Bài 1 thì P nhỏ nhất khi M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

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

Cảm ơn anh đã trả lời.

Hai bài đó vì post trùng nên xóa một. Bài còn lại chưa rõ tiếng Việt không đàng hoàng là sao anh? Là viết tắt? Đó là lý do xóa?

Quân T.

Mình đã coi hai bài bị xóa và thấy bạn đã không viết tiếng việt đàng hoàng.

Xin chào BQT Diễn đàn toán học.

Nhóm Hình học phẳng thời gian vừa qua có làm chuyên đề về Hình học và hàng tháng đưa lên mục "Các bài toán và vấn đề về Hình học".

Tuy nhiên bài post tháng 3 của nhóm đã bị xóa mà chưa rõ nguyên nhân.

Đề nghị admin, mod đã xóa post đó xin thông báo giúp nguyên nhân để chúng tôi chỉnh sửa.

Xin chân thành cảm ơn.

Quân. T.

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 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.

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

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

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.

Từ a+b+c+d-3=ab, ta có (a-1)(b-1)=(c-1)+(d-1)

 

Tương tự ta có (c-1)(d-1) = (a-1)+(b-1)

 

Nhận thấy nếu bất kỳ số nào trong (a, b, c, d) bằng 1 thì các số còn lại cũng bằng 1. a=b=c=d=1 là 1 nghiệm của 2 phương trình trên.

 

Với a, b, c, d >1, đặt m=a-1; n=b-1, p=c-1, q=d-1. Ta có

 

mn=p+q (1); pq = m+n (2)

 

(lưu ý m, n, p, q nguyên dương)

 

- Nếu (m,n,p,q) >1 thì (m-1)(n-1)>0, mn>=m+n; pq>= p+q. Vậy mn>=(m+n)=pq>=p+q. Dấu '=' xảy ra khi mn=m+n và pq=p+q hay (m-1)(n-1)=1 và (p-1)(q-1)=1. Từ đó có m=n=p=q=2, hay a=b=c=d=3 .

- Nếu trong (m, n, p, q) có 1 số =1, giả sử m=1. Khi đó n=p+q; n+1=pq -> (p-1)(q-1)=2. Vậy n=5, p=2, q=3 hoặc n=5, p=3, q=2. Vậy (a,b,c,d) = (2,6,3,4); (2,6,4,3). Tương tự ta có (a,b) = (2,6); (6,2); (3,4); (4,3).

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

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.

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.

Tam giác ABC nội tiếp (O) có AD, BE, CF đường cao đồng quy tại trực tâm H. EF cắt BC tại T.lấy L sao cho A là trung điểm LD. Vẽ đường tròn đường kính LD cắt LT tại S. SD cắt (O) tại X. CMR: X trung điểm SD.

Bài này là bài chọn đội tuyển của Nam Định năm 2015-2016 thì phải.

Câu hình: Xét trường hợp AB < AC. Khi đó M nằm trên tia đối của tia BC. KH kéo dài cắt BC tại T, T cũng nằm trên tia đối của tia BC.

 

Dễ thấy (AT, AI, AB, AC) = -1 nên TA vuông góc với AI.

 

Vậy MN // TA.

 

Ta có $\frac{MF}{TA}=\frac{BF}{BA}$ (1)

 

$\frac{NE}{TA}=\frac{HE}{HA}$ (2)

 

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF có B, J, H thẳng hàng, ta có $\frac{BF}{BA}.\frac{HA}{HE}.\frac{JE}{JF}=1$ (3)

 

Do JE = JF nên từ (1), (2), (3) ta có MF = NE. Vậy MJ = NJ hay AM = AN.

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)

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).

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.

 

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 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)

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