Khoa Linh

Bài 52. Cho điểm A thuộc đường tròn tâm O đường kính BC (A khác B và C). Vẽ đường tròn tâm A tiếp xúc với BC tại H, cắt đường tròn (O) tại E và F. Gọi I là trung điểm của HC, D là hình chiếu của I trên EF. Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O) tại G.

         a) Chứng minh rằng các đường thẳng AG, EF, AB đồng quy.

         b) Chứng minh rằng ba điểm A, D, C thẳng hàng.

https://diendantoanh...c1a2geq-sum-a2/

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$$.$ Đường tròn ngoại tiếp $\Delta OBC$ cắt $AO$ ở $M$$.$ Từ $M$$,$ vẽ hai tiếp tuyến $ME,MF$ với $(O)$$.$ Chứng minh $EF,AM,BC$ đồng quy$.$

Gọi $I$ là giao điểm của $AM$ và $BC$.

Ta có: $OB=OC\Rightarrow \widehat{OCI}=\widehat{OMC}\Rightarrow \triangle OIC \sim \triangle OCM(g.g)\Rightarrow OI.OM=OC^2=OF^2\Rightarrow FI \perp OM$ và $ EI \perp OM $

Suy ra $E,F,I$ thẳng hàng.

Suy ra đpcm

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường cao $BB',CC'$ cắt nhau tại $H. M$ là trung điểm của BC, tia $HM$ cắt đường $(O)$ tại $Q$, tia $MH$ cắt đường $(O)$ tại $P$. Đường phân giác các góc $BPC'$ và $CPB'$ cắt cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $E$ và $F$. Chứng minh $\Delta AEF$ cân và $H,E,F$ thẳng hàng.Capture.PNG

Kẻ đường kính $AQ'$ khi đó $BHCQ'$ là hình bình hành suy ra $P,H,M,Q'$ thẳng hàng

Suy ra: $\widehat{APH}=90^{\circ}$ nên 5 điểm $A,P,C',H,B'$ thuộc một đường tròn 

$\Rightarrow \widehat{PC'A}=\widehat{PB'A}\Rightarrow \triangle PC'B \sim \triangle PB'C(g.g)$

Mà hai tam giác có hai đường phân giác tương ứng nên: $\triangle PC'E \sim \triangle PB'F\Rightarrow \widehat{PEC'}=\widehat{PFB'}\Rightarrow PEFA$ nội tiếp

Ta có:

$\widehat{AEF}=\widehat{APF}=\widehat{APB'}+\widehat{B'PF}=\widehat{AC'B'}+\widehat{BPE}=\widehat{ACB}+\widehat{EPB}=180^{\circ}-\widehat{APE}=\widehat{AFE}$

Suy ra đpcm.

Tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Vẽ hình chữ nhật AHCK, HI vuông góc với AC tại I. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của IC và AK. Chứng minh MN vuông góc với BI

Kẻ $MP \perp AH$ cắt $HI$ tại $Q$.

Ta có: $MQ=\frac{HC}{2}=\frac{AK}{2}=AN$ mà $MQ ||HC||AN$ nên ANMQ là hình bình hành 

Suy ra: $AQ ||MN$. Vì $Q$ là trực tâm tam giác $AHM$ nên $AQ \perp MH$ $\Rightarrow MN \perp MH\Rightarrow MN\perp BI$

 

 

$b,$ Cho $(O)$ và dây cung $BC$ cố định, lấy điểm $A$ trên cung lớn $BC$. Kẻ $BD \perp AC, CE \perp AB$. $BD$ cắt đường thẳng kẻ từ $A$ vuông góc với $AB$ tại $I$, $ED$ cắt đường thẳng kẻ từ $A$ song song với $BC$ tại $M$. Chứng minh $MI$ đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định.

