345

AO cắt DE tại K

góc DQP = góc DEC ; góc DKP = góc DEH suy ra DQP bù với DKP nên DQPK nội tiếp

suy ra DQK= DPK= 90  suy ra QKA =QEA (=QDK)

nên AQKE nội tiếp cho QAK=ADQ (=QEK)

suy ra AO là tiếp tuyến 

b/OE.OT=OH.OA m à OH.OA=OB² suy ra OE.OT= ON ² 

c/MHA=MNO=OMN=OHN  suy ra OHN=OHL nên OH vuông góc NL

d/ MQ cắt BN tại Z , BC cắt MN tại  V từ V kẻ đường thẳng song song MZ cắt BM v à BN lần lượt tại P v à Q , HV và HA là phân giác trong và ngoài góc MHN nên PV/AB=MV/MA=NV/NA=QV/AB suy ra PV=VQ

suy tiếp ra  QM=QZ suy ra NQ đi qua trung điểm AB

Cho tam giác ABC vuông tại A , gọi I là giao điểm của 3 đường phân giác , biết AB = 5 cm , IC = 6 cm . Tính BC ?

Kẻ ID ,IE ,IF lần lượt vuông góc 3 cạnh AB ,AC ,BC
ta có $AB^2+ AC^2 = BC^2$ .

hay $(x+y)^2 +(x+z)^2 =(y+z)^2$ . mà $x+y = 5$ nên $25+(x+z)^2 =(y+z)^2$
suy ra $$25+ x2 + 2 xz – y2 –2yz = 0$$
$$ y2 – x2 +2yz–2zx = 25$$
$$(y–x )(y+x+2z)=25$$ thế $x+y = 5$
$$ (y–x )(5+2z) = 25$$ mà $y = 5 –x$ nên
$(5–2x)(5+2z)= 25$

rút gọn ta được $$5z–5x–2xz = 0 (1)$$
lại có $$x^2 +z^2 = 6 (2) $$ lấy (1) + (2)
suy ra $$ (x–z)^2 +5(x–z)–6 =0$$
giải ra ta được
$$(x;y;z)=\left( {\dfrac{\sqrt{11}-1}{2};\dfrac{11-\sqrt{11}}{2};\dfrac{\sqrt{11}+1}{2}} \right)$$

từ đó suy ra BC = 6 vậy BC = CI (vô lí )

Cho tam giác ABC có trung tuyến AM, phân giác AN. Đường vuông góc với AN tại N cắt AM , AB tại Q, P. Đưởng vuông góc với AB tại P cắt AN tại K. Chứng minh KQ vuông góc BC.

từ P vẽ đường thẳng song song với BC cắt AM tại I , cắt AN tại J ,cắt AC tại R ,
do BM = MC và BC // PR ta chứng minh được PI=IR (định lí Talet )
suy ra IN // AC (d trung bình )
ta có $\dfrac{NI}{AL} = \dfrac{IQ}{QA}$ ( do NI // AL ) (1)
lại có $\dfrac{AL}{AR}= \dfrac{AP}{AR}=\dfrac{PJ}{JR}$ (tc phân giác ) (2)
lấy (1) nhân (2) theo vế suy ra $\dfrac{NI.AL}{AL.AR}= \dfrac{IQ.PJ}{QA.JR}$
thu gọn ta có $\dfrac{NI}{AR} = \dfrac{IQ.PJ}{QA.JR}$
mà $\dfrac{NI}{AR}= \dfrac{JI}{JR}$ (do NI // AR ) nên $\dfrac{JI}{JR}= \dfrac{IQ.PJ}{QA.JR}$
rút gọn ta có $\dfrac{JI}{JP} =\dfrac{ IQ}{QA}$ suy ra QJ // AP mà PK AP nên PK QJ
suy ra J là trực tâm tam giác QPK nên PR QK

Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi E, F là trực tâm tam giác ABO, ACO. D là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. Chứng minh D, E, F thẳng hàng.

