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!

 

Đã gửi 28-02-2017 - 22:33

có bài toán này hay đưa lên để ae làm thử

Đề:Cho tam giác nhọn ABC có góc A lớn hơn 60 độ, các đường cao AD, BE, CF. EF cắt BC tại G. CP vuông góc vs GA tại P và cắt AD tại M, CA cắt MF tại N chứng minh rằng A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác NPF

 

Bài này bạn đã đưa 1 lần rồi nhỉ? Hình như lần trước ko có đk góc 60 độ.

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 S,L,N thẳng hàng như thế nào ạ ?

Tam giác FLD có FH là phân giác trong, FA là phân giác ngoài nên $\frac{HL}{HD}=\frac{AL}{AD}\Rightarrow \frac{HL}{AL}=\frac{HD}{AD}(1)$

SN cắt đoạn AH tại L'. tam giác SLD có SH là phân giác trong, SA là phân giác ngoài nên $\frac{HL'}{AL'}=\frac{HD}{AD} (2)$

(1), (2) $\Rightarrow \frac{HL}{AL}=\frac{HL'}{AL'}$

Vậy L' trùng L

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.

Cho tam giác ABC và đường tròn (O) có đường kính EF nằm trên cạnh BC (E nằm giữa B và F, F nằm giữa E và C) tiếp xúc với hai cạnh AB, AC tại Q, P  theo thứ tự đó. Các đường thẳng EP, FQ cắt nhau tại K. Chứng  minh rằng AK vuông góc với BC.

Gọi N là giao điểm của EQ và FP. Tam giác NEF có EP, FQ là các đường cao nên K là trực tâm của tam giác. Vậy NK vuông góc với EF hay NK vuông góc với BC. Ta sẽ chứng minh N, A, K thẳng hàng.

Ta có $\angle OQA=\angle FQN=90^0\Rightarrow \angle OQF=\angle NQA (1)$

Do NK vuông góc với EF nên $\angle QNK=\angle ENK=\angle OFQ (2)$

Lại có $\angle OQF=\angle OFQ(3)$

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow \angle NQA=\angle QNK$

Tam giác NQK vuông tại Q, có $ \angle NQA=\angle QNK$ $\Rightarrow$ QA đi qua trung điểm của NK.

Chứng minh tương tự ta có PA đi qua trung điểm của NK.

Như vậy PA, QA và NK đồng quy tại trung điểm của NK hay A là trung điểm của NK hay N, A, K thẳng hàng.

Vậy AK vuông góc với BC (đpcm).

Bạn mình hỏi xong mình đăng lên thế thôi!

Nếu bạn biết đề đúng thì làm ơn giải giùm minh đi=)))

Gọi M là trung điểm của BC. T là giao hai tiếp tuyến tại B, C của (O). AT cắt (O) tại D. Gọi N là trung điểm của AD.

5 điểm B, C, T, O, N cùng nằm trên một đường tròn và $\angle BND=\angle BAC$

Ta có: $\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$

Chứng minh tam giác BNA và BDC đồng dạng $\Rightarrow \frac{BN}{AN}=\frac{BD}{CD}$

Dễ thấy $\frac{BF}{AE}=\frac{BF}{EP}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}=\frac{BN}{AN}\Rightarrow$ tam giác BFN và AEN đồng dạng $\angle BFN=\angle AEN\Rightarrow$ AENF là tứ giác nội tiếp.

Gọi K là tâm đường tròn (AEF), vậy K nằm trên đường trung trực của đoạn AN cố định.

Cho$\Delta ABC$nhọn.P nằm trên đoạn BC.Từ P kẻ $PE//AB(E\epsilon AC)$;$PF//AC(F\epsilon AB)$.

Chứng minh rằng tâm (AEF)di động trên đường trong cố định.

P/s:bài nhìn qua thì đơn giản mà làm thì khó vcx.

Bài này tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường thẳng cố định chứ bạn?

Câu 3: Biến đổi ta có: $(x^2+4)((2x-y)^2+4)=1000$ (1)

Từ (1) nhận thấy x hoặc (2x-y) chẵn

Nếu x chẵn, đặt x=2a, thay vào (1) ta có: $(a^2+1)((2x-y)^2+4)=250$ (2)

Do $250=2.5^3$ là số chẵn những không chia hết cho 4 nên từ (2) ta có (2x-y) lẻ. Vậy $(2x-y)^2+4$ lẻ và là ước của $250=2.5^3$ nên  $(2x-y)^2+4$ nhận các giá trị 5, 125.