 

 

 

 

Cho tam giác $ABC$ có tâm nội tiếp $I$. $(AIB),(AIC)$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$. Chứng minh $(AEF)$ đi qua điểm chính giữa cung $BAC$ của $(ABC)$

$G$ là giao điểm của $(AEF)$ và $(BAC)$

Ta có: 

$\widehat{IEC}=\widehat{ABI}=\widehat{IBC}\Rightarrow \triangle IEC=\triangle IBC\Rightarrow EC=BC$

và $\widehat{ICF}=\widehat{IAB}=\widehat{IAC}=\widehat{IFC}\Rightarrow BC=BF\Rightarrow BF=CE$

Suy ra $\triangle GEC=\triangle GFB(g.c.g)\Rightarrow GB=GC\Rightarrow (\square)$

Mong mọi người giúp đỡ!

 

https://uphinhnhanh.com/image/1FdyyO

Ta có: 

$S_{CAM}+S_{MBD}=S_{CABD}-S_{AMB}$ nhỏ nhất khi $S_{CABD}$ nhỏ nhất và $S_{AMB}$ lớn nhất

Ta thấy $S_{AMB}$ lớn nhất khi M là điểm chính giữa (dễ dàng chứng minh)
Mặt khác: $S_{CABD}=\frac{(CA+BD).AB}{2}=(CA+BD).R\geq 2\sqrt{CA.BD}.R=2.\sqrt{OA.OB}.R=2R^2$

Vậy để $S_{CABD}$ nhỏ nhất thì $CA=BD$ khi đó M cũng là điểm chính giữa nửa đường tròn 

từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) ,kẻ 2 tiếp tuyến AB,AC với (O) (B, C là tiếp điểm ) , dựng đường  kính CD , BC giao AO tại H

a, cm A, B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b, AD cắt (O) tại điểm thứ hai M cm AM .AD=AB^2 = AH.AO

c, cm tứ giác AMHC nội tiếp và MH vuông góc vs MB

d,gọi I là trung điểm BH và J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB . BM cắt  OA  tại G . đường thẳng qua G và vuông góc vs OA cắt OI tai K . cm K là trung điểm của IJ  

thanks m.n ak e đi ngủ đây    

Ta có: $HM \perp BG\Rightarrow HG^2=GM.GB$

Ta có: $\widehat{MAG}=\widehat{MCH}=\widehat{MBA}\Rightarrow \triangle GMA \sim \triangle GAB(g.g)\Rightarrow GA^2=GM.GB\Rightarrow GH=GA$

Ta thấy: $OM=OG;IB=IM; JB=JM$ nên $O,I,J$ thẳng hàng.

Ta lại có: $\widehat{MAG}=\widehat{MBA}$ nên $GA$ là tiếp tuyến của $(J)$ suy ra $JA \perp AH$
Vậy suy ra $KG$ là đường trung bình hình thang $IJAH$ từ đó ta có đpcm

Cho tam giác ABC có đường trung tuyến BK cắt đường phân giác trong CD tại I. Chứng minh rằng:

IC/ID-AB/BC=1

Đề đúng phải là: $\frac{IC}{ID}-\frac{AC}{BC}=1$

Điều cần chứng minh tương đương với: $\frac{IC}{ID}=1+\frac{AC}{BC}=1+\frac{AD}{BD}=\frac{AB}{BD}$

Hệ thức cuối cùng đúng vì theo Menelaus trong $\triangle ADC$ thì ta có: $\frac{CK}{AK}.\frac{AB}{BD}.\frac{DI}{CI}=1\Leftrightarrow \frac{AB}{BD}=\frac{CI}{DI}$

cho $I$ nằm cố định trong đường tròn $(O)$ khác $O$ , đường thẳng d qua $I$ cắt $(O)$ tại $A$ và $B$. vẽ tiếp tuyến tại A,B cắt nhau tại $M$. CM : M thuộc đường thẳng cố định khi $d$ di động đi qua $M$.

MO cắt AB tại H, kẻ MD vuông góc với OI.

Ta có: $OI.OD=OH.OM=OA^2$ không đổi nên D cố định.

