quantv2006

Cho (O;R) và điểm M nằm ngoài (O). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD của (O) (A, B là iếp điểm, C nằm giữa M và D, A và C nằm khác phía đối với MO). Gọi I là trung điểm CD.

a) CM: MB^2 = MC.MD

b) CM: AOIB nội tiếp.

c) TIa BI cắt (O) tại J. CM: AD^2 = AJ.AM

d) Đường thẳng qua I song song với DB cắt AB tại K, CK cắt OB tại G. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIG theo R.

 

Mọi người giúp mình câu d) với. Xin cảm ơn!

IK // DB $\Rightarrow \angle CIK = \angle CDB = \angle CAB = \angle CAK\Rightarrow$ ACKI là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \angle IAK=\angle ICK$

5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên đường tròn đường kính MO $\Rightarrow \angle IMB = \angle IAB=\angle IAK$

Vậy $\angle ICK = \angle IMB \Rightarrow CK // MB$

Vậy CK vuông góc với OB tại G hay $\angle OGC = 90^0\Rightarrow$ OCGI là tứ giác nội tiếp và OC là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CIG. Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CGI = R/2

Cho (O;R), A không thuộc đường tròn (O). AB, AC là tiếp tuyến (O). Trên cung lớn BC lấy N. Kẻ đường thẳng d qua A // BN. d cắt NC tại I.

1) CM: góc AOC = góc BNC.

2) CM: tứ giác AOIC nội tiếp.

3) Kéo dài BO cắt (O) tại B'. Kẻ đường thẳng vuông góc với BB' tại O, cắt B'C tại E. AE cắt OC tại K. Cho OA = 2R. CM: tam giác AOK đều.

4) Khi N di chuyển trên cung lớn BC thì I di chuyển trên đường nào?

 

Các bạn giúp mình câu 4) nhé! Cảm ơn mọi người.

Câu 2 AOIC là tứ giác nội tiếp thì I nằm trên (AOC) hay I nằm trên đường tròn (OA) ở câu 4

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AH$ là đường cao kẻ từ $A$, $D$ là trung điểm của $AC$, $OB$ cắt $HD$ tại $L$. $OD$ cắt $BC$ tại $K$. $AL$ cắt $(O)$ tại $M$ và $OA$ cắt $(O)$ tại $N$. Chứng minh $HM,KN$ cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn $(O)$.

Do $\angle DHA=\angle DAH=\angle OAB=\angle OBA\Rightarrow$ tứ giác ABHL là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle ALB=\angle AHB=90^0$.

Vậy OL vuông góc với dây AM tại L hay L là trung điểm của AM.

Xét hai tam giác AOK và ALH có $\angle AKO=\angle AKD=\angle AHD=\angle AHL$. $\angle AOK=\angle ALH$ (cùng bù với góc AOD). Vậy tam giác AOK và ALH đồng dạng.

Do O là trung điểm của AN, L là trung điểm của AM nên tam giác ANK và tam giác AMH đồng dạng $\Rightarrow \angle ANK=\angle AMH$

Gọi T là giao điểm của KN và MH. Do $\angle ANK=\angle AMH\Rightarrow$ tứ giác AMTN nội tiếp hay T nằm trên (O) (ĐPCM).

Bài toán(Aops): Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm $BC$, phân giác ngoài $\angle A$ cắt $BC$ ở $D$. Gọi $(ADM)\cap AB,AC=E,F\neq A$. $N$ là trung điểm $EF$. Chứng minh rằng: $MN\| AD$.

Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi P là điểm chính giữa cung BC không chứa A, PA vuông góc với DA tại A. Q là điểm chính giữa cung BC chứa A. Ta có D, A, Q thẳng hàng, P, M, O, Q thẳng hàng.

Dễ thấy (ADM) đi qua P và DP là đường kính của đường tròn (ADM). Tam giác PEF cân tại P từ đó có DP là trung trực của EF nên DP đi qua N và DP vuông góc với EF tại N.

