Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] HÌNH HỌC


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 47 trả lời

#21 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 308 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Âm nhạc

Đã gửi 01-01-2022 - 10:46

Bài 7: Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AB<AC$. Gọi $K$ là điểm bất kì trong tam giác. $M,N,P$ là hình chiếu của $K$ trên $BC,CA,AB$. $(MNP)$ cắt $BC$ tại $H$. $I,J$ là trung điểm của $BC,BA$. $IJ$ cắt $HN$ tại $L$. Chứng minh tam giác $LNP$ cân

Gọi $V$ là điểm đẳng giác với $K$ trong $\Delta ABC$.

Do $(MNP)$ là đường tròn Pedal ứng với điểm $K$ của $\Delta ABC$ nên $VH\perp BC$.

Gọi $T$ là điểm đối xứng với $N$ qua $L$.

Nhận thấy $IL|| NC$ và $L,I$ lần lượt là trụng điểm của $BC,TN$ nên $BT||AC$.

Từ đó ta có $BT\perp VN$. Ta có $\frac{BT}{BP}=\frac{BT}{CN}.\frac{CN}{BP}=\frac{BH}{CH}.\frac{CN}{BP}=\frac{VH.cot VBC}{VH.cotVCB}.\frac{KN.cotKCN}{KP.cotKBP}=\frac{KN}{KP}\Rightarrow \Delta KNP\sim\Delta BTP\Rightarrow TP\perp PN\Rightarrow PT\perp PN$.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 01-01-2022 - 15:45


#22 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 01-01-2022 - 11:20

Vẫn còn lời giải sơ cấp và gọn khác cho Bài 7:   :closedeyes: 

Lời giải

$NH$ cắt đường thẳng vuông góc với $NP$ tại $P$ ở $S$.

Các tứ giác $BPKM, PNMH$ nội tiếp nên $\angle PKB=\angle PMB=\angle PNS\Rightarrow \Delta KPB\sim\Delta NPS$

$\Rightarrow \frac{KP}{NP}=\frac{BP}{SP}\Rightarrow \Delta KPN\sim\Delta BPS$

$\Rightarrow \angle SBP=\angle NKP=180^{\circ}-\angle BAC\Rightarrow BS//AC$

Mà $IJ//AC\Rightarrow $ $IJ$ đi qua đường trung bình của hình thang $BSNA$ nên $L$ là trung điểm của $NS$

Ta có điều phải chứng minh

Hình gửi kèm

  • Screenshot (290).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#23 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 01-01-2022 - 16:01

Bài đầu tiên trong năm 2022  :icon6:

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$. $(BOC)$ cắt đường tròn đường kính $AO$ tại $P$, $(BHC)$ cắt đường tròn đường kính $AH$ ở $Q$. $AP$ cắt $(BOC)$ ở $I$, $AQ$ cắt $(BHC)$ ở $J$. Chứng minh $PQ//IJ$

Hình gửi kèm

  • Screenshot (291).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#24 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 308 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Âm nhạc

Đã gửi 02-01-2022 - 15:09

Bài đầu tiên trong năm 2022  :icon6:

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$. $(BOC)$ cắt đường tròn đường kính $AO$ tại $P$, $(BHC)$ cắt đường tròn đường kính $AH$ ở $Q$. $AP$ cắt $(BOC)$ ở $I$, $AQ$ cắt $(BHC)$ ở $J$. Chứng minh $PQ//IJ$

hinhhoc.png

Tổng quát điểm $H,O$ thành hai điểm liên hợp đẳng giác trong $\Delta ABC$.

Giả sử $AH$ nằm giữa $AO,AB$.

Dễ thấy $OI$ là đường kính của $(BOC)$ và $HJ$ là đường kính của $(BHC)$.

Theo định lý hàm số sin, ta có $OI=\frac{BC}{\sin \widehat{BOC}};HJ=\frac{BC}{\sin \widehat{BHC}}$.

Do đó $\frac{OI}{HJ}=\frac{\sin\widehat{BHC}}{\sin\widehat{BOC}}$.

Mặt khác: $\frac{AO}{AH}=\frac{AO}{CO}.\frac{CO}{BC}.\frac{BC}{BH}.\frac{BH}{AH}=\frac{\sin\widehat{OAC}}{\sin\widehat{OCA}}.\frac{\sin\widehat{OBC}}{\sin\widehat{BOC}}.\frac{\sin\widehat{BHC}}{\sin\widehat{HCB}}.\frac{\sin\widehat{BAH}}{\sin\widehat{ABH}}=\frac{\sin\widehat{BHC}}{\sin\widehat{BOC}}=\frac{OI}{HJ}$

$\Rightarrow \frac{OI}{HJ}=\frac{AO}{AH}$.

