Bài 7, câu 3: M là trung điểm của BC nên $\frac{AB}{AC}=\frac{DC}{DB}$

 

Tam giác ABC và AEF đồng dạng nên $\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}$

 

Ta có $\frac{CE}{BF}=\frac{DC}{DB}=\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}=\frac{NE}{NF}$

 

Từ đó có  $\frac{NF}{BF}=\frac{NE}{CE}$

 

Vậy $\frac{NQ}{BQ}=\frac{NP}{BP}$ hay PQ // BC

 

Mình nghĩ cách này gọn hơn.

Bài toán 2 (Thi thử chuyên KHTN 2013, vòng 2, đợt 3). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác $ABC$. Trung trực $CA, AB$ lần lượt cắt $PA$ tại $E, F$. Đường thẳng qua $E$ song song $AC$ cắt tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ tại $M$. Đường thẳng qua $F$ song song $AB$ cắt tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ tại $N$.

 

1) Chứng minh rằng $MN$ tiếp xúc $(O)$.

 

2) Gọi $MN$ cắt dường tròn ngoại tiếp các tam giác $ACM, ABN$ lần lượt tại $Q,R$ khác $M, N$. Chứng minh rằng $BQ$ và $CR$ cắt nhau trên $(O)$.

 

 

 

Bài toán 2:

 

Câu 1. AP cắt (O) tại điểm thứ 2 là D.

 

Do NF // AB nên NF vuông góc với OF tại D. Vậy BFON là tứ giác nội tiếp.

 

Do NF // AB nên góc $\angle NFB = \angle FBA =\angle FAB = \angle NFD$. Vậy góc $\angle DFB = 2.\angle DAB = \angle DOB$. Hay tứ giác BFOD là tứ giác nội tiếp.

 

Vậy B, E, O, D, N cùng nằm trên một đường tròn, do đó góc $\angle ODN = 90^0$ hay ND là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm D.

 

Tương tự có MD là tiếp tuyến (O) tại tiếp điểm D. Do đó M, N, D thẳng hàng hay MN tiếp xúc với (O) tại D.

 

Câu 2. Góc $\angle ARQ = \angle ARN = 180^0 - \angle ABN = \angle ACB$.

 

Tương tự có góc $\angle AQR = \angle ABC$.

 

Vậy tam giác AQR và tam giác ABC đồng dạng. Từ đó có tam giác AQB và ARC đồng dạng.

 

Do đó $\angle ABQ = \angle ACR$. Nếu gọi K là giao điểm của QB và RC thì tứ giác ABKC là tứ giác nội tiếp. Vậy K nằm trên (O).

Bài toán 10 (TTT2 số 165). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với $AB<AC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. $AD$ là đường kính của $(O)$. $DB$ cắt $OT,AT$ tại $E,F$. $EO$ cắt $(AEF)$ tại $G$. Chứng minh rằng tâm nội tiếp tam giác $AGB$ nằm trên $(O)$.

 

(Bài này đã hết hạn trên TTT2 nhưng mình thấy đáp án trên báo hơi dài, hôm qua có một bạn giải ngắn gọn hơn) 

 

Bài 10:

 

Gọi I là giao điểm của GO và (O).

 

Tứ giác AFEG là tứ giác nội tiếp nên góc $\angle AGO=\angle AFE$

 

Lại có góc $\angle AFE=\angle AFD=\angle OAB=\angle OBA $ nên $\angle AGO=\angle ABO$ hay AGBO là tứ giác nội tiếp. Do đó $\angle BGO=\angle AGO=\angle ABO$ hay GO là phân giác góc AGB.

 

Xét tam giác GAB có đường tròn ngoại tiếp (GAB) và O là trung điểm của cung AB không chứa G. OI = OA = OB nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác GAB.

Ai làm câu a bài hình đi

Câu a chứng minh AOKG là tứ giác nội tiếp là OK thôi.

Post cái hình cho bác Kamii 0909

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.

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?

Lời giải bài toán 7.