$\vartriangle ANL \sim \vartriangle CDL (g .g ) \Rightarrow \angle NAL = \angle DCL$
$\vartriangle AMK \sim \vartriangle BDK (g. g ) \Rightarrow \angle MAK = \angle DBK $
lại có $\angle DCL = \angle DBK$ ( tam giác OBC cân )
nên $\angle NAL = \angle MAK \Rightarrow$ AD là phân giác góc EAF (1)
Giả sử EF cắt BC tại D’ ta có AH vuông góc BE và AG vuông góc CF suy ra BE // CF
Nên $\dfrac{FD’}{D’E} = \dfrac{CF}{BE}$ mà BE = AE (tam giác AOB cân nên đường cao cũng là trung trực ) tương tự ta có CF = AF
Suy ra $\dfrac{FD’}{D’E} = \dfrac{AF}{AE}$từ đó chứng minh được AD’ là phân giác góc EAF (2)
Từ (1) (2) suy ra D trùng D’ nên E , D , F thẳng hàng

1. Tứ giác ABCD nội tiếp (O). I là giao điểm 2 đường chéo. Vẽ IE AD, IF CB.
CM: trung trực EF đi qua trung điểm AB và CD.

Lấy M , N ,J lần lượt là trung điểm ID ,IA ,DA
Suy ra IM// =NJ IN //= MJ ( đường trung bình ) và IMJN là hình bình hành
Lại có góc FMI = 2 góc CDB(góc ngoài tam giác cân FMD) và góc HNI = 2 góc BAC (góc ngoài tam giác cânHNA )mà góc CDB= góc BAC suy ra góc FMI = góc HNI
Suy ra góc FMJ = góc HNJ
MF= NJ ( cùng bằng ½ ID) NH= MJ
Suy ra tam giác FMJ = tam giác JNH nên FJ=HJ
Gọi E là trung điểm BC Chứng minh tương tự FE = HE
Vậy EJ là trung trực của FH

Thực ra câu 1 và câu 2 mình cũng làm được, duy chỉ có cau số 3 là chưa biết cách giải thế nào. Mong các bạn và các Anh/Chị giúp đỡ, xin cả ơn nhiều.

câu 3:
$\angle POQ=\dfrac{1}{2}\angle BOC$
$\angle ANM =\angle AOC =\dfrac{1}{2}\angle BOC$
$\Rightarrow \angle POQ =\angle ANM$
mà $\angle POQ +\angle POM =\angle ANM+\angle NQO$ ( tc góc ngoài tam giác )
$\Rightarrow \angle POM = \angle NQO$
$\Rightarrow \vartriangle NOQ \sim \vartriangle MPO$
cho ta $NQ.MP=NO.MO=\dfrac{MN^2}{4}$
sử dụng bdt Cauchy ta có MP+NQ MN

Nhờ pro giải dùm bài hình khó
Cho (O) đường kính BC cắt hai cạnh tam giác ABC tại E và F. CE cắt BF tại H, EF cắt BC tại I. AM là tiếp tuyến (O)
Chứng minh I, H, M thẳng hàng

vẽ hình bình hành BHCN, suy ra H,O,N thẳng hàng và $\angle NCA = \angle NBA=90^o$

AH cắt EF và BC tại P và D,AN cắt EF và BC lần lượt tại R và Q ,IH cắt AO tại J

tứ giác ABNC nội tiếp nên $\angle ANC = \angle ABC$

mà $\angle ABC = \angle AFE$ (BEFC nội tiếp ) $\Rightarrow \angle AFE = \angle ANC$

$\Rightarrow \vartriangle AFR \sim \vartriangle ANC \Rightarrow \angle ARF = 90^o$

và AR.AN =AF.AC mà AF.AC =AH.AD ($\vartriangle AHF \sim \vartriangle ACD$)

