Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] HÌNH HỌC


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 72 trả lời

#41 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 345 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:(^_^)

Đã gửi 16-01-2022 - 10:39

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 $(O)$

Kẻ tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ cắt $HE,HF$ lần lượt tại $X,Y$.

Khi đó $H,X$ đối xứng với nhau qua $CA$; $H,Y$ đối xứng với nhau qua $CB$.

Lại có $EX.EH=EA.EC=EM.EN$ nên $X,M,H,N$ đồng viên.

Tương tự $Y,M,H,N$ đồng viên nên $X,Y,M,N,H$ đồng viên.

Mà $C$ là tâm của $(HXY)$ nên $CM=CN=CH$.

Giả sử $HN$ cắt lại $(O)$ tại $L$ thì do $C$ là tâm của $(HMN)$ nên $\frac{\angle MOL}{2}=\angle MNL=\angle MNH=\frac{\angle MCH}{2}=\frac{\angle MOK}{2}$.

Từ đó $O,K,L$ thẳng hàng nên ta có đpcm.

Hình gửi kèm

  • HInh.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 16-01-2022 - 10:45


#42 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 16-01-2022 - 12:15

Bài này có hướng đơn giản hơn vì thật ra nó rất đơn giản  :icon6:

Lời giải.

Theo một bài toán quen thuộc thì $CO$ vuông góc $MN$ do vậy $CO$ là đường trung trực của $MN$ nên $CM=CN$ nên $\angle MAC=\angle CMN\Rightarrow \Delta CME\sim\Delta CAM(g.g)\Rightarrow CM^2=CE.CA=CH^2$

Vậy ta được $CM=CN=CH$

Gọi L là giao điểm của $OK$ và $HN$

Biến đổi góc ta được: $\angle MHL=180^{\circ}-\angle MHN=180^{\circ}-(\angle CMH+\angle CNH)=180^{\circ}-(\frac{180^{\circ}-\angle MCH}{2}+\frac{180^{\circ}-\angle HCN}{2})=\frac{\angle MCN}{2}=\angle MCO=\angle MKO$

Do vậy tứ giác $MKHL$ nội tiếp

Có: $\angle MKH=180^{\circ}-\angle MKC=180^{\circ}-\angle MOC=2\angle MCO=\angle MCN$

Vậy nên: $180^{\circ}=\angle MLH+\angle MKH=\angle MLH+\angle MCN$

Vì vậy $L\in (O)$. Ta có điều phải chứng minh

Screenshot (425).png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 17-01-2022 - 10:46

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

 

 

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

 

 

 


#43 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 136 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:$who học english$

Đã gửi 20-01-2022 - 17:04

Bài 16: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ bất kì trong $\Delta ABC$, đường thẳng qua $P$ vuông góc với $CA$, $AB$ cắt $BC$ tại $X$, $Y$. $(PBX)$ cắt $AB$ tại $Z$, $(PCY)$ cắt $CA$ tại $T$
a) Chứng minh $P$, $Z$, $T$ thẳng hàng
b) Tiếp tuyến tại $T$ của $(PCY)$ cắt tiếp tuyến tại $Z$ của $(PBX)$ tại $K$. Chứng minh $KA$ đi qua một trong 2 giao điểm của $(KZT)$ và $(O)$
P/s: góp cho các bạn bài này, đây là bài kiểm tra của lớp 10 nhưng có vẻ nó chỉ áp dụng các kiến thức THCS. Mời các bạn thử nhé!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 20-01-2022 - 17:13


#44 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 20-01-2022 - 20:10

Bài 16: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ bất kì trong $\Delta ABC$, đường thẳng qua $P$ vuông góc với $CA$, $AB$ cắt $BC$ tại $X$, $Y$. $(PBX)$ cắt $AB$ tại $Z$, $(PCY)$ cắt $CA$ tại $T$
a) Chứng minh $P$, $Z$, $T$ thẳng hàng
b) Tiếp tuyến tại $T$ của $(PCY)$ cắt tiếp tuyến tại $Z$ của $(PBX)$ tại $K$. Chứng minh $KA$ đi qua một trong 2 giao điểm của $(KZT)$ và $(O)$
P/s: góp cho các bạn bài này, đây là bài kiểm tra của lớp 10 nhưng có vẻ nó chỉ áp dụng các kiến thức THCS. Mời các bạn thử nhé!

