Chủ đề này có 32 trả lời

[daovuquang]

Cho hình thang cân $ABCD$ có đáy lớn $AB=AC$, đáy nhỏ $CD=\sqrt{2}BC$. Tính các góc của hình thang.
Lời giải:

Lấy $M$ là trung điểm $CD\Rightarrow CM=\frac{CD}{2}=\frac{CB}{\sqrt{2}}$.
Suy ra $\frac{CM}{CB}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{CB}{CD}$.
Lại có $\widehat{MCB}=\widehat{BCD}$
$\Rightarrow \triangle{CMB} \sim \triangle{CBD} (c.g.c)$
$\Rightarrow \widehat{CBM}=\widehat{CDB}\; (1)$ và $BM=\frac{BD}{\sqrt{2}}$.
Tương tự, $AM=\frac{AC}{\sqrt{2}}$.
Do $ABCD$ là hình thang cân $\Rightarrow BD=AC \Rightarrow AM=BM=\frac{BD}{\sqrt{2}}=\frac{AB}{\sqrt{2}}$.
Suy ra $\triangle{AMB}$ vuông cân tại $M \Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{MAB}=45^o$.
Lại có $AB=BD (gt) \Rightarrow \triangle{ADB}$ cân tại $B \Rightarrow \widehat{ADB}=\frac{180^o-\widehat{ABD}}{2}\; (2)$.
Mà $\widehat{ABD}=\widehat{BDC}\; (3)$ (do $AB//CD$)
Từ $(2),(3)\Rightarrow \widehat{ADB}=\frac{180^o-\widehat{CDB}}{2}$
$\Rightarrow \widehat{ADM}=\widehat{ADB}+\widehat{BDC}=90^o+\frac{\widehat{CDB}}{2}$.
$\triangle{ADM}=\triangle{BCM} (c.g.c) \Rightarrow \widehat{DAM}=\widehat{MBC}=\widehat{CDB}$.
Mặt khác: $\widehat{ADM}+\widehat{DAM}+\widehat{AMD}=180^o$
$\Rightarrow (90^o+\frac{CDB}{2})+\widehat{CDB}+\widehat{MAB}=180^o$
$\Rightarrow \frac{3\widehat{CDB}}{2}=45^o$
$\Rightarrow \widehat{CDB}=30^o\; (4)$.
Từ $(1),(4) \Rightarrow \widehat{MBC}=30^o$
$\Rightarrow \widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ABM}+\widehat{MBC}=45^o+30^o=75^o$
$\Rightarrow \widehat{ADC}=\widehat{BCD}=180^o-\widehat{ABC}=180^o-75^o=105^o$.

[Khanh 6c Hoang Liet]

Đề của MSS52-Nguyen Viet Khanh 6c :
Qua điểm $\text{P}$ trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $\text{ABC}$ dựng những đường thẳng song song với các cạnh $\text{BC , CA}$ và $\text{AB}$ lần lượt cắt cạnh $\text{CA , AB , BC}$ tại $\text{M , N , Q}$. Chứng minh rằng $\text{M , N , Q}$ nằm trên một đường thẳng.

[Khanh 6c Hoang Liet]

Đề của MSS52-Nguyen Viet Khanh 6c :
Cho hình chữ nhật $\text{ABCD}$ và điểm $\text{E}$ thuộc cạnh $\text{AD}$. Xác định vị trí các điểm $\text{F}$ thuộc cạnh $\text{AB}$$,$ $\text{G}$ thuộc cạnh $\text{BC}$$,$ $\text{H}$ thuộc cạnh $\text{CD}$ sao cho tứ giác $\text{EFGH}$ có chu vi nhỏ nhất.

[Nguyen Duc Thuan]

Đề bài:Cho đường tròn (O). Qua điểm A nằm ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến AB và cát tuyến ACD, sao cho OD vuông góc với BC. Dây cung CI vuông góc với OB.

a) CMR: $sđ\widehat{BC}$+$sđ\widehat{ID}$=$sđ\widehat{CD}$

b) Giả sử BC=AC, gọi H là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác BCD.

