Bài hình 3 ngày 2: Gọi AH là đường cao của ABC, A' là trung điểm của BC. Chứng minh tứ giác HA'NM là tứ giác nội tiếp.

 

EF cắt BC tại S. T là trung điểm của SA. T, M, N thẳng hàng theo Gauss. Chứng minh TH là tiếp tuyến với đường tròn (HNM). Tức là TH.TH = TM.TN = TA.TA. Vậy TA là tiếp tuyến của (AMN)

Câu 6

a. Đây là một kết quả khá cơ bản. Chỉ cần lấy O' đối xứng với O qua BC thì ta có O' là tâm (BHC), đồng thời dễ cm được AOO'H là hình bình hành, suy ra A, $O_9$ và O' thẳng hàng (ở đây $O_9$ chỉ tâm của đường tròn Euler (DEF)). Vậy hiển nhiên AX=AY.

b. Ta có AH.AD=AF.AB (phương tích của A tới (O). Ta có, mặt khác, AS:SO'=AH:MO'=AH:MO=2, do đó AS:AO'=2:3, suy ra $AS:AO_9=4:3$. Ta sẽ tính AR. Theo tính chất của phương tích, $RO'=\frac{O'O_9^2+R^2-R^{2}/4}{2O'O_9}=\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}$, suy ra $AR=AO'-RO'=2AO_9-\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}\Rightarrow AS.AR=4/3AO_9.\frac{3AO_9^2-3/4R^2}{2AO_9}=2AO_9^2-1/2R^2$. Ta lại có $AO_9^2-R^2/4=AF.AN=1/2AF.AB$ (N là trung điểm AB) nên $2AO_9^2-1/2R^2=AF.AB=AH.AD$, vậy nên AS.AR=AH.AD, suy ra HDSR nội tiếp một đường tròn (đpcm).

Hình vẽ

pic_3.png

Gọi T là giao của EF và BC. TA cắt (O) tại N thì AN.AT = AH. AD = AR.AS

Bài hình ngày 1: Câu b chỉ cần chứng minh ME, ND đều đi qua trung điểm I của AL. Khi đó MINL là hình bình hành. Vậy K là trung điểm của MN.

Bài hình ngày 1: 
a) Gọi H là giao MK với BC. Gọi S là trung điểm của PD, dễ thấy SI vuông góc với MD. Do đó tam giác SDI và MHD đồng dạng.

 

Do M là trung điểm của KH, S là trung điểm của PD nên tam giác PDI và KHD đồng dạng. Từ đó có PI vuông góc với KD.

PI vuông góc với KD nên PI là trung trực của LD. Vậy PD = PL, do đó PL là tiếp tuyến của (I).

 

b) Câu b là bài toán ngược của dạng bài: Cho tam giác ABC có (I) nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. EF cắt BC tại P. AD cắt (I) tại L. Khi đó PL là tiếp tuyến thứ 2 của (I).

 

Trong bài này tam giác KBC là tam giác ABC. Đã có P, D, L, I. Có thêm BD = CE nên (I) là đường tròn nội tiếp của KBC.

 

Bài hình 4:

a) Dễ thấy AC/BC = AD/BD. Sau đó chứng minh tam giác BCP và BDQ đồng dạng.

 

b) Gọi N là giao điểm của CD và PQ. Chứng minh tam giác BNQ và BCD đồng dạng, Sau đó chứng minh tam giác BNP và BDA đồng dạng. Từ đó có NP = NQ.

 

c) Gọi K là giao điểm của CD và OO'. H là giao điểm AB và OO'. Tứ giác CDO'H là tứ giác nội tiếp nên KH.KO = KC.KD.

 

Nếu từ K kẻ 2 tiếp tuyến KA', KB' với (O'), A'B' cắt OO' tại H'. Khi đó tứ giác CDO'H' là tứ giác nội tiếp nên KH'.KO = KC.KD. Vậy H' trùng H, A'B' trùng AB. Do đó KA vuông góc với O'A. Vậy K cố định,

Bài hình bài 2 đỡ rắc rối hơn bài hình ngày 1, có vẻ đơn giản.

a) Cái này dễ chứng minh và có nhiều cách quá nên khỏi nói.

 

b) Dễ thấy SK = SM, từ đó suy ra TA = TK. TA là tiếp tuyến của (C) nên TK là tiếp tuyến của (C) tại K.

Bài hình đề bài sai sai. Bạn nào thi sửa lại hộ mình với

Sai ở câu b: Đường thẳng CD đi qua trung điểm của PQ?