Tam giác PED và PCQ đồng dạng, EN và CM là đường cao nên $\Rightarrow \frac{PN}{PD}=\frac{PM}{PQ}\Rightarrow MN//DQ\Rightarrow MN//AD$ (đpcm).

a) $\angle AHG=\angle AFG=\angle AGK\Rightarrow AG^2=AK.AH$

Tương tự có $AE^2=AK.AH$

Vậy AE=AG=AF=AD $\Rightarrow$ tứ giác DFEG nội tiếp và A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

Do A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DFEG $\Rightarrow \angle DGE=\frac{1}{2}\angle DAE=\angle DAC$

$\angle DAC=\angle DHB=\angle DFP \Rightarrow \angle DEG=\angle DFP \Rightarrow$ E, F, P thẳng hàng.

Chứng minh tương tự có G, D, P thẳng hàng.

Ta có: $\angle PEG=\angle FEG=\frac{1}{2}\angle FAG=\angle BAG=\angle BHG\Rightarrow$ GHPE là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi I là giao điểm của KP và DF.

Nếu tam giác ABC cân tại A thì KBC cân tại K, khi đó P trùng H dễ thấy BF, CD, KP đồng quy.

Nếu tam giác ABC không cân tại A, giả sử AB<AC.

Xét 3 đường tròn (DHPF), (GHPE), (GDFE) đôi một cắt nhau tại 3 trục đẳng phương HP, DF, GE nên HP, DE, GE đồng quy, gọi điểm đồng quy là S.

Ta có: $(PS,PK,PG,PE)=-1\Rightarrow (S,I,D,F)=-1\Rightarrow (KS,KI,KD,KF)=-1\Rightarrow (KS,KP,KB,KC)=-1\Rightarrow (S,P,B,C)=-1\Rightarrow \frac{SB}{SC}=\frac{PB}{PC}$

Do S, D, F thẳng hàng nên  BF, CD, KP đồng quy.

Câu b và bài này giống nhau:

https://diendantoanh...uộc-cm-sao-cho/

AQ đi qua trung điểm của DE nên AQ là đường đối trung của tam giác ABC nên AQ đi qua điểm cố định là giao 2 tiếp tuyến tại B và C của (O).

Em làm cách khác vậy:

a) KE, KF cắt (O) tại P, Q. Ta có $SF.SE=SB.SC=SK^2$ nên tam giác SKF và SEK đồng dạng $\Rightarrow \angle SEK=\angle SKF=\angle PQK$

Vậy PQ // EF. Do OA vuông góc với EF nên OA vuông góc với PQ. Vậy cung AP = cung AQ nên AK là phân giác góc EKF.

b) SA cắt (O) tại T. Dễ chứng minh T, H, I thẳng hàng và IH vuông góc với SA tại T.

SN là tiếp tuyến với (O). NK cắt BC tại D'. Ta sẽ có: $\frac{SB}{SC}=\frac{D'B}{D'C}$. Dễ chứng minh được $\frac{SB}{SC}=\frac{DB}{DC}$. Vậy $\frac{DB}{DC}=\frac{D'B}{D'C}$. Do D và D' đều nằm trong đoạn BC nên D' trùng D.

Vậy N, D, K thẳng hàng.

Các điểm S, O, N, K, M, I cùng nằm trên đường tròn đường kính SO. Vậy: $\angle SKL=\angle SNK=\angle SMK\Rightarrow$ tam giác SKL và SMK đồng dạng $\Rightarrow SK^2=SL.SM\Rightarrow ST.SA=SK^2=SL.SM\Rightarrow$ AMLT là tứ giác nội tiếp. Do $\angle ATL=180^0-\angle AML=90^0$ nên LT vuông góc với SA tại T.

Vậy L nằm trên IH (T, L, H, I thằng hàng) hay IL vuông góc với SA tại T.

