Phung Quang Minh

Cho tam giác ABC có góc $\widehat{BEC}$ là góc nhọn,trong đó E là trung điểm của AB.Trên tia EC lấy điểm M sao cho $\widehat{BME}= \widehat{ECA}$ .Kí hiệu $\alpha$ là số đo của góc $\widehat{BEC}$ ,hãy tính tỉ số $\dfrac{MC}{AB}$ theo $\alpha $

- Lấy T đối xứng C qua AB, ta có: BM=BT=AC (2 góc trong= nhau).

Do góc BEC nhọn nên BC<CA => C nằm giữa T và M.

-Lại có: CA^2-BC^2=BT^2-BC^2= CM.2CE => CM/BA= (CA^2-BC^2)/(2CE.AB)= (4.BE.EC.cos alpha)/ (2CE.AB)= cos alpha.

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn (O), đường tròn ngoại tiếp (I). Gọi (K), (L), (N) lần lượt là đối xứng của (I) qua BC, CA, AB. Gọi (K) cắt (O) tại $A_{1}A_{2}.A_{1}A_{2}$ cắt BC tại $A_{3}$. Tương tự ta có $B_{3}, C_{3}$. Chứng minh rằng $A_{3}, B_{3}, C_{3}$ thẳng hàng.

tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) =>(O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC=>(O) trùng (I) ??

Cho tam giác ABC nhọn nt đường tròn (O) và đường thẳng d đi qua tâm O cắt 2 cạnh AC và BC. Các điểm L,K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A,B lên d. Đường thẳng qua L vuông góc với BC cắt đường thẳng qua K vuông góc vớị AC tại M. CMR M nằm trên đường tròn tâm (O).

nt là ngoại tiếp hay nội tiếp vậy bạn??

 

Cho △ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt nhau tại H. Đường tròn đường kính AB cắt CE tại G, đường tròn đường kính AC cắt BD tại F. CF cắt BG tại I, EF cắt BG tại M, DG cắt CF tại N. DG cắt EF tại K. Chứng minh:

a, Ba điểm A,I,K cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với FG.

b, HI, EN, DM đồng quy.

 

b) - Ta có: góc MFI= góc NGI (cùng = góc ABC) => tứ giác MFGN nội tiếp => MI=IN (Do FI=GI)                                                                                                               - Gọi EN cắt HI tại P; AH cắt BC tại Q .Ta cần chứng minh cho M;P;D thẳng hàng <=> (IP/PH). (HD/DB). (BM/MI)= 1 (Định lý Menelaus) <=> (HD/DB). (BM/MI)= (HE/EC).(CN/NI)     

       <=> (HE/EC). (DB/HD)= BM/CN (Do MI=IN) <=> BM/CN= (BA/CA).(BE/CD) <=> (BM/BE).(CD/CN) =BA/CA (1).

    -Ta lại có: +) BM/BE = sin BEF/ sin BME= sin ACF/ sin FMI.                                                           

                    +) CN/CD= sin CDG/ sin CND= sin ABG/ sin ING.        

    => (BM/BE).(CD/CN)= ( sin ACF/ sin FMI). ( sin ING/ sin ABG)= sin ACF/ sin ABG (Do góc FMI= góc ING).

    => (BM/BE).(CD/CN)= (AF/AC)/ (AG/AB)   => (BM/BE).(CD/CN)= AB/AC

    => (1) đúng  => (IP/PH). (HD/DB). (BM/MI)= 1 => M;P;D thẳng hàng => đpcm.

O la tam ngoai tiep ABC

 

1. Cho tam giác ABC cân tại A và P trong tam giác sao cho BPC=180-A. PB, PC cắt CA,AB tại E,F. I, J là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B,C của tam giác ABE và ACF. Gọi K là tâm ngoại tiếp AEF. CM KI=KJ.

2. Cho tam giác ABC nhọn có D,E là tiếp điểm của (I) nội tiếp lên AB,AC và đ/cao BH,CK. Cm tâm nội tiếp AHK là trực tâm ADE.

3. Cho tam giác ABC (60<A<90). B', C' đối xứng  B,C qua AC,AB. CM tâm (AB'C') thuộc AK với K đối xứng O qua BC.

 

3) đpcm <=> 90 độ- góc C'B'A= 180 độ- góc C'AK <=> góc BAK= góc C'B'B.                                                                                                                       - Ta lại có: góc C'BB'= góc ABK; C'B/BB'= BC/BB'= BO/BA= BK/BA => tam giác C'BB' đồng dạng với tam giác KBA(c.g.c)                                                       => góc BAK= góc C'B'B =>đpcm

Góp hình bài 3, mới tập xài GSP nên chưa biết vẽ câu c =)))

Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC. Các đường cao BD, CE cắt nhau tại H (D thuộc AC, E thuộc AB). Gọi M là trung điểm của BC, tia MH cắt đường tròn (O) tại N

            a) Chứng minh rằng năm điểm A, D, H, E, N cùng thuộc 1 đường tròn

            b) Lấy điểm P trên đoạn BC sao cho $\widehat{BHP}=\widehat{CHM}$, Q là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng HP. Chứng minh rằng tứ giác DENQ là hình thang cân

            c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn (O).                                                                                                                         

a) Gọi AO cắt (O) tại S. Ta dễ dàng chứng minh được BHCS là hình bình hành => HS đi qua trung điểm BC 

 => N;H;M;S thẳng hàng   => góc ANH= góc ANS= 90 độ (Do N nằm trên đường tròn (O) đường kính AS)

=> góc ANH=90 độ= góc ADH= góc AEH   => đpcm.

b) Ta dễ dàng chứng minh được QNED là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH.

Ta lại có:  góc NED= góc NHD= góc BHM= góc PHC= góc QHE= góc QDE.

 - Tứ giác QNED là tứ giác nội tiếp có góc NED= góc QDE  => QNED là hình thang cân.

c) Gọi AH cắt (O) tại K; AH cắt BC tại I; F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ; gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là (F).

-Dễ dàng chứng minh được H đối xứng với K qua BC.

-Ta chứng minh được  NH.HM=AH.IH= QH.HP  => đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua N.

-Ta có: góc BHM= góc CSM= góc NBM => góc ASN+ góc ABC= góc BHM  

  => góc ASN= góc BHM +90 độ- góc ABC -90 độ= góc BHM+ góc HCB-90 độ = góc PHC+ góc HCP -90 độ= góc BPH-90 độ= góc PHK =góc AKP ( H đối xứng với K qua BC ).

 -Mà góc ASN= góc AKN  => góc AKN= góc AKP => N;P;K thẳng hàng.

-Ta lại có:  +) góc PNF= 90 độ- góc NMP= 90 độ- góc NSK (Do IM là đường trung bình tam giác HKS nên IM//KS nên KS//BC)

                 +) 90 độ- góc NSK= góc ONK = góc ONP (Do N;P;K thẳng hàng).

 -Từ 2 điều trên => góc PNF= góc PNO => N;F;O thằng hàng.

-Ta có: Đường tròn (F) đi qua N; N nằm trên (O) và O;F:N thẳng hàng => đường tròn (F) tiếp xúc với (O).

=> đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với (O) (đpcm).

Bài 4: 

Áp dụng Schawrz, ta có:

$A\geq 2\frac{a+b+c}{3}+3\frac{9}{\sqrt{a+b+c}}=\frac{2(a+b+c)}{3}+\frac{27}{\sqrt{a+b+c}}$

Dễ thấy rằng: $\sqrt{a+b+c}\geq 3$

Suy ra: $A\geq \frac{2(a+b+c)+27}{\sqrt{a+b+c}}\geq 15$

BĐT cuối hiển nhiên đúng vì đặt: $\sqrt{a+b+c}=t,t-3\geq 0$ ta được: $\frac{2t^2+27}{t}\geq 15\Leftrightarrow (2t-9)(t-3)\geq 0$

Dấu bằng xảy ra khi a=1;b=3;c=5.

t chỉ >=3 thôi nên 2t-9 chưa chắc đã >=0 đâu nên (2t-9)(t-3) chưa chắc đã >=0 đâu bạn!

Bạn cho mình hỏi vì sao $\frac{AQ}{QH}=\dfrac{AE}{EH}$ vậy 

Do có EQ là phân giác góc AEH, góc AEQ= góc AOE/2= góc AEQ/2.

ace nào giải hộ mình bài hình với ạ   

vừa mới sửa =)))) do mình mới đi ăn cơm nên không gõ lại kịp. bonus hình cho các bác giải. ở câu c điểm cố định là A.

-Gọi giao điểm của DK với (O) là Q; AO cắt EF tại H.

-Ta có: A;Q;O thẳng hàng.    

-Lại có: góc KQO=góc KDO= góc DOI (Do DK//OI)   

    => tam giác KHQ ~ tam giác IDO (g.g)  => KQ/IO = QH/DO= QH/OE.  (1)

-Ta thấy: AQ/QH= AE/EH= AO/OE  => QH/OE= AQ/AO.   (2)

-Từ (1);(2) => KQ/IO= AQ/AO  và KQ//IO. Theo định lý ta-lét => A;K:I thẳng hàng.

ta có a²b²+b²c²+c²a²$\geq$$a^2b^2c^2$ do đó $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1$

đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$ do đó$x^2+y^2+z^2=1$

và P=$\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{y^2+x^2}$=$\frac{x^4}{x(y^2+z^2)}+\frac{y^4}{y(z^2+x^2)}+\frac{z^4}{z(x^4+y^4)}$

ta có $x(y^2+z^2)=\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{2x^2}.\sqrt{y^2+z^2}.\sqrt{y^2+z^2}\leq \frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{\frac{(2x^2+2y^2+2z^2)^3}{27}}\geq \frac{2}{\sqrt{27}}.\sqrt{(x^2+y^2+z^2)^3}$

chứng minh tương tự suy ra $x(y^2+z^2)+y(z^2+x^2)+z(x^2+y^2)\leq \frac{2}{\sqrt{3}}.\sqrt{(x^2+y^2+z^2)}$ nên P$\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\frac{2}{\sqrt{3}}.\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}.\sqrt{(x^2+y^2+z^2)}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$

-Dòng thứ 4 của bạn viết ngược dấu rồi kìa, bạn sửa lại đi.

Cho:$a\geq 6$. CM:$a^{2}+\frac{18}{\sqrt{a}}\geq 36+3\sqrt{6}$

-Đặt \[\sqrt a  = x(x \ge \sqrt 6 ).\]

-Cần chứng minh: \[{x^4} + \frac{{18}}{x} \ge 36 + 3\sqrt 6 .\]

-Ta có: \[{x^4} + \frac{{\sqrt {7776} }}{x} + \frac{{\sqrt {7776} }}{x} + \frac{{\sqrt {7776} }}{x} + \frac{{\sqrt {7776} }}{x} \ge 5\sqrt[5]{{{{\sqrt {7776} }^4}}} = 180.\]

=> \[{x^4} + \frac{{18}}{x} \ge 180 - \frac{{\sqrt {7776} .4 - 18}}{x} \ge 180 - \frac{{\sqrt {7776} .4 - 18}}{{\sqrt 6 }} = 36 + 3\sqrt 6 .\]

=> đpcm. Dấu = xảy ra <=> \[x = \sqrt 6  <  =  > a = 6.\]

 

Cho $x,y\geq 1$

 Chứng minh: $\frac{x^{2}}{y-1} + \frac{y^{2}}{x-1}\geq 8$

 

-Ta có: \[\frac{{{x^2}}}{{y - 1}} + 4(y - 1) \ge 4x =  > \frac{{{x^2}}}{{y - 1}} \ge 4(x - y) + 4\].

-Tương tự, ta có: \[\frac{{{y^2}}}{{x - 1}} \ge 4(y - x) + 4\].

-Cộng vế với vế suy ra đpcm.

Cho tam giác ABC. Trung tuyến AM, M thuộc BC. Lấy D,E thuộc AM sao cho AD=DE=EM. Trên tia đối của CB lấy P sao cho CP=CM=BM.

C/m: AC,DP,BE đồng quy

-Gọi DP cắt AC tại G. 

-Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác AMC, ta có: \[\frac{{AD}}{{DM}}.\frac{{MP}}{{CP}}.\frac{{CG}}{{GA}} = 1;\frac{{AD}}{{DM}} = \frac{1}{2};\frac{{MP}}{{CP}} = 2 =  > \frac{{CG}}{{GA}} = 1.\]

-Ta lại có: \[\frac{{AG}}{{GC}}.\frac{{CB}}{{BM}}.\frac{{ME}}{{EA}} = 1\] (Do \[\frac{{AG}}{{GC}} = 1;\frac{{CB}}{{BM}} = 2;\frac{{ME}}{{EA}} = \frac{1}{2}\]).

-Áp dụng định lý Menelaus đảo vào tam giác AMC => B;E;G thẳng hàng.

=>đpcm.

Cho $a,b,c\geq 0$, chứng minh $\sqrt{\frac{a+2b}{3}}+\sqrt{\frac{b+2c}{3}}+\sqrt{\frac{c+2a}{3}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

-Ta có: \[\frac{{a + b + b}}{3} \ge \frac{{{{(\sqrt a  + \sqrt b  + \sqrt b )}^2}}}{9} =  > \sqrt {\frac{{a + 2b}}{3}}  \ge \frac{{\sqrt a  + 2\sqrt b }}{3}\].

-Tương tự, ta có: \[\sqrt {\frac{{b + 2c}}{3}}  \ge \frac{{\sqrt b  + 2\sqrt c }}{3};\sqrt {\frac{{c + 2a}}{3}}  \ge \frac{{\sqrt c  + 2\sqrt a }}{3}\].

-Cộng vế với vế suy ra đpcm.

Cho $\Delta ABC$ vuông tại A có $AB< AC$. Gọi I là trung điểm của $AC$, qua I vẽ đường vuông góc với BC, qua C vẽ dường vuông góc với AC, chúng cắt nhau tại E.

CMR: $AE\perp BI$

-Gọi EI cắt AB tại M

-Chứng minh được: AECM là hình bình hành; I là trực tâm tam giác MBC.

=> \[BI \bot CM;CM//AE =  > BI \bot AE\].