Chủ đề này có 16 trả lời

[cartoonboy]

Cho ∆ABC có ba đường cao AM,BD,CE cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của AH, F là giao điểm của DE và AH.
a) Cm BEDC và AEHD nội tiếp.
b) Cm DB là tia phân giác của góc EDM và FH.AM = AF.HM
c) Chứng minh BF vuong góc CI.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cartoonboy: 18-06-2009 - 11:25

[cartoonboy]

Bó tay ở câu c). Sao không có cao thủ nào giúp mình thế ? Bạn nào có "nội công thâm hậu" thì "ra tay nghĩa hiệp" dùm !

[Nguyễn Minh Cường]

câu b) bạn có cách hay ko????

[cartoonboy]

câu b) bạn có cách hay ko????

Cm được EC là phân giác của gMED rồi dùng tính chất tia pg của góc thì cm được.

[Nguyễn Minh Cường]

Ai ko biết,bạn giải rõ ra cho mọi người cùng tham khảo

[cartoonboy]

Ai ko biết,bạn giải rõ ra cho mọi người cùng tham khảo

Tưởng rằng chỉ mình bạn cần biết !
* Dùng các góc nội tiếp của 2 tứ giác nội tiếp : AEHD và BEHM thì cm được EC là tia pg của góc DEM.
* Khi đó EH là pg trong của tgDEM và dễ dàng cm được EA là pg ngoài tại đỉnh E của tgDEM. Phối hợp tính chất của pg trong vă ngoài ta sẽ suy ra được ĐCPCM !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cartoonboy: 21-06-2009 - 11:08

[Nguyễn Minh Cường]

Tưởng rằng chỉ mình bạn cần biết !
* Dùng các góc nội tiếp của 2 tứ giác nội tiếp : AEHD và BEHM thì cm được EC là tia pg của góc DEM.
* Khi đó EH là pg trong của tgDEM và dễ dàng cm được EA là pg ngoài tại đỉnh E của tgDEM. Phối hợp tính chất của pg trong vă ngoài ta sẽ suy ra được ĐCPCM !

Để mình giải cách khác nhá
Ta có:$ \dfrac{FH}{HM}= \dfrac{FD}{DM}$
Chỉ cần CM $\dfrac{AF}{AM}= \dfrac{FD}{DM}$
Lấy Q thuộc AC sao cho $\Delta DMQ$ cân tại M
MQ//ED dễ dàng $\Rightarrow \dfrac{AF}{AM}= \dfrac{FD}{DM} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Minh Cường: 21-06-2009 - 20:59

[cartoonboy]

�”! Cách giải khác của bạn rất hay. Mình cảm ơn bạn rất nhiều.
Vậy với câu c) bạn giải quyết như thế nào ? Mình đang chờ để được học hỏi đây !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cartoonboy: 17-05-2011 - 20:27

[chuyentoan]

Câu c) là một bài toán nổi tiếng rồi. Mình phát biểu lại câu c) dưới dạng khác nhé:

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$, $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Thì $I$ là trực tâm của tam giác $EOF$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chuyentoan: 22-06-2009 - 12:58

[chessmate]

Hi hì, ra câu c của bạn gòy, zui wá. Mặc dù không bik cái bài toán của chuyentoan nhưng mình xin chứng minh bằng cách khác, chỉ áp dụng câu b thoai.
Để chứng minh BF vuông góc với CI, ta cần chứng minh tam giác BFM đồng dạng với tam giác ICM. Tức là ta cần chứng minh $MF.MI=MB.MC <=> MF.MI=MH.MA$
$ <=>MH^2+MH.MA=(MH+HI).(MH+HF) <=> MH.HA=2.(MH.HF+HF.HI)$ (chú ý rắng $HI=\dfrac{1}{2}AH$
$ <=>MH.HA-MH.HF=MH.HF+HF.HI <=> MH.AF=AM.FH$
Điều này chính là câu b => DPCM
Oa,...oa....oa, buồn ngủ gòy, đi ngủ thoai...
Ý wên, nếu thấy hay thì mọi người thank dùm cái.

[Nguyễn Ngọc Quang-HCM]

Câu c) là một bài toán nổi tiếng rồi. Mình phát biểu lại câu c) dưới dạng khác nhé:

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$, $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Thì $I$ là trực tâm của tam giác $EOF$.