Mặt khác biến đổi góc ta có $\widehat{AHJ}-\widehat{AOI}=\widehat{AHC}+\widehat{JHC}-360^o+\widehat{AOC}+\widehat{IOC}=\widehat{AHC}+\widehat{AOC}-360^o+90^o-\widehat{HBC}+90^o-\widehat{OBC}=180^o-\widehat{HBC}-\widehat{OBC}+\widehat{BAC}+\widehat{ACB}=0^o\Rightarrow \widehat{AHJ}=\widehat{AOI}\Rightarrow \Delta AHJ\sim\Delta AOI(c.g.c)$.

Mà $HQ,OP$ là các đường cao tương ứng nên $\frac{AP}{AI}=\frac{AQ}{AJ}$ hay $PQ\parallel IJ$. (đpcm)



#25 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 308 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Âm nhạc

Đã gửi 02-01-2022 - 15:23

Bài 9: Một bài mình được thầy ra năm trước và mình tìm ra cách kẻ phụ khá hay:
Cho $\Delta ABC$ thoả mãn $AB-BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}$ có $M$ là trung điểm của $AC$, $BN$ là phân giác trong. Chứng minh rằng $\widehat{BMC}+\widehat{BNC}=90^\circ$.
 


#26 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 02-01-2022 - 16:22

 

Bài 9: Một bài mình được thầy ra năm trước và mình tìm ra cách kẻ phụ khá hay:
Cho $\Delta ABC$ thoả mãn $AB-BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}$ có $M$ là trung điểm của $AC$, $BN$ là phân giác trong. Chứng minh rằng $\widehat{BMC}+\widehat{BNC}=90^\circ$.

 

Từ giả thiết ta có $AB>BC$ nên $N$ nằm giữa $M$ và $C$. Kẻ $CR$ vuông góc $BN$, $CR$ cắt $AB$ tại $S$ thì $S$ nằm giữa $A$ và $B$ do $BC=BS<AB$

Vì $BC=BS$ nên $AB-BC=AS=\frac{AC}{\sqrt{2}}\Rightarrow AS^2=\frac{AC^2}{2}=AC.AM\Rightarrow \Delta ASM\sim\Delta ACS(c.g.c)\Rightarrow \angle ASM=\angle ACS$

$BM$ là trung tuyến của tam giác $ABC$ nên $BM^2=\frac{2(AB^2+BC^2)-AC^2}{4}=\frac{2AB^2+2BC^2-2(AB-BC)^2}{4}=AB.BC=BS.AB\Rightarrow \Delta BMS\sim\Delta BAM\Rightarrow \angle BMA=\angle BSM\Rightarrow \angle BMC=\angle ASM$

Vậy ta có: $\angle BMC=\angle ACS\Rightarrow \angle BMC+\angle BNC=\angle ACS+\angle RNC=90^{\circ}$

Hình gửi kèm

  • Screenshot (297).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#27 PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 176 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-01-2022 - 17:31

Bài đầu tiên trong năm 2022  :icon6:

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm $H$. $(BOC)$ cắt đường tròn đường kính $AO$ tại $P$, $(BHC)$ cắt đường tròn đường kính $AH$ ở $Q$. $AP$ cắt $(BOC)$ ở $I$, $AQ$ cắt $(BHC)$ ở $J$. Chứng minh $PQ//IJ$

Mở rộng: Với điều kiện mà Hoang72 đã nhắc tới trong lời giải của mình, $P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác $ABC$. Chú ý rằng từ sự kiện này ta có thể suy ra bài toán 8 mở rộng của Hoang72.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 02-01-2022 - 17:34


#28 toilaaiiiday

toilaaiiiday

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết

Đã gửi 02-01-2022 - 19:21

Bài 10: Cho tam giác $ABC (AB < AC)$ nội tiếp $(O)$. Tia phân giác trong $AM$ của tam giác $ABC$ cắt $(O)$ tại điểm $E$ khác $A$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ và vuông góc $OM$. Gọi $F$ là giao điểm khác $A$ của $(O)$ và $d$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $E$ và $F$ cắt nhau tại $S$. Gọi giao điểm của $EC$ và $MS$ là $N$, $L$ là giao điểm khác $A$ của $AN$ và $(O)$. Chứng minh rằng $OM$ vuông góc với $MN$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 02-01-2022 - 19:31