Em làm câu a) dễ trước  :(

Giả sử $PT$ cắt $AB$ tại $Z'$ thì $\angle PXY=180^{\circ}-\angle XPY-\angle PYX=\angle 180^{\circ}-\angle TAZ'-\angle ATZ'=\angle TZ'A=\angle BZ'P$ (Ta dễ có: $\angle XPY=\angle TAZ'$)

Vậy nên tứ giác $BXZ'P$ nội tiếp hay $Z'$ là giao điểm của $(PXB)$ với $AB$. Chứng tỏ $Z$ trùng $Z'$

Vậy $P,T,Z$ thẳng hàng

Hình gửi kèm

  • Screenshot (452).png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 20-01-2022 - 20:23

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

 

 

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

 

 

 


#45 tthnew

tthnew

    Hạ sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 67 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-01-2022 - 07:50

Góp 1 bài đơn giản nhé :D Lâu quá không trở lại diễn đàn rồi :)

Bài 17: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I).$ $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D.$ $X$ đối xứng $A$ qua $O.$ $DX$ cắt $(O)$ tại $Y$ khác $X.$ $AI$ cắt $(O)$ tại $K.$ Chứng minh rằng tiếp tuyến tại O của $(OXY)$ cắt $DK$ tại một điểm chính là tâm của (AYI).

271855657_968579290752832_78855459832096


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 22-01-2022 - 09:35


#46 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 22-01-2022 - 09:29

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

Lời giải.

Ta có: $\angle MBC=90^{\circ}-\frac{\angle BMC}{2}=90^{\circ}-(180^{\circ}-\angle IBC)=2\angle BAC-90^{\circ}$

$\angle NSL=90^{\circ}-\frac{\angle LNS}{2}=90^{\circ}-\angle LAS=90^{\circ}-(\angle SAC+\angle CAL)=90^{\circ}-(\angle ACB+\angle ABC-\angle BAC)=2\angle BAC-90^{\circ}$

Vậy nên $\angle MBC=\angle NSL\Rightarrow MB//NS$

Tương tự thì $MC//NL$

Ta chứng minh: $\frac{DB}{DC}=\frac{DS}{DL}$ nữa là xong!

Thật vậy, biến đổi góc: $\angle DAS=180^{\circ}-\angle ASB-\angle ADS=180^{\circ}-(180^{\circ}-2\angle ABC)-\angle BAI-\angle ABC=\angle ABC-\angle ABI=\angle IBC=\angle ICB=\angle ACB-\angle ACI=180^{\circ}-\angle ALC-\angle ADL=\angle LAD$

Vậy ta có được: $\angle IBC=\angle ICB=\angle DAS=\angle DAL$

Từ đây ta có: 

$\frac{DB}{DC}=\frac{DB}{DA}.\frac{DA}{DC}=\frac{sinBAD}{sinABD}.\frac{sinACD}{sinDAC}=\frac{sinACB}{sinABC}.\frac{sin(90^{\circ}-ACB)}{sin(90^{\circ}-ABC)}=\frac{sin(2ACB)}{sin(2ABC)}$

$\frac{DS}{DL}=\frac{DS}{DA}.\frac{DA}{DL}=\frac{sinDAS}{sinASD}.\frac{sinDLA}{sinLAD}=\frac{sinDLA}{sinASD}=\frac{sin(180^{\circ}-2ACB)}{sin(180^{\circ}-2ABC)}=\frac{sin(2ACB)}{sin(2ABC)}$

Ta có điều phải chứng minh

Hình gửi kèm

  • Screenshot (463).png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 24-01-2022 - 11:16

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

 

 

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

 

 

 


#47 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 345 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:(^_^)

Đã gửi 23-01-2022 - 08:58

Bài 16: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ bất kì trong $\Delta ABC$, đường thẳng qua $P$ vuông góc với $CA$, $AB$ cắt $BC$ tại $X$, $Y$. $(PBX)$ cắt $AB$ tại $Z$, $(PCY)$ cắt $CA$ tại $T$
a) Chứng minh $P$, $Z$, $T$ thẳng hàng
b) Tiếp tuyến tại $T$ của $(PCY)$ cắt tiếp tuyến tại $Z$ của $(PBX)$ tại $K$. Chứng minh $KA$ đi qua một trong 2 giao điểm của $(KZT)$ và $(O)$

b) Gọi (PCY) cắt lại (PBX) tại E.

