Ai làm câu a bài hình đi

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

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.

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

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

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 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

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).

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. 

Bài bạn thiếu đữ kiện, kiểu như dây $AB=\sqrt{2}R$ thì PQ mới là đường kính của (O) được chứ nhỉ?

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 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.

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 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)

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 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 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.

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.

 

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.