#29 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 02-01-2022 - 20:41

Bài 10: Cho tam giác $ABC (AB < AC)$ nội tiếp $(O)$. Tia phân giác trong $AM$ của tam giác $ABC$ cắt $(O)$ tại điểm $E$ khác $A$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $A$ và vuông góc $OM$. Gọi $F$ là giao điểm khác $A$ của $(O)$ và $d$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $E$ và $F$ cắt nhau tại $S$. Gọi giao điểm của $EC$ và $MS$ là $N$, $L$ là giao điểm khác $A$ của $AN$ và $(O)$. Chứng minh rằng $OM$ vuông góc với $MN$.

Gọi giao điểm của $FM$ với $(O)$ là $L$, kẻ đường kính $FR$

Dễ thấy $MO$ là trục đối xứng của hình thang $ALEF$ nên $MO$ vuông góc $LE$ tại $T$

Ta có: $\angle TME=90^{\circ}-\angle AEL=90^{\circ}-\angle FRE=\angle RFE$ nên tứ giác $EMOF$ nội tiếp mà tứ giác $EOFS$ nội tiếp nên 5 điểm $E,M,O,F,S$ đồng viên

Vậy ta có điều phải chứng minh

Hình gửi kèm

  • Screenshot (303).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#30 toilaaiiiday

toilaaiiiday

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết

Đã gửi 02-01-2022 - 21:11

Gọi giao điểm của $FM$ với $(O)$ là $L$, kẻ đường kính $FR$

Dễ thấy $MO$ là trục đối xứng của hình thang $ALEF$ nên $MO$ vuông góc $LE$ tại $T$

Ta có: $\angle TME=90^{\circ}-\angle AEL=90^{\circ}-\angle FRE=\angle RFE$ nên tứ giác $EMOF$ nội tiếp mà tứ giác $EOFS$ nội tiếp nên 5 điểm $E,M,O,F,S$ đồng viên

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bạn chỉ rõ tại sao $OM$ là trục đối xứng được không, cảm ơn ạ :))))



#31 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 02-01-2022 - 21:17

Bạn chỉ rõ tại sao $OM$ là trục đối xứng được không, cảm ơn ạ :))))

Từ giả thiết suy ra $OM$ là trung trực của $AF$ nên $AM=FM$ nên tam giác $AML$ bằng tam giác $FME$ nên ta có được các bộ đối xứng qua trục $OM$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#32 LTBN

LTBN

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 03-01-2022 - 11:39

 

Bài 9: 
Cho $\Delta ABC$ thoả mãn $AB-BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}$ có $M$ là trung điểm của $AC$, $BN$ là phân giác trong. Chứng minh rằng $\widehat{BMC}+\widehat{BNC}=90^\circ$.

 

Kẻ phân giác ngoài BP của tam giác ABC.

Gọi S, V, T lần lượt đối xứng với A, M, C qua B. Dễ thấy $S,V,T$ thẳng hàng và ST // BC.

Dễ thấy AB > BC nên C nằm giữa A, P.

Theo tính chất đường phân giác ngoài trong tam giác ta có $\frac{PA}{BA}=\frac{PC}{BC}=\frac{PA-PC}{BA-BC}=\frac{AC}{AC:\sqrt{2}}=\sqrt{2}$.

Do đó $CP^2=CB.CT\Rightarrow \Delta CBP\sim\Delta CPT\Rightarrow \frac{PT}{BP}=\frac{CP}{CB}=\sqrt{2}$.

Chứng minh tt ta có $\frac{PS}{BP}=\sqrt{2}$ nên $PS=PT$.

Từ đó $PV\perp ST$ nên tam giác PVM vuông tại P.

$\Rightarrow BP=BM\Rightarrow \widehat{BMC}+\widehat{BNC}=\widehat{BMC}+90^o-\widehat{BPM}=90^o$.

Hình gửi kèm

  • w.png


#33 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 04-01-2022 - 12:14

Bài 10: Cho dây cung $BC$ trên $(O)$. $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$. $E,F$ đối xứng với $B,C$ qua $AC,AB$. $I$ là trung điểm của $EF$. Chứng minh $AI$ đi qua một điểm cố định

 

Hình gửi kèm

  • Screenshot (309).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#34 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 308 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Âm nhạc

Đã gửi 05-01-2022 - 20:06

Bài 10: Cho dây cung $BC$ trên $(O)$. $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$. $E,F$ đối xứng với $B,C$ qua $AC,AB$. $I$ là trung điểm của $EF$. Chứng minh $AI$ đi qua một điểm cố định

cố định.png

$BE,CF$ lần lượt cắt $AC,AB$ tại $X,Y$.