 

Do AF // DE nên góc $\angle FAD = \angle EDC$. Góc $\angle EDC = \angle DEC = \angle DBC = \angle DBF$. Vậy góc $\angle DAF = \angle DBF$, hay tứ giác ABFD là tứ giác nội tiếp. Do đó FD vuông góc với AC tại D.

 

AB và FD cắt nhau tại Y'. Ta có góc $\angle BY'D = \angle BCD$ (cùng phụ với góc $\angle BAC$), vậy BDCY' là tứ giác nội tiếp, hay Y' nằm trên đường tròn (BCD).

 

Ta có góc $\angle ADB = \angle AY'C$ (cùng bù với góc $\angle BDC$). Lại có góc $\angle ADB = \angle AFB = \angle AXB = \angle AXC$. Vậy góc $\angle AY'C = \angle AXC$ hay tứ giác ACY'X là tứ giác nội tiếp, hay Y' nằm trên đường tròn (AXC).

 

Như vậy Y' nằm trên 2 đường tròn (BCD) và (AXC). Y' khác C nên Y' trùng Y.

 

Vậy Y, F, D thẳng hàng (đpcm).

Bài toán 8 (IZHO 2017 day 1 p1). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\omega$ trực tâm $H$ và $M$ là trung điểm $AB$. $P,Q$ là các điểm trên cung $AB$ không chứa $C$ của $\omega$ sao cho $\angle ACP=\angle BCQ < \angle ACQ$. Gọi $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CQ,CP$. Chứng minh rằng $P,Q,R,S$ cùng nằm trên một đường tròn tâm $M$.

Gọi AD, BE là 2 đường cao của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của CH. Vẽ đường tròn (I;IC), đường tròn này đi qua D, E, R, S. Gọi N là giao điểm của IM và DE.

Do góc ACP = BCQ < góc ACQ nên PQ song song với AB. Vậy ABQP là hình thang cân có 2 đáy là PQ và AB. M là trung điểm của AB, OM vuông góc với AB nên OM vuông góc với PQ. Vậy OM là trung trực của PQ (1).

Ta có MD = ME nên IM là đường trung trực của DE, hay IM vuông góc với DE tại N và N là trung điểm của DE.

Ta có góc ECS = ACP = BCQ = DCR nên DESR là hình thang cân có 2 đáy là DE và SR. Vậy SR song song với DE. Do đó IM vuông góc với SR hay IM là đường trung trực của SR (2).

 

Xét tam giác CAP và tam giác CDR có góc CPA = CBA = CED= CRD, góc ACP = BCQ = DCR, vậy tam giác CAP và tam giác CDR đồng dạng. Do đó góc CAP = CDE. Vậy 2 góc bù với 2 góc này bằng nhau hay góc CQP = CSR. Do đó tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp.
 

Tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp, theo (1) và (2) thì M nằm trên trung trực của PQ và RS nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác này (đpcm).

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.

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

Mình thử bài hình P.6. Suy luận một hồi lại ra cái bài hình của TST 2006. Chả lẽ rắc rối đến thế

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.

Mail của ban biên tập không thấy trả lời tự động nhỉ. Khi gửi xong không thấy phản hồi gì làm mình không biết gửi OK chưa!

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 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.

 

Bổ đề sau: Cho tam giác $ABC$, tiếp tuyến tại $A, C$ cắt nhau tại $E$. Khi đó: $sinAEB/sinCEB=(AC/BC)^2$

CM: $sinAEB/sinCEB=sinAEB/sinBAE.sinBAE/sinBCE.sinBCE/sinBEC=AB/BE.sinBCA/sinBAC.BE/AC=(AB/AC)^2$

Áp dụng định lí $Ceva$ sin cho 3 đường $BAb, CAc, AA1$ đồng quy tại $A1$

$=>sinAcCB/sinAcCA . sinA1AC/sinA1AB . sinA1BA/sinA1BC = 1$

Áp dụng bổ đề, ta có: $sinAcCB/sinAcCA=(AcD/AcE)^2$,  $sinA1BA/sinA1BC=(AbF/AbD)^2$