Do $SL.SM=SK^2=SB.SC\Rightarrow$ BCML là tứ giác nội tiếp.

Cho tam giác ABC nội tiếp $\left ( O \right )$. Ba đường cao AD,BE,CF. EF cắt BC ở S. từ S kẻ tiếp tuyến SK tới $\left ( O \right )$. 

a,CMR KA là phân giác của góc EKF 

b,Gọi KD cắt EF ở L. Gọi I là trung điểm BC. AO cắt EF tại M. CMR IL $\perp$ AS và tứ giác BLMC nội tiếp

Có 2 điểm K, lấy điểm K khác phía với A so với BC thì đúng!

Câu 2 có phương án nào khác không dùng định lý      menelaus không các bạn. Vì ở trương không ai dạy nên không cho dùng. Hic 

Qua G kẻ đường song song với HM cắt NI tại J

$\Rightarrow \frac{EH}{EG}=\frac{HI}{GJ}=\frac{MI}{GJ}=\frac{NM}{NG}$

Câu 3:

c) EH cắt (O) tại F. Do HB là phân giác trong góc DHE nên HA là phân giác ngoại góc DHE. Vậy HA là phân giác góc DHF hay D và F đối xứng nhau qua OA. Vậy DF// BC

MD là đường kính của (O) $\Rightarrow DFM=90^0\Rightarrow$ MF vuông góc với BC.

KB là đường kính của (O) nên KC vuông góc với BC. Vậy KC // MF.

Ta có: $\angle HBN = \angle HEN=\angle FEK = \angle CBM = \angle HBM$. Vậy B, N, M thẳng hàng.

d) S là trung điểm của BL, O là trung điểm của BK. Vậy OS // KL.

Do BK là đường kính của (O) nên KL vuông góc với BM. Vậy OS vuông góc với BM.

Tam giác BNS có NH, OS là đường cao nên O là trực tâm tam giác BNS. Vậy BO vuông góc với NS.

Do BO vuông góc với AB nên NS // AB

Chứng minh $\angle DHE=90^0$.

Gọi I là giao điểm của DE và PN. Hạ NK vuông góc với BC. Do I là trung điểm của PN nên ta có IH = IK. Vậy D, H, K, E cùng nằm trên đường tròn (I).

Gọi T là hình chiếu vuông góc của A trên SN. Do $\angle ADN=\angle ATN=\angle AEN=90^0\Rightarrow$ 5 điểm A, D, E, T, N cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có: SH.SK = SD.SE = ST.SN. Vậy TNKH là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle HTN =180^0-\angle HKN=90^0$

Vậy A, T, H thẳng hàng, hay AH vuông góc với SN tại T.

Gọi K là giao điểm của $(I_{1}I_{2}P)$ và (O). M, N lần lượt là giao của $PI_{1}$ và $PI_{2}$ với (O). Chứng minh $\frac{KM}{KN}=\frac{AM}{AN}$ từ đó có K cố định.

EF cắt BC tại T. A, S, T thẳng hàng. TH cắt AM tại N. H là trực tâm tam giác ATM nên TN vuông góc với AM tại N. Vậy N nằm trên đường tròn (AH).

Chứng minh S, L, N thẳng hàng.

$\angle HQP=\angle HNL=\angle HNS=\angle HAS=\angle HAP\Rightarrow$ APHQ là tứ giác nội tiếp.

PM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ 2 là G. Nhận thấy A, O, G thẳng hàng. HG cắt BC tại I, I là trung điểm của BC.

Qua H vẽ đường thẳng song song với BC cắt PM tại N. Do $\angle AHN=\angle APN=90^0$ nên A, P, N, H cùng thuộc một đường tròn.

Tam giác GHN có I là trung điểm của HG, IM// HN nên M là trung điểm của GN. Vậy OM // AN $\Rightarrow OMC=\angle ANH=\angle APH$ (đpcm)