Khi đó $\angle BEC=180^o-\angle EBC-\angle ECB=\angle EPX+\angle EPY-180^o=180^o-\angle XPY=\angle BAC\Rightarrow E\in (O)$.

Mặt khác $\angle TEZ=\angle ZEP-\angle TEP=180^o-\angle ABP-\angle ACP=180^o-\angle KZT-\angle KTZ=\angle ZKT$.

Do đó $Z,K,E,T$ đồng viên.

$(KZT)$ cắt $(O)$ lại tại $D$.

Khi đó $\angle KDE=\angle KZE=\angle ZPE-\angle TPE=\angle ACE=\angle ADE$.

Dẫn đến $A, K, D$ thẳng hàng hay ta có đpcm.

Hình gửi kèm

  • vler.png


#48 pntoi oni10420

pntoi oni10420

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$VNG$

Đã gửi 24-01-2022 - 12:47

Góp 1 bài đơn giản nhé :D Lâu quá không trở lại diễn đàn rồi :)

Bài 17: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I).$ $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D.$ $X$ đối xứng $A$ qua $O.$ $DX$ cắt $(O)$ tại $Y$ khác $X.$ $AI$ cắt $(O)$ tại $K.$ Chứng minh rằng tiếp tuyến tại O của $(OXY)$ cắt $DK$ tại một điểm chính là tâm của (AYI).

271855657_968579290752832_78855459832096

Gọi $S$ là tâm $(AYI)$. $AS$ cắt $XY$ tại $E$. Dễ thấy $OS$ $//$ $XY$ ($\perp AY$) nên $S$ là trung điểm $AE$ hay $AYEI$ nội tiếp hay $EI$ $//$ $KX$
Bài toán đưa về chứng minh $DK$ đi qua trung điểm $AE$. $AI$ cắt $XY$ tại $G$. Để $\overline{K,D,F}$ thì cần $\frac{KA}{KG}.\frac{GD}{DE}.\frac{ES}{SA}=1\Rightarrow \frac{KA}{KG}=\frac{DE}{DG}$ (1)
$DK$ cắt $IE$ tại $F$. $Menelaus$ cho $\Delta IEG$ được $\frac{KI}{KG}.\frac{DG}{DE}.\frac{EF}{FI}=1$ (2)
Từ (1) và (2) đưa về chứng minh $\frac{EF}{FI}=\frac{KA}{KI}$. $DI$ cắt $KX$ tại $T$ thì suy ra $\frac{EF}{FI}=\frac{KX}{KT}$. Do đó cần chứng minh $\frac{KA}{KI}=\frac{KX}{KT}$ (đúng do $\Delta IKT\sim \Delta AKX(g-g)$). Do đó $K$, $D$, $S$ thẳng hàng. Mặt khác $OS // XY$ nên hiển nhiên $OS$ là tiếp tuyến của $(OXY)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pntoi oni10420: 24-01-2022 - 12:50


#49 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 26-01-2022 - 12:36

Bài 18: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có $H$ là trực tâm, $AD$ là đường cao, $M$ là trung điểm của $BC$. $HM$, $(AH)$, $(O)$ giao nhau tại $Q$. $HX$ vuông góc với $QM$ sao cho $X$ thuộc $BC$. $L,P$ là trung điểm của $QH,QA$. $NQ//LX$ sao cho $N$ thuộc $PM$. Chứng minh $(DMN)$ tiếp xúc $(QH)$

 

Hình gửi kèm

  • Screenshot (483).png

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

 

 

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

 

 

 


#50 huhuhuhu

huhuhuhu

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Đã gửi 27-01-2022 - 11:56

Bổ đề khá hay muốn gửi mấy bạn thcs: 

Bài 19: Cho $\triangle ABC$, tiếp tuyến tại $A$ cắt $BC$ tại $T$, đường thẳng bất kì qua $T$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $M$, $N$, cmr: $\frac{BM}{MA}$ $\cdot$  $\frac{NA}{NC}$ = $\frac{TB}{TC}$ Từ đó dẫn tới việc, kẻ $MK$ // $AC$, $NL$ // $AB$ ($K$, $L$ thuộc $BC$) thì $(AKL)$ tiếp xúc $(ABC)$. Ở đây kí hiệu $(ABC)$ là đường tròn ngọai tiếp $\triangle ABC$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 27-01-2022 - 17:23


#51 pntoi oni10420

pntoi oni10420

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$VNG$

Đã gửi 28-01-2022 - 01:23

Bài 18: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có $H$ là trực tâm, $AD$ là đường cao, $M$ là trung điểm của $BC$. $HM$, $(AH)$, $(O)$ giao nhau tại $Q$. $HX$ vuông góc với $QM$ sao cho $X$ thuộc $BC$. $L,P$ là trung điểm của $QH,QA$. $NQ//LX$ sao cho $N$ thuộc $PM$. Chứng minh $(DMN)$ tiếp xúc $(QH)$

Gọi $(QH)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $K$
Định nghĩa là điểm $P$. Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của $(KMQ)$ với $AQ$, khi đó ta có được $\Delta KQP\sim \Delta KHM(g-g)$ (1)
Gọi $J$ đối xứng với $H$ qua $M$, dễ chứng minh được $\Delta KQA\sim \Delta KHJ(g-g)$ (2)
Từ (1) và (2) biến đổi tỉ số sẽ dễ chứng minh được $P$ trung điểm $AQ$ (đúng với giả thiết)
Một tính chất quen thuộc là $XH = XK$ là tiếp tuyến của $(QH)$. Phần này chỉ cần gọi đối xứng với $H$ qua $BC$ sau đó biến đổi góc
Do đó $XL\perp KH$ hay $NQ\perp KH$. Mà $QK\perp KH$ nên $N$, $Q$, $K$ thẳng hàng
Gọi $T$ là đối xứng của $H$ qua $BC$. Ta có $X$ là tâm $(KHT)$ và $XK^2=XH^2=XD.XM$
Do đó $\widehat{NKD}+\widehat{NMD}=90^{\circ}+\widehat{HKD}+\widehat{KTA}+KMD=90^{\circ}+\widehat{XKD}+\widehat{HKD}+90^{\circ}-\widehat{XKH}=180^{\circ}$ hay $DKNM$ nội tiếp
Mặt khác $XH^2=XK^2=XD.XM$ nên $XK$ là tiếp tuyến của $(QH)$ và $(DNM)$ hay có đpcm
P/s: bạn có thể tham khảo đề chọn đt hsgqg tỉnh bắc giang 2021 để rõ hơn về bài này, vì trong đề không yêu cầu chứng minh hai đường tròn tiếp xúc mà còn chứng minh các ý nhỏ khác, như vậy các bạn sẽ dễ hình dung được lời giải bài toán hơn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pntoi oni10420: 28-01-2022 - 07:40


#52 pntoi oni10420

pntoi oni10420

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$VNG$

Đã gửi 28-01-2022 - 01:24

Bổ đề khá hay muốn gửi mấy bạn thcs: 

Bài 19: Cho $\triangle ABC$, tiếp tuyến tại $A$ cắt $BC$ tại $T$, đường thẳng bất kì qua $T$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $M$, $N$, cmr: $\frac{BM}{MA}$ $\cdot$  $\frac{NA}{NC}$ = $\frac{TB}{TC}$ Từ đó dẫn tới việc, kẻ $MK$ // $AC$, $NL$ // $AB$ ($K$, $L$ thuộc $BC$) thì $(AKL)$ tiếp xúc $(ABC)$. Ở đây kí hiệu $(ABC)$ là đường tròn ngọai tiếp $\triangle ABC$. 

Ý đầu Mene
Ý sau, sử dụng tính chất: $\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}$ để chứng minh $AK$, $AL$ đẳng giác


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pntoi oni10420: 28-01-2022 - 01:25


#53 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 28-01-2022 - 07:24

Gọi $(QH)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $K$
Định nghĩa là điểm $P$. Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của $(KMQ)$ với $AQ$, khi đó ta có được $\Delta KQP\sim \Delta KHM(g-g)$ (1)
Gọi $J$ đối xứng với $H$ qua $M$, dễ chứng minh được $\Delta KQA\sim \Delta KHJ(g-g)$ (2)
Từ (1) và (2) biến đổi tỉ số sẽ dễ chứng minh được $P$ trung điểm $AQ$ (đúng với giả thiết)
Một tính chất quen thuộc là $XH = XK$ là tiếp tuyến của $(QH)$. Phần này chỉ cần gọi đối xứng với $H$ qua $BC$ sau đó biến đổi góc
Do đó $XL\perp KH$ hay $NQ\perp KH$. Mà $QK\perp KH$ nên $N$, $Q$, $K$ thẳng hàng
Gọi $T$ là đối xứng của $H$ qua $BC$. Ta có $X$ là tâm $(KHT)$ và $XK^2=XH^2=XD.XM$
Do đó $\widehat{NKD}+\widehat{NMD}=90^{\circ}+\widehat{HKD}+\widehat{KTA}+KMD=90^{\circ}+\widehat{XKD}+\widehat{HKD}+90^{\circ}-\widehat{XKH}=180^{\circ}$ hay $DKNM$ nội tiếp
Mặt khác $XH^2=XK^2=XD.XM$ nên $XK$ là tiếp tuyến của $(QH)$ và $(DNM)$ hay có đpcm
P/s: bạn có thể tham khảo đề chọn đt hsgqg tỉnh bắc giang 2021 để rõ hơn về bài này

Bài này mình không hề lấy trong đề chọn đội tuyển Bắc Giang, nó là bài toán chưa có lời giải trên diễn đàn vào năm 2015, còn đề Bắc Giang mình chưa xem! 


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

 

 

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

 

 

 


#54 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 29-01-2022 - 19:34

Bài 20: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. $DE$ là đường kính. $G$ thuộc cung nhỏ $AB$, $DG$ cắt $BC$ tại $F$. Đường thẳng qua $F$ song song với $AE$ cắt $AG$ tại $H$. CM: $(ABH)$ đi qua trực tâm S của tam giác $ACH$

Hình gửi kèm

  • Screenshot (513).png

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

 

 

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

 

 

 


#55 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 31-01-2022 - 08:31

Bài 20: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. $DE$ là đường kính. $G$ thuộc cung nhỏ $AB$, $DG$ cắt $BC$ tại $F$. Đường thẳng qua $F$ song song với $AE$ cắt $AG$ tại $H$. CM: $(ABH)$ đi qua trực tâm S của tam giác $ACH$

Lời giải.

Gọi $L$ là giao điểm của $FH$ và $AD$, $T$ là giao điểm của $AD$ và $BC$, $(GBH)$ cắt $BC$ tại $K$, lấy $I$ đối xứng với $H$ qua $BC$, $M$ là giao điểm của $IH$ và $KB$ 

Ta cần chứng minh: $\angle ABH+\angle ACH=180^{\circ}$

Dễ có $\Delta ABH\sim\Delta CGK(g.g)\Rightarrow \angle KGC=\angle ABH$

và $\angle GAC=\angle GBK=\angle GHK\Rightarrow KH//AC\Rightarrow \angle ACH=180^{\circ}-\angle KHC=180^{\circ}-\angle KIC$

Từ 2 điều trên ta cần chứng minh tứ giác $KIGC$ nội tiếp nữa là xong.

Ta có: $\angle HLD=\angle TMH=90^{\circ}$ nên tứ giác $TLMH$ nội tiếp

Mặt khác: $GB^2=DF.DG=DT.DA$ nên tứ giác $FTAG$ nội tiếp 

Từ hai tứ giác nội tiếp kia ta suy ra $\angle HGF=\angle MTL=\angle MHF=\angle MIF$ nên tứ giác $IGFH$ nội tiếp

Biến đổi góc: $\angle KIG+\angle GCK=\angle KIH+\angle HIG+\angle GCK=90^{\circ}-\angle HGB+\angle 180^{\circ}-\angle LFD+\angle GCK=90^{\circ}-\angle HGB+180^{\circ}-(90^{\circ}-\angle GDA)+\angle GCK= 180^{\circ}+\angle ACB-\angle HGB=180^{\circ}$

Vậy tứ giác $KIGC$ nội tiếp

Ta có điều phải chứng minh

Hình gửi kèm

  • Screenshot (516).png

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

 

 

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

 

 

 


#56 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 13-02-2022 - 13:27

Bài 21: Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$. Gọi $(T)$ là đường tròn đi qua $A,B$ và tiếp xúc với $BC$ tại $B$. Trên cung lớn $AB$ của $(T)$ lấy điểm M bất kì. Gọi $D$ là điểm đối xứng với $B$ qua $M$. Đường thẳng $BC$ cắt $(ABD)$ tại điểm thứ hai $E$. Gọi $F$ là giao điểm của $CD$ và $AM$. Chứng minh tứ giác $ACEF$ nội tiếp. 

Hình gửi kèm

  • Screenshot (613).png

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

 

 

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

 

 

 


#57 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 345 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:(^_^)

Đã gửi 15-02-2022 - 11:35

Kẻ đường kính $BG$ của $(T)$ thì $A,G,C$ thẳng hàng.

Lấy $K,I$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC$.

Khi đó $I$ là giao hai tiếp tuyến tại $A,B$ của $(I)$.

Từ đó theo tính chất quen thuộc ta có $MK,MI$ đẳng giác trong $\angle AMB$.

Ta có $\angle AEC=\angle ADB=\angle BMK=\angle AMI=\angle AFC$.

Dẫn đến tứ giác $ACEF$ nội tiếp. Ta có đpcm.

Hình gửi kèm

  • hh.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 15-02-2022 - 14:51


#58 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 15-02-2022 - 12:00

Kẻ đường kính $BG$ của $(T)$ thì $A,G,C$ thẳng hàng.

Lấy $K,I$ lần lượt là trung điểmcuar $AB,BC$.

Khi đó $I$ là giao hai tiếp tuyến tại $A,B$ của $(I)$.

Từ đó theo tính chất quen thuộc ta có $MK,MI$ đẳng giác trong $\angle AMB$.

Ta có $\angle AEC=\angle ADB=\angle BMK=\angle AMI=\angle AFC$.

Dẫn đến tứ giác $ACEF$ nội tiếp. Ta có đpcm.

Kẻ phụ hay quá  :D . Bài này còn còn cách tiếp cận khác.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

Vì $\angle AMB=\angle ABC\Rightarrow \Delta ABE\sim \Delta AMD$

$\Rightarrow \frac{AB}{AM}=\frac{EB}{DM}=\frac{EB}{BM}$

Kết hợp với $\angle BAM=\angle DAE=\angle DBE$ nên $\Delta ABM\sim\Delta BEM\Rightarrow \angle AMB=\angle EMB\Rightarrow \angle AME=2\angle AMB=2\angle ABH=\angle AHC$

Vì vậy tứ giác $AMEH$ nội tiếp. 

Từ đây có: $\angle AEH=\angle AMH=\angle AFC$ (Do $MN//BC$)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Hình gửi kèm

  • Screenshot (620).png

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

 

 

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

 

 

 


#59 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 24-02-2022 - 21:10

Bài 22: Cho △ABC có H là trực tâm, AD là đường cao. K là điểm đối xứng với D qua AC, L là điểm đối xứng của D qua AB. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với HM cắt AB,AC tại F,E. KE cắt FL tại P. Đường thẳng vuông góc với AP tại A cắt trung trực của AD tại S. T là tâm của (AKL). Chứng minh ∠ATS = 90°

Hình gửi kèm

  • Screenshot (707).png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 28-02-2022 - 09:56

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

 

 

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

 

 

 


#60 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1646 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 27-02-2022 - 09:28

Lời giải.

Hình gửi kèm

  • Screenshot (730).png
  • Screenshot (729).png

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

 

 

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

 

 

 





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh