vslmat

Bài 2: Cho tam giác ABC, phân giác AD, kẻ DE,DF vuông goác với AC,AB. BE cắt CF tại H; (HAE) cắt HF= M; (HAF) cắt HE tại N. DM,DN cắt (HAE);(HAF) tại P.Q. Chứng minh rằng : P,A,Q thẳng hàng.

Nhận thấy:
$\angle FAH = \angle FNB$, nhưng $\angle FAH = \angle FDB$ nên tứ giác FNDB là tứ giác nội tiếp. Vì thế $DN\perp BE$. Dẫn đến $\angle QAH = 90^{\circ}$
Tương tự như vậy vớii đường tròn thứ hai ngoại tiếp $\Delta AHE$ ta có $DM\perp CF$. Vì thế $\angle HAP = 90^{\circ}$
Ba điểm Q, A, P thẳng hàng.
Qua lời giải trên ta thấy điều kiện AD là phân giác góc A là không cần thiết.

Bài 1: Cho tam giác ABC, điểm D ở bên trong tam giác. BD, CD cắt AC,AB tại E,F. giả sử tứ giác ADEF nội tiếp. Chứng minh : Tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDF nằm trên một đường thẳng cố định.

Bài này là một bài hình hay.

Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANDE la $C$
Hai đường cao trong $\Delta ABC$ BG a CH cắt nhau tại trực tâm H.
Dễ thấy A, K, H, G nằm trên một đường tròn, gọi đường tròn này là $C_{1}$
Vì tứ giác AKHG cũng như tứ giác AFDE là các tứ giác nội tiếp nên H cũng như D nằm trên một đường tròn có cung BC, các điểm nằm trên cung nhỏ BC nhìn BC dưới một góc $180^{\circ} - \angle BAC$. Gọi đường tròn này là $C_{2}$, tâm của đường tròn này là S.
$C_{1}$ và $C_{2}$ cắt nhau tại một điểm khác là N. Ta sẽ chứng minh N nằm trên $C$
Nốii AN cat $C_{2}$ tạii Q. Vì $\angle HNQ = 90^{\circ}$ nên ba điểm H, S, Q thằng hàng.
Vì thế $\angle HBQ = 90^{\circ}$, cho nên BQ // AC.
$\angle ADB = \angle NQB = \angle NAE$. Tứ giác ANDE nội tiếp. N quả thật nằm trên đường tròn $C$.
Vì đường nối tâm O của $C$ với tâm L của $C_{1}$ vuông góc vớii AS nên O nằm trên đường thẳng cố định đi qua L vuông góc với AQ cố định.

Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE với BP và CP. Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng \[AQ \bot OI\]

Một cách giải khác:
Nhận thấy:
DK . KG = PK . KQ = FK. KE
Vì thế:

$\frac{FK}{KG} = \frac{DK}{KE}$ (*)

Điều này thực ra đã là đpcm vì giả sử KQ cắt BC tại X. Vì DE // BC và vì (*) nên A, Q, X thẳng hàng. A nằm trên PQ. Vì thế $AQ \perp OI$.

Bài Toán :


Cho trước số thực dương $v$ ; chứng minh rằng với mọi $ \triangle ABC$ ; ta có bất đẳng thức :

$ 2 \left( h^v _a r^v _ a + h^v _b r^v _ b + h^v _c r^v _ c \right) \le r^v _a r^v _ b + r^v _b r^v _ c + r^v _c r^v _ a + 3S^v \left( \dfrac{3p}{4R + r} \right)^v$

BĐT này ngoại hình đẹp quá mà lại khá chặt nên $vslmat$ loay hoay mãi vẫn không ra. Mọi người cùng xem lại, xem có ý tưởng nào hay không nhé.
Các vũ khí có thể cần dùng đến:

Với $p = \frac{a + b + c}{2}$

$r_{a} = \sqrt \frac{p(p-a)(p-c)}{p-a}$ ...

$r_{a}+r_{b}+r_{c}= 4R+r$

$\frac{1}{r} = \frac{1}{r_{a}} + \frac{1}{r_{b}}+ \frac{1}{r_{c}}$

$h_{a}= \frac{2}{a}.\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

$r_{a}.r_{b} + r_{b}.r_{c} + r_{c}.r_{a} = p^{2}$

và tất nhiên:

$S = r.p$

Cho tam giac ABC.Tren canh BC lay diem I sao cho $ \widehat{BAI} =x, \widehat{CAI}=y$
M,N,P lan luot la trung diem AB,AC,BC.Tren doan MN lay diem K sao cho: $ \dfrac{KM}{KN } /= \dfrac{ACsinx}{ABsiny}$
Ke duong thang(d) qua$ B va // AI$. Dung $CH\perp(d) ,(H \in (d))$
CMR: $CH.KP=S_{ABC}$

Rất tiếc là bài hình này không hay lắm mà đầu bài lại sai.
Lẽ ra điều kiện cho trước phải là:
$\frac {KM}{KN} = \frac {AC sin y}{AB sinx}$


Chứng minh:
Theo định luật sin:

$\frac{KM}{sinP_{1}} = \frac{MP}{sinK_{1}}$; $\frac{KN}{sinP_{2}} = \frac{NP}{sinK2}$

Vì $sinK_{1} = sinK_{2}$,

$\frac{KM}{KN}.\frac{sinP_{2}}{sinP_{1}} =\frac{MP}{NP} =\frac{AC}{AB}$

Có nghĩa là:

$\frac{AC.sin y}{AB.sinx}.\frac{sinP_{2}}{sinP_{1}} =\frac{AC}{AB}$

$\frac{siny}{sinx} =\frac{sinP_{1}}{sinP_{2}}$

Vì $x+y = P_{1} + P_{2}$ nên $P_{1}= y$, $P_{2}= x$

$CH = a. sin(180^{\circ} - B -x) = a. sin(B+x)$

Lại có:

$\frac{KP}{sinB} = \frac{PN}{sin(C+y)}$, vì thế, $KP = \frac{c}{2}$.$\frac{sinB}{sin(C+y)}$

Lắp vào tích:

$CH. KP =\frac {c}{2}.sinB. a.\frac {sin(B+x)}{sin(C+y)}$

Nhưng vì $sin(B+x)=sin(C+y)$ nên $CH. KP =\frac {ac.sinB}{2} = S_{\Delta ABC}$