Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 68 trả lời

#41 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 25-06-2022 - 11:24

287989313_572231424424912_90153844551603Bài toán 16


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 25-06-2022 - 11:29


#42 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 25-06-2022 - 11:39

bài toán 15

287858900_493738425899987_68405367446383



#43 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 25-06-2022 - 11:43

Bài toán 17. Cho tam giác $ABC$ với $P$ là điểm bất kỳ. Đường tròn $(PAB),(PAC)$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Đường tròn $(AEF)$ cắt $AP$ tại $M$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(AEF)$ cắt EF tại $X$. Chứng minh đối xứng của $M$ qua $XP$ nằm trên $(ABC)$.  



#44 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 174 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:GFN

Đã gửi 27-06-2022 - 09:22

Bài toán 17. Cho tam giác $ABC$ với $P$ là điểm bất kỳ. Đường tròn $(PAB),(PAC)$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Đường tròn $(AEF)$ cắt $AP$ tại $M$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(AEF)$ cắt EF tại $X$. Chứng minh đối xứng của $M$ qua $XP$ nằm trên $(ABC)$.  

Gọi $AP$ cắt $(O)$ tại $J$, $L$ đối xứng với $J$ qua $O$, $ML$ cắt $(O)$ tại $T$, $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $G$ 
Dễ thấy $\frac{GB}{GC}=\frac{GF}{GE}=\frac{CF}{BE}=\frac{JB}{JC}$ nên $GJB$ là tứ giác điều hòa
$\Rightarrow A(GM, EF)=-1$ hay $XG$ cũng là tiếp tuyến của $(AEF)$
$\Delta MFG\sim \Delta JBG (g-g)\Rightarrow \widehat{MFG}=\widehat{JBG}=\widehat{OLG}\Leftrightarrow \widehat{XMG}=\widehat{OLG}$
$\Rightarrow \Delta XMG\sim \Delta OLG(g-g)\Rightarrow \widehat{LOG}=\widehat{MXG}\Leftrightarrow \widehat{MGT}=\frac{1}{2}\widehat{LOG}=\frac{1}{2}\widehat{MXG}$ nên $T$ thuộc $(X, XM)$ hay $XT=XM$
Một tính chất khá quen thuộc là $PM=PJ$ (phần này có ở bài 3.34 sách thầy Nguyễn Văn Linh các bạn có thể tham khảo)
Mà $\widehat{MTJ}=90^{\circ}$ nên $PT=PM$. Do đó có đpcm

geogebra-export (10).png



#45 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1700 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 27-06-2022 - 11:29

Một số tính chất mà em phát hiện được khi giải một bài toán, không biết đã có ở đâu hay chưa!

Bài toán 18. Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Qua $D$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AI$ cắt $IB,IC$ tại $P,Q$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $BQCP$ nội tiếp $(O)$. Khi đó hãy chứng minh $A,D,O$ thẳng hàng

b) $PQ$ cắt đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của $\Delta ABC$ tại $R$. $S$ là trung điểm của $ID$. Chứng minh rằng $RS$ vuông góc với $AD$.

Screenshot (1539).png

 


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

 

 

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

 

 

 


#46 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 27-06-2022 - 15:55

Bài toán 17. Cho tam giác $ABC$ với $P$ là điểm bất kỳ. Đường tròn $(PAB),(PAC)$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Đường tròn $(AEF)$ cắt $AP$ tại $M$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(AEF)$ cắt EF tại $X$. Chứng minh đối xứng của $M$ qua $XP$ nằm trên $(ABC)$.  