Xài hệ quả của định lý về cực-đối cực 1 dòng là ra , cách kia trên 3T có người giải rồi
Định lý : Từ S nằm ngoài (O) vẽ hai tiếp tuyến SA,SB, cát tuyến SEF khi đó giao của 2 tiếp tuyến tại E và F nằm trên AB
Hệ quả liên quan đến 2 đường tròn liên hợp ,dài dòng ... cần pm mình.

[Nguyễn Minh Cường]

Bạn Hoàng làm rất hay.Cám ơn bạn đã chỉ giáo mình
không bik ta quen nhau ko nhỉ???????

[chuyentoan]

Xài hệ quả của định lý về cực-đối cực 1 dòng là ra , cách kia trên 3T có người giải rồi
Định lý : Từ S nằm ngoài (O) vẽ hai tiếp tuyến SA,SB, cát tuyến SEF khi đó giao của 2 tiếp tuyến tại E và F nằm trên AB
Hệ quả liên quan đến 2 đường tròn liên hợp ,dài dòng ... cần pm mình.

Lúc đầu chuyentoan cũng định post hẳn cái này, nhưng nhìn lại thì thấy đây đang topic THCS mà bạn. Không nên để các bạn THCS tiếp xúc sớm quá với các lí thuyết mạnh như thế. Sẽ làm mất tính sáng tạo!

[NguyenTienTai]

anh chuyentoan ơi anh cm bài toán mà anh phát biểu đi bài cho tứ giác ABCD ấy thằng em nghĩ hoài không ra

[drnohad]

Hi hì, ra câu c của bạn gòy, zui wá. Mặc dù không bik cái bài toán của chuyentoan nhưng mình xin chứng minh bằng cách khác, chỉ áp dụng câu b thoai.
Để chứng minh BF vuông góc với CI, ta cần chứng minh tam giác BFM đồng dạng với tam giác ICM. Tức là ta cần chứng minh $MF.MI=MB.MC <=> MF.MI=MH.MA$
$ <=>MH^2+MH.MA=(MH+HI).(MH+HF) <=> MH.HA=2.(MH.HF+HF.HI)$ (chú ý rắng $HI=\dfrac{1}{2}AH$
$ <=>MH.HA-MH.HF=MH.HF+HF.HI <=> MH.AF=AM.FH$
Điều này chính là câu b => DPCM
Oa,...oa....oa, buồn ngủ gòy, đi ngủ thoai...
Ý wên, nếu thấy hay thì mọi người thank dùm cái.

$ <=>MH^2+MH.MA=(MH+HI).(MH+HF) <=> MH.HA=2.(MH.HF+HF.HI)$
chessmate ( Hoàng em ), cái dòng này là sao ấy nhỉ, đọc ko hỉu, có phải do SAI ko nhỉ !?

[khaitam]

Hi hì, ra câu c của bạn gòy, zui wá. Mặc dù không bik cái bài toán của chuyentoan nhưng mình xin chứng minh bằng cách khác, chỉ áp dụng câu b thoai.
Để chứng minh BF vuông góc với CI, ta cần chứng minh tam giác BFM đồng dạng với tam giác ICM. Tức là ta cần chứng minh $MF.MI=MB.MC <=> MF.MI=MH.MA$
$ <=>MH^2+MH.MA=(MH+HI).(MH+HF) <=> MH.HA=2.(MH.HF+HF.HI)$ (chú ý rắng $HI=\dfrac{1}{2}AH$
$ <=>MH.HA-MH.HF=MH.HF+HF.HI <=> MH.AF=AM.FH$
Điều này chính là câu b => DPCM
Oa,...oa....oa, buồn ngủ gòy, đi ngủ thoai...
Ý wên, nếu thấy hay thì mọi người thank dùm cái.

Anh "Chessmate" đâu rồi nhỉ ! Làm ơn trình bày rõ ràng , mạch lạc hơn chút đi ! Bà con chưa phục nè !!! Lâu quá rồi !!

[cartoonboy]

anh chuyentoan ơi anh cm bài toán mà anh phát biểu đi bài cho tứ giác ABCD ấy thằng em nghĩ hoài không ra

Đề nghị bạn cung cấp một cách giải hay cho mọi người cùng thưởng thức !