Chủ đề này có 73 trả lời

[KietLW9]

Bài 23: Cho △ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D. P là điểm bất kì trên (I). J là tâm bàng tiếp đối diện đỉnh A. Q là điểm trên BC sao cho JQ // PD. Chứng minh (BPC) chia đôi JQ.

                                                                                                          (Trần Quang Hùng)

Thực chất bài này là bài tổng quát. Giả sử giao điểm của AD và (I) là L thì L chính là điểm đặc biệt của P, gọi M là trung điểm của BC thì M là điểm đặc biệt của Q

Cách chứng minh thì không khác nhau vì đã có có đường song song

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 28-02-2022 - 09:59

[KietLW9]

Bài 23: Cho △ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D. P là điểm bất kì trên (I). J là tâm bàng tiếp đối diện đỉnh A. Q là điểm trên BC sao cho JQ // PD. Chứng minh (BPC) chia đôi JQ.

                                                                                                          (Trần Quang Hùng)

Thực chất bài này là bài tổng quát. Giả sử giao điểm của AD và (I) là L thì L chính là điểm đặc biệt của P, gọi M là trung điểm của BC thì M là điểm đặc biệt của Q

Cách chứng minh thì không khác nhau vì đã có có đường song song

Hình gửi kèm

• 

[KietLW9]

Bài 24: Cho △ABC nội tiếp (O). Đường tròn tâm A bán kính bất kì cắt BC tại D,E, cắt (O) tại F,G. (BFD) cắt AB tại J, (CEG) cắt AC tại K. Chứng minh FJ cắt GK tại một điểm X thuộc AO

(Như hình vẽ)

 

Hình gửi kèm

• 

[KietLW9]

P/S: Bài 24 là một bài rất dễ, chỉ cộng cung đơn giản

Bài 25: 

Hình gửi kèm

• 

[KietLW9]

Bài 24: Cho △ABC nội tiếp (O). Đường tròn tâm A bán kính bất kì cắt BC tại D,E, cắt (O) tại F,G. (BFD) cắt AB tại J, (CEG) cắt AC tại K. Chứng minh FJ cắt GK tại một điểm X thuộc AO

(Như hình vẽ)

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $FG$

Ta có: $\angle AIF = \frac{1}{2}(\mathop{AF}^\frown+\mathop{CG}^\frown)=\frac{1}{2}(\mathop{AG}^\frown+\mathop{CG}^\frown)=\frac{1}{2}\mathop{AC}^\frown=\angle ABC$

Do đó biến đổi góc, ta được: $\angle KGI = \angle AIF - \angle IKG = \angle ABC - \angle GEC = \angle JFD - \angle GFD =\angle JFG$

Do đó tam giác $XFG$ tại $X$ nên $X$ thuộc $AO$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 07-03-2022 - 17:04

[KietLW9]

Bài 26:

Hình gửi kèm

• 

[KietLW9]

Bài 27:

 

Hình gửi kèm

• 

[KietLW9]

Bài 28:

Hình gửi kèm

• 

[KietLW9]

Bài 29:

 

Hình gửi kèm

• 

[KietLW9]

Khởi động lại Topic 

Bài 30: Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ tiếp xúc ngoài với nhau tại $T$. $D$ là một điểm di động trên $(O')$. Vẽ tiếp tuyến tại $D$ của $(O')$ cắt $(O)$ tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$ ($A$ nằm giữa $B$ và $D$). $C$ là điểm di động trên cung $BT$ của $(O)$, từ $C$ kẻ tiếp tiếp $CE$ đến $(O')$ ($E$ là tiếp điểm). Chứng minh giao điểm của $DE$ với $(CET)$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B$ của $\Delta ABC$

Lời giải.

Bổ đề: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ chứa $C$. Điểm K thuộc tia $CM$ và $MA=MK$ khi đó $K$ là tâm bàng tiếp góc $B$ của $\Delta ABC$

Chứng minh: Ta có: $\angle ACM = \angle ABM = \angle BAM=180^{\circ}-\angle MCB$ nên $CM$ là phân giác ngoài góc $C$ của $\Delta ABC$

$\angle BAK=\angle MAK +\angle MAB = \angle MKA + \angle MCA=180^{\circ}-\angle KAC$ suy ra $AK$ là phân giác ngoài góc $A$ của $\Delta ABC$

Vậy bổ đề được chứng minh

Quay lại bài toán:

Gọi $M$ là giao điểm của $DT$ và $(O)$ thì $DO'//MO$ nên $MO$ vuông góc với $AB$ nên $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ chứa $C$. Giả sử $C$ nằm trên cung $MA$ 

Gọi $K$ là giao điểm của $MC$ với $DE$ thì biến đổi góc ta có: $\angle KCT=\angle MAT=\frac{\angle MOT}{2}=\frac{\angle TO'D}{2}=\angle TEK$ nên tứ giác $CTKE$ nội tiếp