Suy ra M thuộc đường thẳng qua D và vuông góc với OI

Cho tam giác DEF có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) với DE < DF và DH là đường cao. Kẻ phân giác góc D cắt (O) tại P. Qua F kẻ tiếp tuyến với (O) cắt EP kéo dài ở K.

a) Chứng minh DP là tia phân giác của góc $\widehat{ODH}$.

b) PO cắt EF tại M và cắt (O) tại Q. Kẻ $OG \bot QF$ (G$\in QF$) Chứng minh tứ giác OMFG nội tiếp một đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) tại F.

c) Chứng minh rằng: EP = 2OG.

d) Chứng minh rằng: OG.KF = KP.MF.

Các bạn giúp mình câu d với. Tks u~

 

Ta có: $\triangle KPF \sim \triangle KFE\Rightarrow KP.EF=PF.KF \Leftrightarrow KP.MF=OG.KF$

 

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB=2R. Gọi H là điểm nằm giữa O và B, đường thẳng qua H và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn (O) tại C. Gọi I là trung điểm của dây CA

1. Chứng minh OICH là tứ giác nội tiếp

2. Chứng minh AO.IH=AI.OC

3.Trong trường hợp OH=R3R3. Gọi K là trung điểm của OA. Chứng minh: BI ⊥⊥ IK

giúp mình cả bài với ạ. Mình cảm ơn rất nhiều

 

a, Ta có: $\widehat{OIC}=\widehat{OHC}=90^{\circ}\Rightarrow OICH$ nội tiếp 

b, ta có: $\triangle AOC \sim \triangle AIH(g.g)\Rightarrow AO.IH=AI.OC$

c, Kẻ $IM \perp AB$. 
Áp dụng Pytago vào tam giác $OCH$ thì $CH=\frac{2\sqrt{2}}{3}R\Rightarrow IM=\frac{\sqrt{2}}{3}$
Mặt khác: $MB=\frac{4}{3}R\Rightarrow IB^2=IM^2+MB^2=2R^2=OB.BA$

Suy ra $\triangle OIB \sim \triangle IAB(c.g.c)\Rightarrow \widehat{OIB}=\widehat{IAB}=\widehat{KIA}\Rightarrow \widehat{KIB}=\widehat{OIA}=90^{\circ}$

Cho hình vuông ABCD, trên CD lấy M, nối M với A. Kẻ phân giác góc MAB cắt BC tại P, Kẻ phân giác góc MAD cắt CD tại Q. CMR: PQ vuông góc với AM.

PQ cắt AM tại O, Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AP cắt CD tại I.

Ta có: $\triangle ABP=\triangle ADI(g.c.g)\Rightarrow AI=AP$

Mặt khác: $\widehat{AQP}=45^{\circ}\Rightarrow \widehat{AQP}=\widehat{IAQ}=45^{\circ}\Rightarrow \triangle AQP=\triangle AQI(c.g.c)$

Suy ra: $\widehat{AQI}=\widehat{AQP}\Rightarrow \triangle AQO=\triangle AQD(g.c.g)\Rightarrow \widehat{AOQ}=\widehat{ADQ}=90^{\circ}$

Cho $\triangle{ABC}$, ba đường cao $AD, BE, CF$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc $DF$ cắt đường thẳng qua $E$ vuông góc $DE$ tại $X$. Chứng minh $AX = DX$

526.png

Bài này trong tạp chí Kvant, nó thay đổi giả thiết một tí.

Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $B,O,X$ thẳng hàng, $EX || OC$ (tự chứng minh)

Gọi $M$ là trung điểm $AB$ ta có: $\widehat{EXB}=\widehat{XOC}=2\widehat{OBC}=2\widehat{MBE}=\widehat{AME}$ nên tứ giác $BMEX$ nội tiếp.

Suy ra: $\widehat{MXB}=\widehat{MEB}=\widehat{MBE}=\widehat{OBC}\Rightarrow MX||BC$

Từ đó ta có ĐPCM