$\Rightarrow AR.AN = AH.AD \Rightarrow \vartriangle ARD \sim \vartriangle AHN (c.g.c)$

$\Rightarrow \angle ANH = \angle ADR =\angle AQP$ (DPRQ nội tiếp)

vậy NH // PQ mà PQ AI (P là trực tâm AIQ) OH AI H là trực tâm AIO nên IH AO tại J

ta có AJ.AO=AH.AD $\vartriangle AHJ \sim \vartriangle ADO \Rightarrow AJ.AO=AH.AD$

lại có $AH.AD = AF.AC=AM^2$ .
Từ đó suy ra $AJ.AO=AM^2 \Rightarrow \vartriangle AJM \sim \vartriangle AMO \Rightarrow \angle AJM = 90^o \Rightarrow Q.E.D$

các bạn ơi, mình còn 2 câu cuối (câu c, d) đề 2,3,4 và câu cuối đề 7, 8, 9 các bạn gợi ý giúp nhé... thanks nhiều..!!

bài 8 câu d
$\vartriangle SEI \sim \vartriangle SOF \Rightarrow SE.SF=SI.SO(1)$

$\vartriangle SEC \sim \vartriangle SBF \Rightarrow SE.SF=SC.SB(2)$

$(1);(2)\Rightarrow SI.SO=SC.SB \\ \Leftrightarrow (SO-OI)SO =(SO-R)(SO+R)$

$\Leftrightarrow SO^2 -OI.SO = SO^2 - R^2 \Leftrightarrow OI.SO = R^2 = OM^2 $

$\vartriangle SOM \sim \vartriangle MOI \Rightarrow \widehat{SMO} = \widehat{MIO} =90^o$

Bài 2 câu d
Phần thuận :
Ta có AD+DE+EC+CB+AB = 28(cm) mà AB = 8 cm , AD=DE ; EC = CB nên suy ra DE+EC =10 cm
Lại có $DE.EC= OE^2 = 4^2 = 16$ sử dụng hệ thức Viet đảo tính được DE=2 ;EC= 8 (và ngược lại )
Kẻ EH AB thì $\dfrac{AH}{HB}= \dfrac{DE}{EC} =\dfrac{1}{4}$ từ đó tính được AH nên xác định được vị trí của E

các bạn ơi, mình còn 2 câu cuối (câu c, d) đề 2,3,4 và câu cuối đề 7, 8, 9 các bạn gợi ý giúp nhé... thanks nhiều..!!

Bài 3:
c) $\widehat{AEI} = \widehat{AKI}$ ( AEKI nội tiếp )
mà $\widehat{AKI} = \widehat{AMO}$ (OAMK nội tiếp )
$\widehat{AMO} = \dfrac{1}{2}\widehat{AMF}$
mà $\widehat{AEM}+\widehat{EAM}+\widehat{FEM}+\widehat{EFM}+\widehat{AMF}= 360^{0}$ (tổng 4 góc tứ giác AEFM)
$\Rightarrow 2\widehat{AEM} + 2 \widehat{FEM} + \widehat{AMF} = 360^{0} $
$\Rightarrow \widehat{AEM}+\widehat{FEM}+\widehat{AEI} =180^o$
d) $MA^{2} = MB.MC =(ME+BE)( ME+EC) \\ = ME^{2} +ME.EC +ME.BE +BE.EC$ .
mà ME=MA
nên $MA= \dfrac{BE.EC}{EC-BE} $
Bài 4

d)$AE.AC=AH^2 =AN^2 \Rightarrow \vartriangle AEN \sim \vartriangle ANC$
$\widehat{AEN} = \widehat{ANC} $
lại có $\widehat{ANC} +\widehat{ABC}=180^o$ mà $\widehat{ABC} = \widehat{AED} $
nên $\widehat{AEN}+\widehat{AED}=180^o$. Vậy D,E,N thẳng hàng.
Tương tự, M,D,E thẳng hàng nên ta có đpcm.