Hình như cũng ko đúng. Câu a và b khả năng cao là sai đề. Câu c thì đúng

Câu a đúng bác ạ. Bác chứng minh tam giác MCA và MBC đồng dạng, sau đó chứng minh BCP và BDQ đồng dạng là OK thôi. Còn câu b thì đúng là CD đi qua trung điểm của PQ.

Post cái hình cho bác Kamii 0909

Câu hình:

a. Gọi G là giao điểm thứ 2 của DI và (I).

 

Dễ thấy (D, H, P, A) = -1. Chứng minh DH.DA = DN.DM nên tứ giác AHNM là tứ giác nội tiếp. HG vuông góc với DA nên (D, G, N, M) = -1.

 

Do (D, H, P, A) = -1, (D, G, N, M) = -1 nên AM. PN, HG đồng quy tại Q. Vậy Q, H, G thẳng hàng nên QH vuông góc với AI.

 

b. GỌi X là trung điểm của DH, Y là trung điểm của DE. Do (A, P, H, D)=-1, X là trung điểm của HD nên ta có HP.AX = AH. XD.

 

Từ đó chứng minh tam giác HPE và XDL đồng dạng nên DL // PE.

Bài hình câu a: Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của AC, BD. G là điểm đối xứng của B qua N.

 

P là trung điểm của EF nên P Q, N thẳng hàng. Do đó M, D, G thẳng hàng.

 

Vậy MD đi qua điểm G cố định. 

Làm sao chứng minh P, Q, N thẳng hàng z 

 

p/s: vẽ hình và tìm được điểm cố định ko biết có điểm nào không :v

 

Bác lấy K đối xứng với E qua N, sau đó chứng minh tam giác FBE và FCK đồng dạng, hay FE, FK là đường đẳng giác trong góc BFD.

 

Như vậy lấy điểm L đối xứng của E qua Q thì L nằm trên FK.

 

Vậy P, Q, N thẳng hàng.

Bài phương pháp tọa dộ phẳng sao bà con. Không có ý tưởng gì cả

Bác viết pt đường thẳng AI, tìm giao E của nó với (T). Viết pt đường tròn tâm E, bán kính EI. Tìm giao của (E) với (T) là B, C.

Bài hình ngày 2:

 

Câu a. Chứng minh tam giác thì LIK và LON đồng dạng để có L, K, N thẳng hàng.

 

NA.NA = NC.NC = NK. NL = NB.NB = ND.ND nên NA = NB = NC = ND.

 

Câu b. Kẻ tiếp tuyến chung của (c1) (c2) tại L cắt AB tại T. Nếu không cắt thì tính sau

 

T, C, D thẳng hàng.

 

TN cắt PQ tại H. Theo Brocard thì PQ vuông góc với TN.

 

Giao điểm của PQ với N chính là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến từ T với (N) nên ta có TH.TN = TC.TD = TA.TB. Vậy H nằm trên (c1).

 

MN là đường kính của (c1) nên MH vuông góc với TN tại H.

 

Gọi G là trung điểm của BC, MTHG nội tiếp nên NH.NT = NG.NM

 

MLKG nội tiếp nên NK.NL = NG. NM

 

Vậy NH.NT = NK.NL hay LTHK nội tiếp.

 

Lại có LTKI nội tiếp. Vậy ITHK nội tiếp, hay góc IHT = 90 độ.

 

Vậy IH vuông góc với TN tại H hay I nằm trên PQ.

 

Do đó M, I, P, Q thẳng hàng.

 

(Ai ra đầu bài mà thành tam giác LON, hay ghê).

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn $(I)$, đường cao $AH$ .$AI$, $AO$ lần lượt cắt dường tròn $(O)$ tại $D$ và $P$. $PI$ cắt đường tròn $(O)$ tại $Q$. Chừng minh $QD$ chia đôi $IH$

 

Gọi A' là tiếp điểm của (I) và BC. Ta có Q, A', D thẳng hàng.

Gọi K là giao điểm của AI và BC. Gọi M là giao của QD và IH. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác IHK với 3 điểm M, A', D thẳng hàng là ra thôi.

Vì sao Q,A',D thẳng hàng vậy bạn?

Gọi N là trung điểm của BC, T là giao của AQ và BC.

 

2 đường tròn (D; DI) và (AI) tiếp xúc với nhau tại I. Do TB.TC=TQ.AQ nên T nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này. Vậy TI vuông góc với AD tại I.

 

Tứ giác TIND nội tiếp nên góc ITN = góc IDN. Góc IDN = góc OAD = góc PAD = góc PQD. Vậy góc ITN = góc PQD

 

Tứ giác TQIA' nội tiếp nên góc ITN = góc IQA'. Hay góc PQA' = góc ITN.

 

Vậy góc PQA' = góc PQD hay A', Q, D thẳng hàng.

Bài này có lẽ ngược với bài thi vào lớp 10 chuyên HN năm vừa rồi.

 

 

Chứng minh theo các bước sau:

 

1. Gọi K là giao của (AMN) và (O). HK sẽ vuông góc với AK tại K

 

- Chứng minh MH là phân giác góc EHB, NH là phân giác góc DHC. Từ đó có hệ thức ME/MB = HE/HB = HD/HC=ND/NC

 

- CM tam giác KMN và KBC đồng dạng, từ đó có tam giác KMB và KNC đồng dạng. Dựa vào ME/MB=ND/NC có tam giác KEB và KDC đồng dạng. Vậy KED và KBC đồng dạng. Nên góc EKD = góc BKC = góc BAC = góc EAD hay AKED là tứ giác nội tiếp.

 

- AKED là tứ giác nội tiếp nên K nằm trên (AED). AED có đường kính AH nên góc AKH vuông tại K.

 

2. KH cắt (O) tại G, cắt (AMN) tại P. AP và AG lần lượt là đường kính của (AMN) và (O).

 

Do AMN cân tại A nên tâm J của đường tròn (AMN) nằm trên AI, vậy P nằm trên AI.

 

3. Gọi Q là giao của KI và AH. Chứng minh góc PKQ = góc PAQ nên Q cũng nằm trên (AMN).

 

4. Dễ chứng minh được KA, MN, PQ đồng quy tại T.

 

5. Xét đường tròn (AMN) có 2 cát tuyến IQK, IPA; KA, PQ cắt nhau tại T. Cát tuyến TMN vuông góc với IJ. Vậy IM, IN là tiếp tuyến của (AMN) tâm J.

Mình chứng minh R1 P, Q thẳng hàng mãi không xong. Xong cái đó thì đoạn sau nhẹ nhàng hơn.

Câu hình phần a rất quen nhưng chưa nhớ ra bài ở đâu.

Câu hình là đề chọn VMO 2016: http://diendantoanho...-giải-vmo-2016/

Bài hình trông thế mà cũng mất thời gian kinh.

 

 

Xét AB < AC.

 

1. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy (ADE) đi qua O.

 

2. Qua A dựng đường vuông góc với AO cắt BC tại T. TA là tiếp tuyến chung của (O) và (ADE). Dễ thấy T, D, P thẳng hàng; T, Q, E thẳng hàng.

 

3. Chứng minh APCT và AQBT nội tiếp.

 

4. Tam giác TBQ và TEC đồng dạng; Tam giác TAQ và TEA đồng dạng, từ đó có TB/TA = QB/QA.

 

Tam giác TBD và TPC đồng dạng; Tam giác TAD và TPA đồng dạng, từ đó có TB/TA = PA/PC. Vậy QB/QA = PA/PC

 

5. Góc BQA = góc APC, từ đó có tam giác BQA và APC đồng dạng.

 

6. Góc QTA = QBQ  = góc PAC = PQE nên PQ // TA.

 

7. Từ PQ // TA có góc AQP = APQ (cùng bằng góc QAT). Vậy AP = AQ (đpcm)

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?

Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.

Bài hình: Đường tròn (AMN) cắt BC tại điểm thứ 2 là P. Góc NPF = góc NAF = góc DAB = góc DCB nên NP // DC.

 

Tương tự có MP // DB.

 

Từ đó có dt(MBD) + dt(NCD) = dt (BCD).

 

Hay dt (ABC) = dt (AMDN)

Bài hình câu 6, câu 7 đề thiếu chính xác.

Ý bạn là đề sai hay sao? Mình không nghĩ vậy. 

Câu P. 6: "Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA, AB". Chỗ này thiếu "với đường tròn (I)".

 

Câu P.7: Khi lấy điểm Q trên (O) thỏa mãn góc QAB = góc PAC thì có 2 điểm Q. 1 trong 2 điểm Q này không thỏa mãn QE = QF. Nên sửa lại là lấy Q trên (O) sao cho góc QAD = góc PAD.