Khi đó $BX$ cắt $CY$ tại trực tâm $H$ của $\Delta ABC$.

Gọi $M,K,J$ theo thứ tự là trung điểm của $BC,XY,AH$. 

$AI$ cắt $OM$ tại $D$. Ta sẽ chứng minh $D$ cố định.

Nhận thấy $IX,IY$ lần lượt là đường trung bình của các tam giác $EBF,ECF$ nên $IX=\frac{BF}{2}=\frac{BC}{2}=\frac{CE}{2}=IY$.

Suy ra $M,K,J,I$ cùng thuộc đường trung trực của $XY$.

Ta cũng có $MX=MY=\frac{BC}{2}=IX=IY$ nên $I,M$ đối xứng với nhau qua $XY$.

Ta có $\frac{KJ}{KM}=\frac{YJ^2}{MY^2}=\frac{AH^2}{BC^2}=\frac{4OM^2}{BC^2}$ luôn không đổi nên tỉ số $\frac{MK}{MJ}$ không đổi $\Rightarrow \frac{MJ}{MI}$ không đổi $\Rightarrow \frac{IJ}{IM}$ không đổi hay $\frac{AJ}{DM}$ không đổi.

Mà $AJ=OM$ không đổi nên độ dài $DM$ không đổi.

Vậy $AI$ đi qua $D$ cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 05-01-2022 - 20:06


#35 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 05-01-2022 - 20:43

Tiếp theo là một bài giải trí vui vui, nhưng cũng khá hay!

Bài 11: Cho hình vẽ. Biết tam giác $ABC$ đều và đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC$ như hình. Chứng minh: $BD+AE+AF=CD+AG+AH$

Hình gửi kèm

  • Screenshot (345).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#36 toilaaiiiday

toilaaiiiday

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết

Đã gửi 06-01-2022 - 11:03

Bài 12: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $I$. $L,S$ lần lượt là giao điểm của đường trung trực cạnh $AC, AB$ với $BC$. $D$ là giao điểm của $AI$ với $BC$. $M, N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC, ALS$. Chứng minh rằng $D,M,N$ thẳng hàng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toilaaiiiday: 07-01-2022 - 07:44


#37 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 308 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Âm nhạc

Đã gửi 06-01-2022 - 18:53

Tiếp theo là một bài giải trí vui vui, nhưng cũng khá hay!

Bài 11: Cho hình vẽ. Biết tam giác $ABC$ đều và đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC$ như hình. Chứng minh: $BD+AE+AF=CD+AG+AH$

hình.png

Gọi $J,K$ lần lượt là hình chiếu của $I$ trên $AB,AC$.

Khi đó $J,K$ lần lượt là trung điểm của $EF,GH$.

Ta có $AE+AF=2AJ;AH+AG=2AK$ nên ta quy về chứng minh $BD-CD=2(AK-AJ)$.

Ta có $BD-CD=\frac{BD^2-CD^2}{BD+CD}=\frac{BI^2-CI^2}{BC}=\frac{(BJ^2-CK^2)+(IJ^2-IK^2)}{BC}=\frac{(BJ-CK)(BJ+CK)+(AK^2-AJ^2)}{BC}=\frac{(AK-AJ)(BJ+CK)+(AK-AJ)(AK+AJ)}{BC}=\frac{(AK-AJ)(AB+AC)}{BC}=2(AK-AJ)$ hay ta có đpcm.



#38 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 06-01-2022 - 20:29

attachicon.gif hình.png

Gọi $J,K$ lần lượt là hình chiếu của $I$ trên $AB,AC$.

Khi đó $J,K$ lần lượt là trung điểm của $EF,GH$.

Ta có $AE+AF=2AJ;AH+AG=2AK$ nên ta quy về chứng minh $BD-CD=2(AK-AJ)$.

