM}{BP}-\frac{CM}{CN}$ là 1 hằng số

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 15-07-2012 - 00:28

[BlackSelena]

Lời giải bài 27 (tốn 40' chỉ vì vẽ sai hình @%*@&(*&@*):
Từ $A$ kẻ đường thẳng $// xy$ cắt $BC = E$
Ta có $\frac{BM}{BP} = \frac{BE}{BA}, \frac{CM}{CN} =\frac{CE}{CA}$
$\Rightarrow \frac{BM}{BP}-\frac{CM}{CN}=\frac{BE-CE}{AB}=\frac{BC}{AB}:const$

[hamdvk]

Bài 25: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(I)$, $(O)$ bàng tiếp góc $A$. $(I)$ tiếp xúc $BC,AC,AB$ tại $M,N,P$. CMR: $S_{MNP} < 4S_{IBC}$.
P/s: bài khó nhất mà em post vô topic , 3h đồng hồ của em vẫn chưa đủ cho bài nì

Theo như hình của em trong tin nhắn thì có lẽ đề bài sai rồi
Đề bài đúng phải như thế này :
Cho Tam giác ABC ngoại tiếp (I),nội tiếp (O) , (K) bàng tiếp góc A tiếp xúc với BC, AC ,AB tại M,N,P
$ cm S_{MNP} < 4S_{IBC}$
Ngoài ra :Trong cả hai TH (I) nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC thìđều cm được hay cm mạnh hơn là
$S_{MNP} < 4S_{IBC}< 4S_{OBC}$.(dấu = thứ hai có thể xảy ra )

P/s : Latex đâu rồi !!!
chả thấy latex đâu cả !! ai giúp với !!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hamdvk: 13-07-2012 - 15:05

[BlackSelena]

Theo như hình của em trong tin nhắn thì có lẽ đề bài sai rồi
Đề bài đúng phải như thế này :
Cho Tam giác ABC ngoại tiếp (I),nội tiếp (O) , (K) bàng tiếp góc A tiếp xúc với BC, AC ,AB tại M,N,P
cm S_{MNP} < 4S_{IBC}$
Ngoài ra :Trong cả hai TH (I) nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC thìđều cm được hay cm mạnh hơn là
$S_{MNP} < 4S_{IBC}< 4S_{OBC}$.(dấu = thứ hai có thể xảy ra )

P/s : Latex đâu rồi !!!

Em gõ nhầm đề bài mà giờ diễn đàn đang lỗi nhưng không thể nào sửa được.
Đề bài đúng là
Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(I)$. Đường tròn tâm $K$ bàng tiếp góc $A$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $M,N,P$
CMR: $S_{MNP} < 4S_{IBC}$
P/s: chị thiếu đấu $ kìa zz

[Mylovemath]

Bài 28 (Lớp 9):

Cho tam giác nhọn $ABC$ $(AB<AC)$ có trực tâm $H$, nội tiếp $(O)$, đường kính $AA'$. Phân giác $\widehat{BAC}$ cắt $BC$ tại $D$; $M,I$ lần lượt là trung điểm $BC,AH$.
a) Lấy $K$ đối xứng $H$ qua $AD$. Chứng minh $K$ nằm trên $AA'$
b) Chứng minh $MI$ đi qua đi qua hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AD$
c) Gọi $P$ là giao điểm $AD$ và $HM$. $KH$ cắt $AB,AC$ tại $Q,R$. Chứng minh $Q,R$ là chân đường cao hạ từ $P$ xuống $AB,AC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mylovemath: 13-07-2012 - 15:11

[triethuynhmath]

Bài 29:
Bài này có 3 câu,chúng không liên quan gì đến nhau và vì chúng ngắn nên mình mới gộp chúng lại
a) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và AC=2AB. Các đường thẳng tiếp xúc với (O) tại A, C cắt nhau tại P. Chứng minh rằng BP đi qua điểm chính giữa cung BC có chứa A

b) Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và G là trọng tâm. Biết AB=k+1, AC=5k+3, BC=3k+2 (Với k là 1 số thực sao cho độ dài AB, AC, BC thỏa mãn bộ 3 BĐT tam giác và đồng thời AB, BC, CA>0).
CMR: IG // BC và góc OIA = $90^0$.

c) Cho tam giác ABC. Gọi (O;R), $(I;R_1), (K;R_2)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp,bàng tiếp góc A của tam giác. Tính R theo OI, OK, $R_1,R_2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 14-07-2012 - 22:29

[triethuynhmath]

Chém trước câu a bài 28:
Bài 28:
a) Cho AK cắt O tại A1,cho AH cắt BC tại I
Từ giả thiết ta có $\angle A1AC=\angle BAI.$
$\angle AA1C=\angle ABI$
=> tam giác ACA1 đồng dạng tam giác AIB(gg)
=> $\angle ACA1=90^0$
=> AA1 là đường kính => A1 trùng A' => K thuộc AA'(Q.E.D)

[BlackSelena]

Lời giải bài 29 câu a:

Áp dụng định lý $Ptolemy$, ta có :
$AD.BC+AB.DC=AC.BD$
$\Leftrightarrow AD.BC+AB.DC=2AB.BD$
Dễ thấy $\triangle BAP \sim \triangle DAP$
$\Rightarrow \frac{AD}{AB}=\frac{DP}{AP}$
$\Rightarrow AD = \frac{AB.DP}{AP}$
Chứng minh tương tự ta cũng có $BC = \frac{CP.CD}{DP}$
Vậy $AD.BC=\frac{AB.DP.CP.CD}{AP.DP} = AB.CD$
$\Rightarrow 2AB.DC = 2AB.BD$
$\Rightarrow DC = BD$
$\Rightarrow \text{dpcm}$
Ciaossu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 14-07-2012 - 23:59

[BlackSelena]

Bài 29:
b)Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp,O là tâm đường tròn ngoại tiếp và G là trọng tâm.Biết AB=k+1,AC=5k+3,BC=3k+2(Với k là 1 số thực sao cho độ dài AB,AC,BC thỏa mãn bộ 3 BĐT tam giác và đồng thời AB,BC,CA>0)
CMR: IG//BC và góc OIA=90 độ

Em sẽ chia yêu cầu của bài toán ra làm 2 phần.
Lời giải bài 29 câu b:
Trước hết ta nhận thấy $AB+AC=2BC$, đây là yếu tố quan trọng để hình thành nên bài toán.
* $IG// BC$

Kéo dài $AI \cap BC = D; AG \cap BC = M$
$\Rightarrow \frac{AG}{GM}=2$
Ta có:
$\frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BD+CD}=\frac{AB+AC}{BC}=2$
$\Rightarrow \frac{AI}{AD}=\frac{AG}{GM}=2$
$\Rightarrow IG // BC$

* $\angle OIA = 90^o$

Kéo dài $AI \cap (O)=K$, ta sẽ chứng minh $I$ là trung điểm $AK$
Thật vậy
$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$
$\Rightarrow \frac{AB+AC}{AC}=\frac{BC}{DC}$
$\Rightarrow \frac{AB+AC}{BC}=\frac{AC}{CD}=2$
Dễ dàng chứng minh $\triangle BDK \sim \triangle ADC$
$\Rightarrow \frac{BK}{DK}=2$
Dễ dàng chứng minh $BK = IK$
$\Rightarrow IK = 2DK = AI$
$\Rightarrow I$ là trung điểm $AK$
$\Rightarrow OI \perp AI$
___________________________
Qua đây ta có một kết luận rất hay như sau
Cho $\triangle ABC$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp, $G$ là trọng tâm tam giác. Khi đó ta có:
$AB+AC=2BC \Leftrightarrow IG // BC \Leftrightarrow \angle OIA = 90^o$

[BlackSelena]

Lời giải bài 25 (nằm ngoài dự kiến):

Dễ dàng chứng minh $\triangle IBC \sim \triangle MPN$
Ta có $PN < MP + MN < 2(BM + CM) = 2BC$
$\Rightarrow \frac{BC}{PN} > \frac{1}{2}$
$\frac{S_{IBC}}{S_{MPN}} > \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$
$\Rightarrow 4S_{IBC}>S_{MPN}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 14-07-2012 - 16:09

[henry0905]

Bài 28 (Lớp 9):

Cho tam giác nhọn $ABC$ $(AB<AC)$ có trực tâm $H$, nội tiếp $(O)$, đường kính $AA'$. Phân giác $\widehat{BAC}$ cắt $BC$ tại $D$; $M,I$ lần lượt là trung điểm $BC,AH$.
a) Lấy $K$ đối xứng $H$ qua $AD$. Chứng minh $K$ nằm trên $AA'$
b) Chứng minh $MI$ đi qua đi qua hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AD$
c) Gọi $P$ là giao điểm $AD$ và $HM$. $KH$ cắt $AB,AC$ tại $Q,R$. Chứng minh $Q,R$ là chân đường cao hạ từ $P$ xuống $AB,AC$.

Mình có cách khác cho câu 28a)
Ta có: AA' là đường kính, gọi T là điểm chính giữa cung BC, đường cao AW cắt BC tại W
$\Rightarrow \widehat{TAA'}=90^{\circ}-\widehat{AA'T}=90^{\circ}-\frac{1}{2}sđAT$
$\widehat{WAD}=90^{\circ}-\widehat{ADB}=90^{\circ}-\frac{1}{2}sđAT$
$\Rightarrow \widehat{WAD}=\widehat{TAA'}$
Vẽ HK' vuông góc AT cắt AA' tại K' và AT tại U
$\Rightarrow \triangle AUH=\triangle AUK'$
$\Rightarrow$ HU=UK'
$\Rightarrow$ H đối xứng K' qua AD $\Rightarrow$ K $\equiv$ K'
Chém luôn câu b)
Dễ dàng c/m AI=OM và AI//OM
$\Rightarrow $ AOMI là hình bình hành
$\Rightarrow $ IM//AO
Mà IU//AO
$\Rightarrow $ I,U,M thẳng hàng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 17-07-2012 - 08:37

[henry0905]

Bài 30: Cho tam giác ABC nhọn. Trên cạnh BC lấy M,N sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{NAC}$. C/m $\frac{BM.BN}{CM.CN}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 14-07-2012 - 12:48

[triethuynhmath]

Bài 30: Cho tam giác ABC nhọn. Trên cạnh BC lấy M,N sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{NAC}$. C/m $\frac{BM.BN}{CM.CN}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$

Chém bài này:
Gọi I,K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M lên AB,AC.H,G lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ N lên AB,AC
Ta có:
tam giác AIM đồng dạng tam giác AKN(gg)
=>$ \frac{IM}{NK}=\frac{AM}{AN}$
Tương tự tam giác AMG đồng dạng tam giác ANH(gg)
=> $\frac{AM}{AN}=\frac{MG}{NH}$
=> $IM.NH=MG.NK$(1)
Ta có $\frac{BM}{CM}=\frac{S_{ABM}}{S_{ACM}}=\frac{AB.IM}{AC.MG}$(2 tam giác có cùng đỉnh A và cùng cạnh đáy là BM,MC)
Tương tự,ta có:
$\frac{BN}{NC}=\frac{AB.NH}{AC.NK}$
Nhân vế theo vế, ta được:
$\frac{BM.BN}{CM.CN}=\frac{AB^2}{AC^2}.\frac{MI.NH}{MG.NK}=\frac{AB^2}{AC^2}(do (1))$(Q.E.D)

[henry0905]

Bài 30: Cho tam giác ABC nhọn. Trên cạnh BC lấy M,N sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{NAC}$. C/m $\frac{BM.BN}{CM.CN}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$

Mình có cách khác cho bài này
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt AB,AC tại E,F
Ta có: $\widehat{BAM}=\widehat{NAC}\Rightarrow ME=NF$
$\Rightarrow $ MEFN là hình thang cân
$\Rightarrow $ EF//MN
$\Rightarrow \frac{EB}{AB}=\frac{FC}{AC}\Leftrightarrow \frac{EB}{FC}=\frac{AB}{AC}$ (1)
$\triangle BMA\sim \triangle BEN$
$\Rightarrow $ MB.NB=EB.AB
Tương tự ta có: MC.NC=FC.AC
$\Rightarrow \frac{MB.NB}{MC.NC}=\frac{EB.AB}{FC.AC}$ (2)
Từ (1) và (2) $\Rightarrow $$\frac{BM.BN}{CM.CN}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 14-07-2012 - 13:49

