Chủ đề này có 3 trả lời

[Sara Micky]

Bài 1 Cho tam giác ABC trọng tâm G. P là điểm bất kì. A₁ thuộc BC sao cho PA₁ // GA. Lấy A₂ đối xứng P qua A₁. Tương tự có B₁, B₂, C₁, C₂. Chứng minh AA₂, BB₂, CC₂ đống quy.

 

Bài 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường tròn nội tiếp (I). E là trung điểm BC. AI cắt (O) tại F khác A. N trung điểm EF. M là trung điểm BI. MN cắt BC tại D. Chứng minh DM là phân giác ∠ADB.

 

Bài 3 Cho tam giác ABC trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp (O), đường cao CF. Đường thẳng qua F vuông góc với OF cắt AC tại P. Chứng minh ∠FHP= ∠CAB.

 

Bài 4 Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. G đối xứng D qua trung điểm BC. P, Q thuộc DE, DF sao cho MP// IC, MQ// IB. Chứng minh P, Q, I thẳng hàng.

 

Bài 5 Cho tam giác ABC tâm đường tròn Euler là N. E, F thuộc CA, AB sao cho N là trung điểm EF. Chứng minh đường thẳng Euler của tam giác AEF đi qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC.

 

Bài 6 Cho tam giác ABC cân tại A. D di chuyển trên BC. BB’, CC’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD. M là trung điểm B’C’. Chứng minh diện tích tam giác MBC luôn không đổi khi D di chuyển.

[malx]

Bài 1 Cho tam giác ABC trọng tâm G. P là điểm bất kì. A₁ thuộc BC sao cho PA₁ // GA. Lấy A₂ đối xứng P qua A₁. Tương tự có B₁, B₂, C₁, C₂. Chứng minh AA₂, BB₂, CC₂ đống quy.

 

Gọi giao điểm của $BB_{2}$ với $AC$ là $B''$, nếu $B'$ là điểm đối xứng của $B$ qua trung điểm $E$ của $AC$ thì dễ thẫy $P, B'', B'$ thẳng hàng.

Như vậy bài toán trở thành: nếu $A'$ là điểm đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$ và $B', C'$ được định nghĩa tương tự và nếu $A''$ là giao điểm của $PA'$ với cạnh $BC$ và $B'', C''$ được định nghĩa tương tự thì ta phải chứng minh $AA'', BB'', CC''$ đồng qui.

Dễ thấy $A, B, C$ thực chất là trung điểm các cạnh của $\Delta A'B'C'$, $PA'$ cắt $B'C'$ tại $K$, $PB'$ cắt $A'C'$ tại $H$, $PC'$ cắt $A'B'$ tại $L$

Ta có: $\frac{AB''}{B''C} = \frac{C'H}{HA'}$, tương tự: $\frac{BA''}{A''C} = \frac{C'K}{KB'}$, $\frac{AC''}{C''B} = \frac{B'L}{LA'}$

Nhưng vì theo Ceva $\frac{C'H}{HA'}.\frac{A'L}{LB'}.\frac{B'K}{KC'} = 1$ nên $\frac{AB''}{B''C}.\frac{CA''}{A''B}.\frac{BC''}{C''A} = 1$, theo Ceva đảo có $AA'', BB'', CC''$ đồng qui

Hình gửi kèm

• 

[malx]

Bài 3

 

Đây là một bài hình liên quan đến định lý Butterfly. Theo định lý này, nếu gọi $L$ là giao điểm của $CF$ với đường tròn ngoại tiếp và $M$ và giao điểm của $BL$ với $FP$ thì $MF = FP$. Nhưng vì $LF = FH$ là một tính chất hết sức quen thuộc nên $LB \parallel HP$, vì vậy dễ thấy hai góc nói tới là bằng nhau.

 

Để tránh dùng tới định lý Butterfly (khi dùng phải chứng minh khá phức tạp) ta có thể dùng cách sau:

Trên $AC$ chọn điểm $P'$ sao cho $\angle FAP' = \angle FHP'$, $FP'$ cắt $BL$ tại $M'$, cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm $E, D$. Nếu ta chứng minh được $F$ là trung điểm của dây cung $ED$ thì $P' \equiv P$ và bài toán sẽ được chứng minh.

 

Vì $\angle FHP' = \angle FAP' = \angle BLF$ nên $BL \parallel HP'$, vì $LF = FH$ nên $M'F = FP'$

Ta có $\frac{P'C}{sin F_{1}} = \frac{FP'}{sinC_{1}}$ và $\frac{M'L}{sìn_{1}} = \frac{M'F}{sinL_{1}}$, vì vậy

$\frac{P'C}{M'L} = \frac{sinL_{1}}{sinC_{1}}$.

 

Tương tự có $\frac{BM'}{AP'} = \frac{sinA_{1}}{sinB_{1}}$. Như thế  $\frac{BM'}{AP'} = \frac{P'C}{M'L}$

 

Hay $BM'. M'L = AP'. P'C$.

Nhưng để ý thấy $BM'. M'L = EM'. M'D$ còn $AP'. P'C = P'D. PE$. Dẫn đến $EM' = P'D$. Điểm $F$ thực là trung điểm của cung $ED$, vì thế $FP' \perp OF$ hay $P'\equiv P$ và ta có đpcm.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi malx: 07-07-2013 - 01:08

[malx]

Bài 4: Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. G đối xứng D qua trung điểm BC. P, Q thuộc DE, DF sao cho GP// IC, GQ// IB. Chứng minh P, Q, I thẳng hàng.

Cho $AI$ cắt $EF$ tại $P'$ thì sẽ có $\angle AP'B = 90^{\circ}$ - đây là một tính chất hết sức quen thuộc.
$\frac{P'K}{DK} = \frac{IK.cotg P'_{1}}{IK. cotgD_{1}} = \frac{cotgB_{1}}{cotg C/2} = \frac{BD}{DC} = \frac{GC}{DC}$, điều này có nghĩa là $P' \equiv P$ và ta có $A, I, P$ thẳng hàng.

Tương tự như trên sẽ có $A, I, Q$ thẳng hàng nên $P, I, Q$ thẳng hàng.


Bài 6 Cho tam giác ABC cân tại A. D di chuyển trên BC. BB’, CC’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD. M là trung điểm B’C’. Chứng minh diện tích tam giác MBC luôn không đổi khi D di chuyển.

Gọi $D$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $(ABD)$ và $(ADC)$. Vì $B'D\perp BC$, cũng như $C'D\perp BC$ nên ba điểm $B', C', D$ thằng hàng.
Dễ thấy $\Delta BAB'\cong \Delta CAC'$ nên $AB' = AC'$, dẫn đến $MA\perp B'D$ và $MD$ có chiều dài bằng đường cao từ $A$ trong $\Delta ABC$, từ đó có đpcm.

Hình gửi kèm

• 
• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-07-2013 - 22:04