So sánh sđ$\widehat{IB}$ & sđ$\widehat{CD}$; tìm quan hệ giữa DH với (O).
Giải:

a) Từ D kẻ DK//BC $(K\in CI)$ thế thì $DK\perp DO$ nên DK là tiếp tuyến của (O) $\Rightarrow \widehat{CKD}=\frac{sđ\widehat{CD}-sđ\widehat{ID}}{2}$. Lại có : $\widehat{CKD}=\widehat{ABC}$ (góc có cạnh tương ứng song song cùng nhọn) mà $\widehat{ABC}=\frac{sđ\widehat{BC}}{2}$
Từ đó $\Rightarrow sđ\widehat{BC}=sđ\widehat{CD}-sđ\widehat{ID}$ hay $sđ\widehat{BC}$+$sđ\widehat{ID}$=$sđ\widehat{CD}$ (đpcm)
b) Do $DK\perp DO$ mà DO là phân giác trong $\Delta BCD$ ($\Delta BCD$ cân tại D) nên DK là phân giác góc ngoài $\Delta BCD$ (*)
Từ GT lại có CI//AB $(\perp OB)$
nên $\widehat{ICB}=\widehat{CBA}=\widehat{CAB}=\widehat{ICD}$ dẫn đến CI là phân giác góc trong $\Delta BCD$.
Kết hợp với (*) suy ra K là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác BCD.$\Rightarrow K\equiv H$
Vậy HD là tiếp tuyến của (O) $\blacksquare$

[BlackSelena]

Đề thi của MSS01 - BlackSelena cho trận 19:
Cho tứ giác ABCD.Các điểm M,N,P,Q theo thứ tự thuộc các cạnh AB,BC,CD,DA thỏa mãn MQ,NP,BD đồng quy.Chứng minh rẳng
$S_{MNPQ}\leq max\left \{ S_{ABC};S_{BCD};S_{CDA};S_{DAB} \right \}$
________________________________________________________________________
Từ giả thiết và kết hợp định lý Menelaus ta có$\frac{MA}{MB}.\frac{SB}{SD}.\frac{DQ}{QA}=\frac{NB}{NC}.\frac{PC}{PD}.\frac{SD}{SB}=1$
Suy ra $\frac{MA}{MB}.\frac{DQ}{QA}.\frac{NB}{NC}.\frac{PC}{PD}=1$(1)
Đặt $\frac{MA}{AB}$=x,$\frac{NB}{BC}$=y,$\frac{PC}{CD}$=z,$\frac{DQ}{DA}$=t(0<x,y,z,t<1)
Khi đó từ (1) suy ra $xyzt=(1-x)(1-y)(1-z)(1-t)$
Từ đó suy ra $xz\leq (1-x)(1-z);yt\geq (1-y)(1-t)$ hoặc ngược lại
Tức là $1-x-z\geq 0;1-y-t\leq 0$ hoặc ngược lại
Suy ra $(1-x-z)(1-y-t)\leq 0\Leftrightarrow (x+y+z+t)-(x+z)(y+t)\geq 1$(2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+z=y+t=1
Đối với tứ giác ABCD ta quy ước $S_{A}$ chỉ diện tích tam giác BCD và tương tự với$S_{B},S_{C},S_{D}$
Khi đó ta có $S_{MNPQ}=S-S_{AMQ}-S_{BMN}-S_{CNP}-S_{DPQ} $
$=S-x(1-t)S_{C} -y(1-x)S_{D}-z(1-y)S_{A}-t(1-z)S_{B} $
$\leq S-min\left \{ S_{A};S_{B};S_{C};S_{D} \right \}\left [ x(1-t)+y(1-x)+z(1-y)+t(1-z) \right ] $
$= S-min\left \{ S_{A};S_{B};S_{C};S_{D} \right \}\left [ x+y+z+t-(x+z)(y+t) \right ] \leq S-min\left \{ S_{A};S_{B}:S_{C};S_{D} \right \}$ [theo $(2)$]
$=max\left \{ S_{A};S_{B};S_{C};S_{D} \right \}$, và đây là đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $S_{A}=S_{B}=S_{C}=S_{D}$;$x+z=y+t=1$ hay $ABCD$ là hình bình hành và $MP \parallel AD$ và $NQ \parallel BC$

[BlackSelena]

Như lần cuối cùng em ra đề, mong BTC đối tên tứ giác thành $XYZW$ và các điểm là $QWER$ để cho không bạn nào có thể gu gồ ra hay tra tài liệu được ạ

[field9298]

Chứng minh 3 đường trung tuyến;3 đường phân giác;3 đường trung trực;3 đường cao trong tam giác lần lượt đồng quy tại 1 điểm

[vuminhhoang]

Cho em ra đề nhé. bài này rất hay em kết hợp nhiều bài lại.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AD. Kẻ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn tâm O tại D, cắt các đường thẳng BC tại I. Đường thẳng qua I và O cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại M và N.
Chứng minh rằng OM=ON.

[4869msnssk]

Đề bài: Cho $\widehat{xOy}<90^{\circ}$. Trên Ox lấy 2 điểm A và B sao cho A nằm giữa O và B.
Trên Oy lấy 2 điểm C và D sao cho C nằm giữa 2 điểm O và D và AB=CD; OC>OA. Gọi M và N là trung điểm của AC, BD. MN cắt Oy,Ox ở H,K.Cmr tam giác OHK cân ở O
Giải: Gọi Plần lượt là trung điểm của AD
Ta có MP, NP lần lượt là đường trung bình của tam giác ACD, BDC. từ đó ta có MP=NP ( vì cùng bằng nửa AB) nên tam giác MNP cân ở P nên $\widehat{PNM}=\widehat{PMN}$ từ đó ta có
$\widehat{MKA}=\widehat{PNM}=\widehat{PMN}=\widehat{DHM}=\widehat{MHK}$ và từ đây có đpcm

[anhminhkhon]

Cho tam giác ABC, D di chuyển trên BC (D$\neq$B,C). Đường tròn tâm O1 đi qua D tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn tâm O2 đi qua D tiếp xúc với AC tại C.O1 cắt O2 tại E khác D.
Chứng minh khi D di động trên BC thì ED luôn đi qua điểm cố định

[Tru09]

Đề bài :(Tru09)
Cho $(O)$ và $(O')$ cắt nhau ở $2$ điểm $A$ và $B$ . Tiếp tuyến chung $MN$ (gần $A$ hơn ) .Từ $M , N$ kẻ các đường thẳng vuông góc với OO' tại $H$ và $K$ .$AH , AK$ cắt $(O) ,(O')$ tại $P ,Q$ .
a, Chứng minh rằng $MP // NB , MB // NQ$
b, Chứng minh tứ giác $MNQP$ là tứ giác nội tiếp .

[anhtukhon1]

Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh a,b,c. Biết rằng đường thẳng đi qua trọng tâm P và tâm O của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì vuông góc với phân giác của góc C. Chứng minh rằng :$\frac{2ab}{a+b}=\frac{a+b+c}{3}$

[4869msnssk]

đề bài: tìm số cạnh của một đa giác biết độ dài các đường cháo của đa giác bằng nhau.

đáp án: ta thấy hình vuông và hình ngũ giác đều thoả mãn điều kiện của bài toán. 

giả sử ta có đa giác lồi A₁A₂A₃A₄...An (với $n\geq 6$). thao đề bài ta có các đoạn A₁A₄,A₁A₅,A₂A₅,A₂A₄ có độ dài bằng nhau .(1)

xét tứ giác A₁A₂A₄A₅  dễ thấy với A₂A₅ VÀ A₁A₄ LÀ CÁC ĐƯỜNG CHÉO VÀ A₂A₄,A₁A₅  là cạnh bên, theo BĐT tam giác ta suy ra

A₁A₅ + A₂A₄<A₁A₄+A₂A₅  vô lí với (1) suy ra không tồn tại đa giác như vậy.

vậy chỉ có hai đa giác   với 4 hoặc 5 cạnh thoả mãn đề bài