Từ đó ta có: $\angle TDA=\angle TED=\angle TCK=\angle MAT\Rightarrow \Delta MTA\sim\Delta MAD(g.g)\Rightarrow MA^2=MT.MD$

và $\angle MKT=\angle CET=\angle TDE\Rightarrow \Delta MTK\sim\Delta MKD(g.g)\Rightarrow MK^2=MT.MD$

Do vậy $MA=MK$ nên theo bổ đề thì $K$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B$ của $\Delta ABC$

[KietLW9]

Bài 31: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ có đường cao $AH$ và trung tuyến $AM$. $P,Q$ thuộc $BC$ sao cho $PQ//BC$ (Giả sử $AP$ nằm giữa $AB$ và $AQ$). $K,L$ là hình chiếu của $B,C$ lên $AP,AQ$. $(HKM)$ cắt $AP$ tại $N$. Chứng minh rằng $NL$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P,Q$ di động

Lời giải.

Gọi $X,Y$ là hình chiếu của $B,C$ lên $AQ,AP$ thì các tứ giác $AXKB, AYLC$ nội tiếp

$\Rightarrow AKX=\angle ABX=\angle ACY=\angle ALY$ nên tứ giác $KXLY$ nội tiếp

Giả sử $E$ là hình chiếu của $M$ lên $AP$ thì $BK//ME//CY$ nên $E$ là trung điểm của $KY$ do đó $M$ thuộc trung trực của $KY$. Tương tự $M$ cũng thuộc trung trực của $LX$ nên $M$ là tâm của $KXLY$

Hay nói cách khác $M$ thuộc trung trực của $KL$

Kết hợp với $HM$ là phân giác $\angle KHL$ suy ra $M$ thuộc $(HKL)$ hay tứ giác $HKML$ nội tiếp

Gọi $NL$ cắt đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ tại $R$ 

Biến đổi góc: $\angle ALR = \angle MLR-\angle MLX= \angle NKM-\angle MXL=180^{\circ}-\angle AKX-\angle XKM-\angle MXL=180^{\circ}-\angle  ABX-\angle KXM-\angle MXL=180^{\circ}-\angle ABX-\angle ABK=\angle BAK+\angle BAX=\angle BAC=\angle ACR$ nên tứ giác $ALCR$ nội tiếp

Vậy $R$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ và đường thẳng qua $C$ song song với $AB$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 24-03-2022 - 17:36

[KietLW9]

Bài 32: Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Qua $D$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AD$ cắt $IE,IF$ tại $Q,P$. $BP$ cắt $CQ$ tại $R$. Chứng minh rằng: $\angle AIR=90^{\circ}$

~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Mô hình đường thẳng qua $D$ vuông góc với $AD$ này rất quen thuộc, chỉ cần để ý các tứ giác $AFDP, BFID$ nội tiếp nên $\angle APD=\angle BFD=\angle BID\Rightarrow \Delta ADP\sim\Delta BDI(g.g)$

Tương tự thì: $\Delta ADQ\sim\Delta CDI$ do đó: $\frac{DQ}{DP}=\frac{DQ}{ID}.\frac{ID}{DP}=\frac{DA}{DC}.\frac{BD}{DA}=\frac{BD}{CD}\Rightarrow BQ//CP$

Gọi $K,L$ là hình chiếu của $R$ lên $QE,PF$ thì: $\frac{RL}{RF}=\frac{RL}{BF}.\frac{CE}{RF}.\frac{BF}{CE}=\frac{RP}{BP}.\frac{CQ}{RQ}.\frac{BD}{CD}=\frac{RP}{BP}.\frac{BP}{RB}.\frac{BQ}{CP}=\frac{RP}{RB}.\frac{BQ}{CP}=1$

Do vậy $IR$ là phân giác $\angle LIK$ suy ra $\angle AIR=90^{\circ}$

 

[KietLW9]

Bài 33: Cho $\Delta ABC$ nhọn có $AB<AC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $D$ là điểm trên cung nhỏ $BC$ sao cho $AD$ là phân giác $\angle BAC$. $M$ là trung điểm của $BC$. Qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AD$ cắt $(O)$ tại $I$. $DI$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$. Chứng minh rằng $IE=IF$

Lời giải.

Gọi $K$ là điểm đối xứng với $I$ qua $B$ thì $AD//IM//KC$ suy ra $\angle KCF=\angle DAC=\angle DAB=\angle BID$ 

Do đó tứ giác $KIFC$ nội tiếp

$\Rightarrow IKF=\angle ICF=\angle ABI$ nên $BE//KF$ từ đây suy ra $IE=IF$

[Ben1000]

\

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ben1000: 10-08-2023 - 20:11