289039153_1144348172778133_6038251029270lời giải của mình, cũng dùng bổ đề trên để xử lí



#47 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 27-06-2022 - 17:19

289456753_807531633960730_70920208187464

ý b bài 18 khá vui còn ý a thì a làm lâu rồi( mn check xem thử đúng chưa ạ)

289028916_608514667077463_81687024629050


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 27-06-2022 - 17:31


#48 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 27-06-2022 - 17:20

Bài toán 19. Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp và trực tâm lần lượt là $O,H$. $M$ bất kỳ trên $(O)$, $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $BC$. $P$ là giao thứ hai của $AM$ và $(OMN)$. Chứng minh $HN$ đi qua trực tâm của $AOP$



#49 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 174 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:GFN

Đã gửi 27-06-2022 - 17:40

Một số tính chất mà em phát hiện được khi giải một bài toán, không biết đã có ở đâu hay chưa!

Bài toán 18. Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Qua $D$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AI$ cắt $IB,IC$ tại $P,Q$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $BQCP$ nội tiếp $(O)$. Khi đó hãy chứng minh $A,D,O$ thẳng hàng

b) $PQ$ cắt đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của $\Delta ABC$ tại $R$. $S$ là trung điểm của $ID$. Chứng minh rằng $RS$ vuông góc với $AD$.

attachicon.gif Screenshot (1539).png

a) Biến đổi góc dễ dàng có được $\widehat{PBC}=\widehat{PQC}$ nên $BQCP$ nội tiếp
Gọi $(I)$ tiếp xúc với $CA, AB$ tại $E, F$. $EF$ cắt $BC$ tại $G$, $BQ$ cắt $CP$ tại $H$. Ta sẽ chứng minh $I, H, G$ thẳng hàng
Điều này hiển nhiên vì $(GD, BC)=-1$ và $(HK, PC)=-1$ ($K$ là giao điểm của $ID$ và $PC$)
Do đó $I, G, H$ thẳng hàng. Mà $IG$ vuông góc $AD$ (tính chất quen thuộc), $IH$ vuông góc $DO$ (Brocard) nên $A, D, O$ thẳng hàng
geogebra-export (13).png
b) Gọi $X$ là trực tâm $\Delta BIC$, $AI$ cắt $BC$ tại $T$, $L$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$
Đầu tiên dễ thấy $d$ là đường đối cực của $X$ (d là đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của $\Delta ABC$), mà $R$ thuộc $d$ nên $X$ thuộc $d_R$
Mặt khác $T$ cũng thuộc $d_R$ nên $XT$ là đường đối cực của $R$
Gọi $I'$ đối xứng với $I$ qua $D$, $XT$ cắt đường thẳng qua $I'//BC$ tại $J$. Đầu tiên dễ thấy $I'$ và $S$ nghịch đảo nhau qua $(I)$ do đó $J$ là cực của $SR$ hay $SR$ vuông góc $IJ$
Do đó ta cần chứng minh $IJ//AD$
Thật vậy, ta có $\frac{IT}{TL}=\frac{IB.IC}{LB.LC}=\frac{I'B.I'C}{XC.XB}=\frac{I'D}{DX}=\frac{JT}{TX}\Rightarrow IJ//XL$
Mặt khác $XL//AD$ (biến đổi tỉ số đơn giản) nên $IJ//AD$. Đpcm
P/s: ở bài này $D, J, L$ cũng thẳng hàng luôn
geogebra-export (11).png

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 27-06-2022 - 18:00


#50 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 174 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:GFN

Đã gửi 27-06-2022 - 17:56

Bài toán 19. Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp và trực tâm lần lượt là $O,H$. $M$ bất kỳ trên $(O)$, $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $BC$. $P$ là giao thứ hai của $AM$ và $(OMN)$. Chứng minh $HN$ đi qua trực tâm của $AOP$

Gọi $(OMN)$ giao $(O)$ tại điểm thứ hai là $F$, $AF$ cắt $HN$ tại $D$, $AH$ cắt $(O)$ tại $E$
Ta có $MNHE$ là hình thang cân nên $\widehat{DNM}=180^{\circ}-\widehat{AEM}=180^{\circ}-\widehat{DFM}\Rightarrow$ $DFMN$ nội tiếp
$\widehat{DAP}+\widehat{ADO}=\frac{1}{2}\widehat{FOM}+\widehat{OMF}=90^{\circ}\Rightarrow DO\perp AP$. Tương tự $PO\perp AD$ nên $D$ là trực tâm $\Delta AOP$
geogebra-export (14).png