Làm tương tự với trường hợp (2x-y) chẵn.

Cách này xét ít trường hợp hơn.

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)

$1000=100+4.225\Rightarrow (2x^2-xy-4)^2=100,(3x-y)^2=225$

$\Rightarrow x=14,y=27$ hoặc $x=1,y=-12$

Cách này không ổn, thiếu quá nhiều nghiệm

câu 1; a) Dễ thấy $(2x-\frac{5}{x})-(x-\frac{1}{x})=x-\frac{1}{4}. Từ đây đặt ẩn phụ.

           b) Dùng định lý Viet.

           c) Sử dụng BĐT quen thuộc.

câu 2; Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

câu 3; $4(3x-y)^2$ và 1000 là số chẵn nên số còn lại là số chẵn => $(2x^2-xy-4)$ chia hết cho 4. Chia cả hai vế cho 4. Dễ dàng giải thông qua tổng các bình phương.

câu 4; câu d) Diện tích ABC= Diện tích AEBK.

câu 5; đây là câu tổ hợp. Có thể dùng Direclet hoặc tự suy luận.

       CÁC BẠN LÀM THỬ   .

Câu 3, $250=5^2+15^2=9^2+13^2$, nếu xét cả dấu thì có quá nhiều trường hợp bác ạ.

PB, QC cắt nhau tại T. Tam giác TPQ ngoại tiếp (O). BR cắt (O) tại E', khi đó chứng minh A, E', Q thằng hàng bằng các chứng minh tỷ lệ $\frac{AD}{AC}=\frac{E'D}{E'C}$

Cho tam giác ABC, P là giao điểm của đường cao qua C và tiếp tuyến tại A của đường tròn (ABC). Phân giác của góc A cắt BC tại D. PD cắt AB tại K, nếu H là trực tâm của tam giác, chứng minh HK vuông góc với AD.

Xét tam giác ABC không cân tại A, giả sử AB <AC (trường hợp cân tính sau!), AP cắt BC tại T, khi đó T nằm trên tia đối của tia BC.

CH cắt (O) tại điểm thứ hai là N, cắt AB tại F. Nhận thấy N và H đối xứng nhau qua AB.

AD cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Nhận thấy E là điểm chính giữa cung BC không chứa A.

EN cắt AB tại K'. Ta chứng minh P, K', D thẳng hàng, khi đó K' trùng K.

Do E là điểm chính giữa cung BC không chứa A nên K'N là phân giác góc BNF. Vậy K'H là phân giác góc BHF.

Để chứng minh P, K', D thẳng hàng, xét tam giác ATB có P, K', D nằm trên 3 cạnh, theo Menelaus ta phải chứng minh: $\frac{PA}{PT}.\frac{DT}{DB}.\frac{K'B}{K'A}=1 (1)$

Xét tam giác ATB có 3 điểm P, F, C thẳng hàng, theo Menelaus ta có: $\frac{PA}{PT}.\frac{CT}{CB}.\frac{FB}{FA}=1 (2)$

Từ (1), (2) ta sẽ phải chứng minh: $\frac{DT}{DB}.\frac{KB}{KA}=\frac{CT}{CB}.\frac{FB}{FA}$

$\frac{KB}{KA}=\frac{BD}{BC}.\frac{TC}{TD}.\frac{FB}{FA}(3)$

Ta có: $\frac{BD}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$; $\frac{TC}{TD}=\frac{TC}{TA}=\frac{AC}{AB}$.

Vậy $(3)\Leftrightarrow \frac{KB}{KA}=\frac{AB}{AB+AC}.\frac{AC}{AB}.\frac{FB}{FA}=\frac{AC}{AB+AC}.\frac{FB}{FA}$ (4)

Do tam giác FHB và FAC đồng dạng, HK' là phân giác của tam giác FHB nên ta có: $\frac{K'F}{K'B}=\frac{FH}{HB}=\frac{FA}{AC}$

Vậy: $\frac{K'F}{AF}=\frac{K'B}{AC}=\frac{BF}{AF+AC}$

$\Rightarrow K'B=\frac{AC.BF}{AF+AC}$

$K'A=K'F+AF=\frac{AF.BF}{AF+AC}+AF=\frac{AF.BF+AF.AF+AF.AC}{AF+AC}=\frac{AF(AB+AC)}{AF+AC}$

Do đó ta có: $\frac{K'B}{K'A}=\frac{AC.BF}{AF(AB+AC)}$. Như vậy (4) đúng hay (1) đúng hay 3 điểm P, K', D thẳng hàng. Do đó K' trùng K.

