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.


lehakhiem212

Đăng ký: 02-04-2016
Offline Đăng nhập: 07-02-2019 - 12:47
***--

#679436 Chứng minh AT, BM, CF đồng quy

Gửi bởi lehakhiem212 trong 04-05-2017 - 10:06

Lời giải ( cách hơi dở):

Gọi $K$ là giao điểm $BM,CF$.

Xét cực và đối cực đối với $(CH)$.

Dễ thấy $BM$ là đường đối cực của $A$, đi qua $K$ nên đường đối cực của $K$ đi qua $A$. Mà $AB$ vuông góc $CF$ và tâm $(CH)$ thuộc $CF$ nên $AB$ là đường đối cực của $K$.Suy ra đường đối cực của $B$ chính là $AT$ sẽ đi qua $K$.(ĐPCM)




#678927 Chứng minh BEFC là tứ giác nội tiếp

Gửi bởi lehakhiem212 trong 29-04-2017 - 17:31

Ta cần cm: $\angle MBD=\angle MEF =\angle MDF$

Tức là cần cm $MD^{2}=MF.MB$. (1)

Mà $MF.MB$ = phương tích của $M$ đv $(BEFC)$ = $MP^{2}-PB^{2}$( với $P$ là trung điểm cung $BC$).

Đến đây ta dễ dàng biến đổi để có được $MP^{2}-PB^{2}=MD^{2}$.

Ta thu được đpcm, tức là điểm $D$ thuộc đtròn $(MEF)$.

Mặt khác ta có MH=MD, ta cũng có hệ thức tương tự như (1). Nên $H$ cũng thuộc đtròn $(MEF)$.

Suy ra đpcm.




#678731 Chứng minh BEFC là tứ giác nội tiếp

Gửi bởi lehakhiem212 trong 27-04-2017 - 11:09

bài này là một ý trong bài toán mình đã cm tại đây https://diendantoanh...oit-thẳng-hàng/




#676233 CMR: O,I,T thẳng hàng

Gửi bởi lehakhiem212 trong 04-04-2017 - 20:59

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$.Đường thẳng đi qua trực tâm $H$ vuông góc với phân giác góc $A$ cắt $AB,AC$ tại $D,E$. Gọi $T$ là tâm đường tròn $(ADE)$.I là trung điểm $AH$.CMR:O,I,T thẳng hàng.




#675945 CMR: K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF

Gửi bởi lehakhiem212 trong 01-04-2017 - 23:08

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$.Tiếp điểm với $BC$ của đường tròn nội tiếp tam giác là $D$.$M$ là trung điểm của $BC$.Trên đường trung trực của $BC$ lấy điểm $K$ sao cho $KM=R$.Đường trung bình ứng của tam giác $ABC$ song song với $BC$ cắt đường tròn $(O)$ tại $E,F$.CMR: K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.

geogebra-export (1).png

 




#674055 CMR góc APH= góc OMC

Gửi bởi lehakhiem212 trong 12-03-2017 - 14:27

Cho tam giác $ ABC $  nội tiếp $(O)$. Trực tâm $H$. Một điểm $P$ trên $(O)$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $AP$ cắt $BC$ tại $M$.CMR $\angle APH=\angle OMC$( trong trường hợp lấy $H$ như hình vẽ).

geogebra-export.png




#671381 CMR KH vuông góc CM

Gửi bởi lehakhiem212 trong 12-02-2017 - 22:17

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trung tuyến từ $B,C$ cắt $(O)$ tại $M,N$.Trung trực $BN$ và đường thẳng qua $B$ vuông góc $AB$ cắt nhau tại $K$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.CMR $KH$ vuông góc $CM$

geogebra-export.png




#671263 CMR AF//DE

Gửi bởi lehakhiem212 trong 12-02-2017 - 12:46

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có phân giác $BD,CE$.Qua $A$ vẽ các đường thẳng // $BD,CE$ cắt $BC$ tại $M,N$. Đường tròn $(AMN)$ cắt $(O)$ tại F.CMR: $AF//DE$.

geogebra-export.png




#670666 $|a|+|b|\leq 5$

Gửi bởi lehakhiem212 trong 07-02-2017 - 22:09

Cho  đa thức $P(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+1$ thỏa mãn $|P(x)|\leq 1, \forall |x|\leq 1.$ Chứng minh rằng $|a|+|b|\leq 5.$




#670636 Cmr: AT luôn đi qua điểm cố định.

Gửi bởi lehakhiem212 trong 07-02-2017 - 19:31

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$.$B,C$ cố định còn $A$ động trên $(O)$.Đường trung tuyến $AM$ cắt $(O)$ tại $D$.Qua D: vẽ đường thẳng song song $AC$ cắt $(O)$ tại $E$, vẽ đường thẳng song song $AB$ cắt $(O)$ tại $F$.Một đường tròn đi qua $E,F$ tiếp xúc với $BC$ tại $T$.Cmr $AT$ đi qua một điểm cố định khi $A$ di chuyển trên $(O)$.

(Sao không up hình được mọi người nhỉ?)




#669165 Bài hình trong VMO 2005

Gửi bởi lehakhiem212 trong 21-01-2017 - 10:02

Cho các điểm $A,B$ cố định và điểm $C$ di động trên  đường tròn $(O)$.  Đường tròn $(O_{1})$ đi qua $C,A$ và nhận $BC$ làm tiếp tuyến cắt đường tròn $(O_{2})$ đi qua $C,B$ và nhận $CA$  làm tiếp tuyến tại D.

a) Cmr $CD\leq R$

b) Cmr $CD$ luôn đi qua điểm cố định khi C di động.

Hình vẽ

geogebra-export 44.png




#668924 Tìm quỹ tích điểm K

Gửi bởi lehakhiem212 trong 19-01-2017 - 22:16

Cho $\bigtriangleup ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.Điểm $P$ trên $AC$.Vẽ hình bình hành $BOPK$. Tìm quỹ tích điểm $K$.

Bài này phát biểu đơn giản nhưng quỹ tích rất đẹp.

Hình vẽ( kích thước đã được cải thiện  :D )

geogebra-export2.png




#668464 Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

Gửi bởi lehakhiem212 trong 15-01-2017 - 20:38

Bài 9:

$AP$ cắt $BC$ tại K. Ta có: $\angle KAC=\angle KAD+\angle DAC=\angle KAB+\angle ABK=\angle AKC$.Nên tam giác$AKC$ cân tại C.

Do đó $CQ$ vuông góc $AP$. Tương tự $BP$ vuông góc $AQ$. Nên $I$ là trực tâm tam giác APQ.

Suy ra AI vuông góc PQ.

Xét tam giác APQ có I là trực tâm

$PQ=AI.\cot \angle PAQ=AI.\cot 45=AI$

Vậy AI vuông và bằng PQ




#668287 CMR: O,I,K thẳng hàng

Gửi bởi lehakhiem212 trong 14-01-2017 - 16:37

cách giải khác bằng diện tích. Hạ $IE, IF$ vuông góc AC, AB

Ta có: $\frac{S_{BKI}}{S_{ABC}}=\frac{S_{BKI}}{S_{BKP}}.\frac{S_{BKP}}{S_{BPQ}}.\frac{S_{BPQ}}{S_{ABP}}.\frac{S_{ABP}}{S_{ABC}}=\frac{BI}{BP}.\frac{KP}{PQ}.\frac{BQ}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{AE}{AP}.\frac{KP}{PQ}.\frac{BQ}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{AE}{PQ.AB.AC}.KP.BQ$

Tương tự ta cũng có: $\frac{S_{CKI}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{PQ.AB.AC}.KQ.CP$

Do $AE=AF$ nên ta sẽ chứng minh $KQ.CP=KP.BQ$

Ta có: $\frac{KQ}{KP}=\frac{S_{AQK}}{S_{AKP}}=\frac{\frac{S_{AQK}}{S_{ABK}}.\frac{S_{ABK}}{S_{ABH}}.\frac{S_{ABH}}{S_{ABC}}}{\frac{S_{AKP}}{S_{AKC}}.\frac{S_{AKC}}{S_{AHC}}.\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}}=\frac{AC}{AB}.\frac{AQ}{AP}.\frac{HB}{HC}=\frac{AC}{AB}.\frac{AQ}{AP}.\frac{AB^{2}}{AC^{2}}=\frac{AQ}{AP}.\frac{AB}{AC}=\frac{AB}{AP}.\frac{AQ}{AC}=\frac{BC}{CP}.\frac{BQ}{BC}=\frac{BQ}{CP}$

Suy ra $S_{BKI}=S_{CKI}$.Nên $KI$ đi qua trung điểm $BC$ tức là $K,I,O$ thằng hàng.

Cách này tuy dài nhưng mà dễ nhìn ra và dùng toàn diện tích và tỷ số. :D




#668139 Chứng minh ba điểm thẳng hàng.

Gửi bởi lehakhiem212 trong 13-01-2017 - 12:23

Gọi $M'$ là trung điểm PQ. Ta có ngay $E$ là trực tâm của $\bigtriangleup KPQ$

Suy ra $\angle M'BQ=\angle M'QB=\angle BKE$.Nên $M'B$ là tiếp tuyến.Tương tự $M'C$ cũng là tiếp tuyến.

Suy ra $M\equiv M'$

Suy ra đpcm.

Dù sao thì pascal vẫn là tuyệt nhất.