Ta có $BD-CD=\frac{BD^2-CD^2}{BD+CD}=\frac{BI^2-CI^2}{BC}=\frac{(BJ^2-CK^2)+(IJ^2-IK^2)}{BC}=\frac{(BJ-CK)(BJ+CK)+(AK^2-AJ^2)}{BC}=\frac{(AK-AJ)(BJ+CK)+(AK-AJ)(AK+AJ)}{BC}=\frac{(AK-AJ)(AB+AC)}{BC}=2(AK-AJ)$ hay ta có đpcm.

Biến đổi cạnh khá hay nhưng có thể vẽ song song như hình bên dưới

Bài tiếp theo

Bài 13: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. $E$ là giao của $AD$ và $BC$. $EF$ là đường kính của $(ECD)$. $Q$ là điểm chính giữa cung lớn $CD$ của $(ECD)$. $QF$ cắt $CD,AC$ tại $H,G$. $P$ là điểm chính giữa cung nhỏ $CD$ của $(ECD)$. $PF$ cắt $BD,CD$ tại $K,L$. Chứng minh $(DKL)$ tiếp xúc $(CGH)$

Hình gửi kèm

  • Screenshot (329).png
  • Screenshot (325).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#39 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 14-01-2022 - 21:08

Một bài hình hay mình vừa lụm được trên facebook

Bài 14: Cho $\Delta ABC$ có ba đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $M,N$ là trung điểm của $BC,AH$. Gọi $P$ là giao điểm của $AM$ và $CN$. Chứng minh: $\angle PFD=90^{\circ}$

Lời giải.

Screenshot (412).png

Gọi $X$ là giao điểm của $CF$ và $AM$, $Y$ là giao điểm của $CN$ và $AB$, $Z$ là giao điểm của đường vuông góc với $FD$ tại $F$ và $AC$, $T$ là giao điểm của $FC$ và $EM$.

Ta cần chứng minh $AX,FY,CZ$ đồng quy nữa là xong

Thật vậy, xét các cặp tam giác đồng dạng ta suy ra các cặp cạnh tỉ lệ theo thứ tự: $\Delta HTE \sim \Delta AZF,\Delta CHE \sim \Delta CAF,\Delta CTE \sim \Delta CZF\Rightarrow \frac{HT}{AZ}=\frac{HE}{AF}=\frac{CE}{CF}=\frac{CT}{CZ}$

$\Rightarrow \frac{TH}{TC}=\frac{AZ}{CZ}$

Áp dụng định lý Menelaus trong $\Delta BHC$ với bộ ba điểm $M,T,E$ thẳng hàng, ta được: $\frac{MB}{MC}.\frac{TC}{TH}.\frac{EH}{EB}=1\Rightarrow \frac{TH}{TC}=\frac{EH}{EB}$

Vậy ta có được: $\frac{ZA}{ZC}=\frac{EH}{EB}$ 

Tiếp tục áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta BFC$ với bộ ba điểm $M,X,A$ thẳng hàng, ta được: $\frac{MB}{MC}.\frac{XC}{XF}.\frac{AF}{AB}=1\Rightarrow \frac{XC}{XF}=\frac{AB}{AF}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta AFH$ với bộ ba điểm $Y,N,C$ thẳng hàng, ta được: $\frac{NA}{NH}.\frac{CH}{CF}.\frac{YF}{YA}=1\Rightarrow \frac{YF}{YA}=\frac{CF}{CH}$

Tổng hợp các tỉ số trên, ta được: $\frac{ZA}{ZC}.\frac{XC}{XF}.\frac{YF}{YA}=\frac{EH}{EB}.\frac{AB}{AF}.\frac{CF}{CH}=\frac{EH.CF}{CH.BE}.\frac{AB}{AF}=\frac{FH.CF}{BH.BE}.\frac{AB}{AF}=\frac{BF.FA}{BF.AB}.\frac{AB}{AF}=1$

Theo Menelaus đảo thì ta có $AX,FY,CZ$ đồng quy. Vậy ta có điều phải chứng minh.


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#40 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 15-01-2022 - 08:17

Bài 15: Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $C$ là một điểm thuộc đường tròn sao cho $CA>CB$. Kẻ $CH$ vuông góc với $AB$. Từ $H$ kẻ $HE,HF$ vuông góc với $CA,CB$. $(MOC)$ cắt $CH$ tại $K$. $EF$ cắt $(O)$ tại $M,N$ ($M$ thuộc cung nhỏ $CA$, $N$ thuộc cung nhỏ $CB$). Chứng minh rằng $KO$ và $HN$ cắt nhau tại một điểm $L$ trên $(O)$

Hình gửi kèm

  • Screenshot (414).png

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh