lehakhiem212

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)

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.

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

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.

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.

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).

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 $CM$

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: $AF//DE$.

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

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?)

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

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  )

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

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.

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.