#51 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 28-06-2022 - 07:09

Bài toán 20. Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm nội tiếp. Đường tròn bàng tiếp góc $B,C$ lần lượt tiếp xúc với $AC,AB$ tại $X,Y$. Gọi $AD,AE$ là đường cao và đường phân giác của tam giác $ABC$. Chứng minh $DE$song song với tiếp tuyến tại $I$ của $(IDE)$.



#52 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 174 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:GFN

Đã gửi 28-06-2022 - 10:06

Bài toán 20. Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm nội tiếp. Đường tròn bàng tiếp góc $B,C$ lần lượt tiếp xúc với $AC,AB$ tại $X,Y$. Gọi $AD,AE$ là đường cao và đường phân giác của tam giác $ABC$. Chứng minh $DE$song song với tiếp tuyến tại $I$ của $(IDE)$.

Gọi $(J)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$, $R$ là hình chiếu của $J$ lên $BC$, $AI$ cắt $(O)$ tại $M$
Ta có $\Delta MBE\sim \Delta MAB(g-g)\Rightarrow \frac{MB}{ME}=\frac{BA}{BE}\Leftrightarrow \frac{MJ}{ME}=\frac{IA}{IE}\Leftrightarrow \frac{EJ}{EM}=\frac{EA}{EI}\Leftrightarrow \frac{EI}{EM}=\frac{EA}{EJ}=\frac{ED}{ER}$
$\Rightarrow ID//MR$. Gọi $ID$ cắt $MB, MC$ tại $P, Q$
Ta có $DP//MR$ nên $\frac{BM}{MP}=\frac{BR}{DR}$ $(1)$, $QD//MR$ nên $\frac{CM}{MQ}=\frac{CR}{RD}$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có được $\frac{MP}{MQ}=\frac{CR}{BR}=\frac{AY}{AX}$. Do đó $\Delta MPQ\sim \Delta AYX(c-g-c)$
Gọi $ID$ cắt $XY$ tại $N$ thì suy ra $\widehat{AYN}=\widehat{MPQ}=\widehat{NPB}$ hay $YNPB$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{YNI}=180^{\circ}-\widehat{ABM}=\widehat{IED}$. Do đó có đpcm
geogebra-export (18).png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 28-06-2022 - 14:02


#53 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 30-06-2022 - 21:25

Bài 21. JBMO 2022 mới vừa thi xong : Cho tam giác $ABC$ trực tâm $H$ và chân đường cao đỉnh $A$ là $D$ thỏa mãn $HA=HD$. Dựng tiếp tuyến $l$ của $HBC$ sao cho $l$ cắt $AB,AC$ tại $S,T$. $M,N$ là trung điểm $HB,HC$. Chứng minh $SM||TN$.



#54 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 30-06-2022 - 21:45

288935713_714508702992384_89793464842715bài bài này đăng vui thôi :))



#55 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1700 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 02-07-2022 - 16:12

Bài toán 22. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. $K$ là tâm đường tròn $A-mixtilinear$ của $\Delta ABC$. Gọi $M,N$ là trung điểm các cung $CA,AB$ chứa $B,C$ của $(O)$. $AM,AN$ cắt $KC,KB$ tại $P,Q$. $R$ là điểm đối xứng với $A$ qua $PQ$. Chứng minh rằng $(RBC)$ tiếp xúc $(K)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 12-07-2022 - 13:43

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 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 21-07-2022 - 11:47