[henry0905]

Bài 31: Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì trong tam giác. AM,BM,CM cắt các cạnh đối tại D,E,F. C/m $S_{DEF}\leq \frac{1}{4}S_{ABC}$. Dấu = xảy ra khi nào?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 15-07-2012 - 19:52

[BlackSelena]

Bài 29:
c) Cho tam giác ABC.Gọi (O;R),(I;R1),(K;R2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp,bàng tiếp góc A của tam giác.Tính R theo OI,OK,R1,R2

Mong anh up lời giải câu này nhanh

[triethuynhmath]

Mong anh up lời giải câu này nhanh

Được rồi, bây giờ mình sẽ up đáp án bài 29c.

Ta chứng minh hệ thức sau:
$OI^2=R^2-2R.R_1$ (hệ thức Euler cho đường tròn nội tiếp)
Chứng minh (cái này hơi lâu):
Cho AI cắt (O) tại D, vẽ đường kính DE của (O), Gọi F là tiếp điểm của (I) lên AB.
Vậy là xong phần đường phụ.
Ta có $\angle IAF=\angle DEB$
(góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)
=> Tam giác AFI đồng dạng với tam giác EBD (gg)
=> AI.BD = IF.ED = $2RR_1$(ED = 2R, IF = R)
DDCM: BD=ID (Bước này giống bài 29b)
=> AI.ID = $2RR_1.$
Áp dụng phương tích của điểm I đối với đường tròn (O) (I nằm trong (O)),ta có
$P_{I/(O)}=R^2-OI^2=AI.ID=2RR_1=> $ $OI^2=R^2-2RR_1$ (1)

Tương tự như vậy cho đường tròn bàng tiếp (Không biết cái này có gọi là hệ thức Euler không)
$OK^2=R^2+2RR_2$
Chứng minh luôn:
DDCM: A, I, D, K thẳng hàng
Tam giác IBK vuông tại B(DDCM). Mặt khác ID = BD => ID = BD = DK
Gọi G là tiếp điểm của (K) lên AB.
DDCM tam giác AGK đồng dạng tam giác EBD (gg)
=> AK.BD = GK.ED $ = 2RR_2$ =>$ AK.DK = 2RR_2.$
Áp dụng phương tích của điểm K đối với đường tròn (O), ta có :
$P_{K/(O)} = OK^2 - R^2 = KD.KA = 2RR_2 =>$$ OK^2=R^2+2RR_2$ (2)

Lấy (2) trừ (1), ta được $OK^2-OI^2=2R(R_1+R_2) => $$R=\frac{OK^2-OI^2}{2(R_1 + R_2)} $ (Q.E.D)
---------------------------------
P/S: chứng minh 2 cái hệ thức này cũng mệt nhọc phết.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 15-07-2012 - 01:30

[henry0905]

Bài 21(2 bài 19):(một bài toán lớp 7 mà em chưa nghĩ ra ): Cho $\triangle ABC$ có $AB<AC$, đường phân giác $BD, EC$. CM:$CD>DE>EB$

Có một bài bị bỏ sót trong topic
Theo tính chất đường phân giác thì:
$\frac{BC}{CA}=\frac{BE}{EA},\frac{BC}{AB}=\frac{DC}{DA}$
Mà $AC> AB$
$\Rightarrow \frac{BE}{EA}< \frac{DC}{DA}$
Vẽ EF//BC cắt AC tại F
$\frac{EB}{EA}=\frac{FC}{FA}$
$\Rightarrow F\not\equiv D$ và AD<AF
Vậy ED không //BC
ED cắt BC tại G
Ta có:
$\widehat{DEC}> \widehat{ECG}=\widehat{DCE}$
$\Rightarrow ED< CD$
$\widehat{EDB}< \widehat{DBC}< \widehat{EBD}$
$\Rightarrow BE< ED$
$\Rightarrow BE< ED<CD$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 15-07-2012 - 11:15