GXX là gì à bạn anhquanbk.

Nếu gọi T là giao của EF và BC, N là giao của AO và EF, M là trung điểm của BC. Ta có AO vuông góc với EF tại N.

Ta cũng có TO vuông góc với SD $\Rightarrow \angle OTM=\angle SHD$

TMON là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle OTM=\angle ONM$

Vậy $\angle ONM=\angle SHD$ $\Rightarrow \angle TDS=\angle TNM$

Vậy tứ giác DMNS nội tiếp.

TA cắt (O) tại K khác A. Ta có K, H, M thẳng hàng.

Ta có TK.TA=TE.TF=TD.TM=TS.TN. Vậy AKSN là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle AKS=90^0$

Do $\angle AKM=90^0$ nên S nằm trên KM. Vậy K, S, H, M thẳng hàng.

Đây là đề chuyên tin mà, đề chuyên toán lấy ở đây http://www.molympiad...on-toan-chuyen/

 

Remark. đề số 013.

Link của bạn không vào được.

Xem trong sách "cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong hình học phẳng " của thầy Nguyễn Đức tấn nhé ! (Chương cuối ).

Bạn trả lời thì cũng nên nói rõ. Nói như thế này rất khó!

Câu hình rất quen, đã đưa lên diễn đàn rồi nhưng chưa nhớ ở đâu. Lưu ý CD cắt OO' tại P thì PA, PB là tiếp tuyến của (O').

Tiếp tuyến tại B của (O) cắt EF tại K. Khi đó chứng minh KP vuông góc với OO' tại P. K là điểm cố định.

có vẻ như bạn đã nhầm lẫn.bạn nói rõ dc ko.chứ minh thấy ko thuyết phục lắm.

Bạn ấy bảo là qua H vẽ đường vuông góc với HI cắt (I) tại X, Y; cắt AB, AC tại Z, T. Theo định lý con bướm với (I) thì H là trng điểm của ZT. Do ZT//NP nên Q là trung điểm của NS!!!

Bài này có thể chứng minh tam giác GBC và GNS đồng dạng, sau đó chứng minh GQS với GIC đồng dạng. Do I là trung điểm của BC nên Q là trung điểm của NS. Lưu ý góc IGQ=IHQ=NIB=NGB=CGS.

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. AK cắt (O) tại điểm thứ hai là D khác A. D là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O).

AO cắt (O) tại điểm thứ 2 là G khác A. BHCG là hình bình hành nên H, M, G thẳng hàng và M là trung điểm của HG. Vậy MN//AO và MN=AO.

Dễ thấy O, M, D thẳng hàng, MK//AO, tam giác AOD cân tại D nên tam giác MKD cân tại M hay MK=MD.

Do MN=AO nên NK=MN-MK=AO=MK=OD-MK=OD-MD=OM.

Vậy NK=OM=NA=NH. Do đó tam giác AHK là tam giác vuông tại K.

Câu 1 thì MI.MD = MH.MC nên làm sao bằng MH.MS được?

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)

Bác chứng minh DE cũng đồng quy với AT, BM, CF nữa thì đơn giản hơn thôi.

Cho tam giác ABC có 3 đường cao AD, E, CF đồng quy tại H. Vẽ đường tròn đường kính CH. M là giao điểm của hai tiếp tuyến tại C, E của đường tròn (CH). BT là tiếp tuyến của đường tròn (CH) (T là tiếp điểm). Chứng minh AT, BM, CF đồng quy.

Ta có: $\angle CAF=\angle CHF=\angle QHK(1)$

$\angle ACF=\angle AHK(2)$

$\angle CAF=\angle ACF(3)$

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow \angle AHK=\angle QHK\Rightarrow$ A và Q đối xứng với nhau qua HK.

Vậy FQ=FQ=FC.

FQ=FC cố định nên diện tích tam giác QCF lớn nhất khi góc $\angle QFC=90^0$, khi đó HO vuông góc với EF

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

Còn câu nữa là: Chứng minh MEDF là tứ giác nội tiếp. Thêm điểm H là chân đường cao từ A thì M, E, H, D, F cùng nằm trên một đường tròn.

Cho tam giác ABC có AD là đường phân giác trong. M là trung điểm đoạn AD. Đường tròn đường kính AC cắt đoạn BM tại E. Đường tròn đường kính AB cắt đoạn CM tại F. Chứng minh BEFC là tứ giác nội tiếp.

Đường tròn (A; AH) đi qua M, N. Gọi J là giao điểm thứ 2 của (A; AH) với (K).

Do PM.PN=PB.PC nên P nằm trên trục đẳng phương của (A) và (K). Vậy P, H, J thẳng hàng.

A và K là tâm nên AK vuông góc với HJ.

Vậy AK vuông góc với PH.

c) Dễ thấy AM là phân giác góc EAF và AM vuông góc với EF tại I $\Rightarrow \angle ADF=\angle AIF=90^0 \Rightarrow$ AIDF là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow$ $\angle ADI=\angle AFI=45^0$

Xét 2 tam giác ADI và ACE có $\angle ADI=\angle ACE=45^0$, $\angle DAI=\angle CAE$ (cùng cộng với góc $\angle CAM=45^0$)

Vậy tam giác ADI và ACE đồng dạng $\Rightarrow \frac{S(ADI)}{S(ACE)}=\frac{AD^2}{AC^2}$

Từ đó tính ra diện tích tam giác ADI.

d) Đặt CE = x, CM = y $\Rightarrow ME=\sqrt{x^2+y^2}$

Ta có: CE+CM+ME=2a $\Rightarrow 2a=x+y+\sqrt{x^2+y^2}\geqslant 2\sqrt{xy}+\sqrt{2xy}=(2+\sqrt{2})\sqrt{xy}$

Diện tích tam giác CME lớn nhất khi xy lớn nhất.

Bạn xem lại đề nha.Hình như câu a sai đề

Đường thẳng qua E song song với CD cắt AI tại N thì đúng

Câu 2: $SD=SE=\frac{1}{2}AB; TD=TE=\frac{1}{2}HC\Rightarrow$ ST là đường trung trực của đoạn DE.

N ở đâu bạn ơi?

AM cắt (O) tại N.

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 tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường trung tuyến AK, đường đối trung AM. Chứng minh rằng tâm I của d đường tròn ngoại tiếp tam giác AMK nằm trên đường thẳng AO.

Xét trường hợp tam giác ABC không cân, giả sử AB < AC.

Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AO cắt BC tại S. Do AB < AC, S nằm trên tia đối của tia BC.

AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N.

Tam giác ABN và AKC đồng dạng $\Rightarrow \angle AKB=\angle ACN$.

Tứ giác ASKO là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle AKB=\angle AOB$

Lại có $\angle AON = 2\angle ACN \Rightarrow OS$ là phân giác góc AON.

Vậy SN là tiếp tuyến của (O). Do đó 5 điểm S, A, O, K, N cùng nằm trên một đường tròn.

Vậy $\angle SAM=\angle SAN=\angle AKM$ hay SA cũng là tiếp tuyến của (AMK). SA cũng là tiếp tuyến của (O) nên tâm I của đường tròn (AMK) nằm trên OA.

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).