Bài toán 23. Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $M$ là trung điểm $BC$. Trên $EF$ lấy các điểm $Q,R$ sao cho $MQ⊥AB$ và $MR⊥AC$. Lấy các điểm $S,T$ sao cho $CS||RT⊥DE$, $QS||BT⊥DF$. $K$ là hình chiếu của trung điểm $AH$ lên $HM$. Chứng minh $DK⊥ST$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 21-07-2022 - 11:47


#57 DaiphongLT

DaiphongLT

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 174 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:GFN

Đã gửi 29-07-2022 - 23:47

Bài toán 23. Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $M$ là trung điểm $BC$. Trên $EF$ lấy các điểm $Q,R$ sao cho $MQ⊥AB$ và $MR⊥AC$. Lấy các điểm $S,T$ sao cho $CS||RT⊥DE$, $QS||BT⊥DF$. $K$ là hình chiếu của trung điểm $AH$ lên $HM$. Chứng minh $DK⊥ST$

Gọi $QB$ cắt $CR$ tại $X$, dễ thấy $QB, CR$ lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $\widehat{SQB}= \widehat{TRC}=90^{\circ} \Rightarrow$ $SQXC, TRXB$ nội tiếp
Gọi $AH$ và $MH$ cắt $(O)$ tại $I$ và $G$ như hình vẽ. Khi đó $K$ là trung điểm $GH$
Gọi $J$ là giao điểm thứ hai của $(XQC)$ và $(XBR)$ $\Rightarrow$ $\Delta JQB\sim \Delta JCR(g-g)\Rightarrow \frac{JQ}{JC}=\frac{QB}{CR}$
Biến đổi góc đơn giản dễ thấy $G, Q, B, M, E$ nên $\Delta GQB\sim \Delta GFH(g-g)\Rightarrow \frac{GQ}{QB}=\frac{GF}{FH}$
Tương tự $G, R, C, M, F$ đồng viên nên $\Delta GRC\sim \Delta GEH(g-g)\Rightarrow \frac{GR}{CR}=\frac{GE}{EH}$. Mà $(GH, FE)=-1$ nên $\frac{GF}{FH}=\frac{GE}{EH}$ nên $\frac{GQ}{QB}=\frac{GR}{CR}$$\Leftrightarrow \frac{GQ}{GR}=\frac{QB}{CR}=\frac{JQ}{JC}$
Biến đổi góc ta cũng dễ chứng minh được $GQXR$ nội tiếp do đó ta có được $\Delta GQR\sim \Delta JQC(c-g-c)\Rightarrow \widehat{JXQ}=\widehat{JCQ}=\widehat{GRQ}=\widehat{GXQ}\Rightarrow$ $G, J, I, X$ thẳng hàng hay $IG$ là trục đẳng phương của $(XQC)$ và $(XBR)$
$\Rightarrow IG\perp ST$ hay $DK\perp ST$
geogebra-export.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 02-08-2022 - 19:47


#58 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 13-08-2022 - 08:47

Bài toán 24. Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ bất kỳ trên $(O)$. Lấy $Q$ sao cho $PQ$ vuông góc $BC$ và $A(BC,QP)=-1$. Kẻ hình bình hành $AEQF$ với $E,F$ lần lượt nằm trên $AC,AB$. $K$ là trực tâm $AEF$. Chứng minh $KP$ đi qua trực tâm $H$ của $ABC$.



#59 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 13-08-2022 - 12:05

Bài toán 24. Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ bất kỳ trên $(O)$. Lấy $Q$ sao cho $PQ$ vuông góc $BC$ và $A(BC,QP)=-1$. Kẻ hình bình hành $AEQF$ với $E,F$ lần lượt nằm trên $AC,AB$. $K$ là trực tâm $AEF$. Chứng minh $KP$ đi qua trực tâm $H$ của $ABC$.

Bổ đề: Cho hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ đồng dạng ngược hướng. Gọi $d_a,d_b,d_c,l_a,l_b,l_c$ lần lượt là đường thẳng qua $A,B,C,A',B',C'$ vuông góc với $B'C',C'A',A'B',BC,CA,AB$. Khi đó $d_a,d_b,d_c$ đồng quy khi và chỉ khi $l_a,l_b,l_c$ đồng quy.