Từ đó: $sinA1AC/sinA1AB=(AcD/AcE.AbF/AbD)^2$

Kéo dài $CaCB, BaBc, AbAc$ cắt $AB, AC$ tại $P,Q,R,S$ thì ta có: $SRI=RSI=C$ (t/c đối song) $=> IS=IR$ mà $IAb=IBa$

$=>BaAbRS$ là hình thang cân

$=>IF$ là trục đối xứng của hình thang $=> FBa=FAb$

Mà $FCa=\frac{1}{2} sđ(FBa+BaCa)=\frac{1}{2} sđ(\frac{1}{2} FAb+CbBc)$ 

CMTT với $B1, C1$ và áp dụng định lí $Ceva$ sin cho 3 đường $AA1, BB1, CC1$, chú ý các số đo trên là đối xứng

$Π sinA1AC/sinA1AB=1 => AA1, BB1, CC1$ đồng quy

 

 

Ở đoạn: $\frac{sin A1AC}{sin A1AB} =\frac{AcD}{AcE}^2 . \frac{AbF}{AbD}^2$ thì phần $\frac{AcD}{AbD}$ chưa giải quyết được.

Về bài số 4,

Em rất buồn và tiếc khi phải thông báo về bài số 4 do em đề nghị sai.

Khi tạo bài này từ bài gốc, mặc dù đã kiểm tra nhưng trên hình vẽ rất dễ lầm lẫn nên em đã xác định kết quả đồng quy không đúng. Lệch 1 chút .

Rất đáng trách.
 

Ngay từ khi bạn nguyenhaan đăng lời giải, em đã xem rất kỹ. Bạn đã làm được đoạn đầu rất tốt, phát hiện ra việc đối xứng của $A_b$ và $B_a$. Rất tiếc là đề bài sai.

Em chân thành xin lỗi.

Bạn làm kĩ giúp mình, mình muốn hiểu kĩ bài này nhưng vẫn chưa có giải pháp.

Bạn giả sử xy-4 >=0 rồi tính y theo x ở pt thứ 2, thay vào pt thứ nhất là ra thôi.

Bài 7: Giả sử x>=y thì từ 2 phương trình đầu đã có y>=x. Vậy x= y. Tương tự có y=z. Vậy x=y=z. Thay vào 1 phương trình bất kỳ có x=y=z=1.

3) giải phương trình

    x²-x-100($\sqrt{1+8000x}+1$)=0

 

Câu 3 là 100 hay 1000 vậy bạn?

3) giải phương trình

    x²-x-100($\sqrt{1+8000x}+1$)=0

4) giải hệ phương trình

     x+$\frac{3y+x}{x^{2}+y^{2}}$=3

     y-$\frac{y-3x}{x^{2}+y^{2}}$ =0

 

Câu 3 nếu là 100 thì chịu, hehe.

 

Câu 4:

 

- Xét x= 0 $\Rightarrow y=1$

- Xét y = 0 $\Rightarrow$ vô nghiệm

 

- Xét $x,y\not\equiv 0$, nhân (1) với y, (2) với x rồi cộng 2 vế ta có: 2xy+3=3y. Tính x theo y, thay vào (2) để giải tiếp được y = -1, x=3.

Bài 3:pt (2) <=>4x²+8-4xy =0

         pt( 1) <=>y²-8=-/xy-4/

 

         Cộng từng vế của 2 pt=>pt vô nghiệm

Bài này có nghiệm $x=\sqrt{2};y=2\sqrt{2}$ hoặc $x=-\sqrt{2};y=-2\sqrt{2}$

neu 1000 thi ban lm the nao

ĐK: $x\geq \frac{-1}{8000}$

 

Đặt: $2y-1=\sqrt{1+8000x}$

$\Leftrightarrow$$4y^2-4y+1=1+8000x$

$\Leftrightarrow y^2-y=2000x$ (1)

 

Từ phương trình đã cho $\Rightarrow x^2-x=2000y (2)$ 

 

Hệ (1), (2) là hệ đối xứng.