Do HK là phân giác góc FHB nên $\angle KHF=\frac{\angle BHF}{2}=\frac{\angle BAC}{2}=\angle FAD\Rightarrow$KH vuông góc với AD.

d) NB cắt (O) tại M. $\Rightarrow AMB=90^0$

Ta có $NB.NM=NE^2=NL^2\Rightarrow$ tam giác NBL và tam giác NLM đồng dạng $\Rightarrow \angle NLB = \angle NML$

Vậy $\angle NML+\angle AKL = \angle NLB+\angle AKL=90^0$

$\angle AML+\angle AKL = \angle AMB+\angle NML+\angle AKL=90^0+90^0=180^0$

Hay AKLM là tứ giác nội tiếp.

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp (AKL). AM là giao của (I) và (O). Vậy IO vuông góc với AM $\Rightarrow IO//NB$ (1)

Do I là tâm đường tròn (AKL), N là trung điểm của dây KL nên IN vuông góc với KL. Vậy IN//OB (2)

(1), (2) ta có INBO là hình bình hành, hay IN = OB cố định.

y=2x+3 cắt trục tung tại A(0,3) cắt trục hoành tại B(-3/2; 0)

y=2x-4 cắt trục tung tại C(0,-4) cắt trục hoành tại D(2,0)

Gốc tọa độ là O, hạ OH vuông góc với AB, OK vuông góc với CD.

Ta có: $OH=\frac{OA.OB}{\sqrt{OA^2+OB^2}}$

$OK=\frac{OC.OD}{\sqrt{OC^2+OD^2}}$

Từ đó tính ra HK thôi.

2) Gọi K là giao của EF và DN.

Ta có: PK.PH = PN.PB = PE.PF = PM.PC.

Vậy HKMC là tứ giác nội tiếp $\angle KMC=90^0=\angle AMC$. Vậy A, K, M thẳng hàng.

1) Gọi K là giao điểm của BQ và DP.

Áp dụng Menelaus cho tam giác BCQ có P, D, K thẳng hàng: $\frac{KB}{KQ}.\frac{DQ}{DC}.\frac{PC}{PB}=1$

Do $\frac{AN}{AB}=\frac{DQ}{DC};\frac{SQ}{SN}=\frac{PC}{PB}$

Vậy $\frac{KB}{KQ}.\frac{SQ}{SN}.\frac{AN}{AP}=1$ hay A, S, K thẳng hàng.

Ta có $f(1)=a+b+c=m^2 ; f(-1)=a-b+c=n^2 \Rightarrow 2a+2c=m^2+n^2$

Vậy m và n cùng tính chẵn lẻ.

Ta có: $2b=m^2-n^2$

Do m và n cùng tính chẵn lẻ nên $m^2-n^2\vdots 4$

Vậy b chẵn

1) Do $AB=\sqrt{2}R$ nên theo Pitago ta có tam giác AOB là tam giác vuông cân tại O $\Rightarrow \angle AMB=45^0$.

$\angle HAB = \angle HMB; \angle HBA = \angle HMA\Rightarrow \angle AMB=\angle HAB+\angle HBA=45^0$

Ta có $\angle AOQ + \angle BOP =2\angle HBA+2\angle HAB=2.45^0-90^0$

$\Rightarrow \angle POQ=\angle AOQ+\angle BOP+\angle AOB=90^0+90^0=180^0$ hay P, O, Q thẳng hàng, hay PQ là đường kính cúa (O).

2) Do PQ là đường kính nên PB vuông góc với QB tại B. Vậy PB // MA (cùng vuông góc với BQ).

Tương tự có QA// MB. Do đó AMBS là hình bình hành.

3) $\angle AQH=\angle AQB=\angle AMB=45^0\Rightarrow$ tam giác AQH vuông cân tại A nên AQ = AH.

Tương tự có APS vuông cân tại A nên AP = AS. Từ đó có tam giác AQP và AHS bằng nhau, hay SH = PQ = 2R cố định.

4) Ta có: $\angle AIB=\angle AIH+\angle BIH=\angle AQH+\angle BPH=45^0+45^0=90^0$. Vậy I nằm trên đường tròn đường kính AB cố định.