Chứng minh: Do hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ đồng dạng ngược hướng nên $(AB,BC) \equiv -(A'B',B'C') \pmod \pi \Rightarrow (AB,B'C') \equiv (BC,A'B')\pmod \pi$.

Vì vậy nên $(d_a,AB) \equiv (B'C', AB) + \frac{\pi}{2} \equiv (A'B', BC) + \frac{\pi}{2} \equiv (A'B',l_a) \equiv -(l_a, A'B') \pmod \pi$.

Thiết lập các đẳng thức tương tự, ta suy ra $\frac{\sin(d_a,AB)}{\sin (d_a,AC)} . \frac{\sin(d_b,BC)}{\sin(d_b,BA)}. \frac{\sin(d_c,CA)}{\sin (d_c,CB)} = \frac{\sin(l_a,A'B')}{\sin (l_a,A'C')} . \frac{\sin(l_b,B'C')}{\sin(l_b,B'A')}. \frac{\sin(l_c,C'A')}{\sin (l_c,C'B')}$.

Theo định lý Ceva sin ta có điều phải chứng minh.

Quay trở lại bài toán:

$QE,QF$ cắt $AP$ lần lượt tại $U,V$.

Ta có $A(CF,VQ) = A(CB,PQ) = -1$ mà $AC\parallel VQ$ nên $F$ là trung điểm của $VQ$.

Tương tự $E$ là trung điểm của $UQ$.

Do đó $EF\parallel UV$.

Sử dụng góc định hướng ta có $(QE,EF) \equiv (QU,AU) \equiv (AF,AV)\equiv (CB,CP) \equiv -(PC,CB)\pmod \pi$.

Tương tự $(QF,EF)\equiv -(PB,CB)\pmod \pi$.

Suy ra hai tam giác $QEF$ và $PCB$ đồng dạng ngược hướng. (*)

Kẻ $FL\perp PC(L\in PC); ES\perp PB(S\in PB)$.

$Y$ đối xứng với $A$ qua $O$. 

Khi đó $PY\perp PA\Rightarrow PY\perp EF$.

Suy ra các đường thẳng lần lượt qua $P,B,C$ vuông góc với $EF, QE,QF$ đồng quy tại $Y$.

Kết hợp với (*), sử dụng bổ đề ta có $FL,ES,PQ$ đồng quy tại $Z$ nào đó.

Do đó trong tam giác $PBC$ có $Z$ thuộc đường cao hạ từ $P$, mà $ZL\perp PC, ZS\perp PB$ nên suy ra $S,L,C,B$ đồng viên.

Dẫn đến $\wp_{P/(CF)} = \overline{PL}.\overline{PC} = \overline{PS}.\overline{PB} = \wp_{P/(BE)}$.

Suy ra $P$ thuộc trục đẳng phương của $(CF)$ và $(BE)$.

Mà đường thẳng nối trực tâm hai tam giác $AEF$ và $ABC$ là trục đẳng phương của $(BE)$ và $(CF)$ nên ta có điều phải chứng minh.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 13-08-2022 - 12:05


#60 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 13-08-2022 - 12:27

Một bài toán mình được học thấy khá hay, có thể mọi người từng gặp:

Bài 25: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, trọng tâm $G$. Kẻ ba đường cao $AD,BE,CF$. Các tia $GD,GE,GF$ cắt $(O)$ tại $X,Y,Z$, $AG,BG,CG$ cắt $(O)$ tại $M,N,P$. Các đường thẳng $MX,NY,PZ$ cắt nhau tạo thành tam giác $A'B'C'$. Chứng minh rằng $A'X, B'Y, C'Z$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng $OG$.






6 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 6 khách, 0 thành viên ẩn danh