haitienbg

Cho tam giác ABC nội tiếp (O).Lấy P bất kì trên đường thẳng BC(khác B,C) .(O) cắt AP ở AP ở N và đường tròn đường kính AP ở E(N,E khác A).CMR MN luôn đi qua điểm cố định khi P di chuyển .

"Bài này thấy hơi quen" Theo mình đề bài như thế này

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Lấy $P$ bất kì trên đường thẳng $BC$ (khác B,C). $(O)$ cắt $AP$ ở $N$ và đường tròn đkính $AP$ ở $E$ (N,E khác A). $AE$ cắt $BC$ tại $M$ .CM: $MN$ đi qua một điểm cố định.

Lời giải:

$MN$ cắt $(O)$ tại $I$, Đường tròn đk $AP$ cắt $(O)$ tại $K$ suy ra $K$ cố định.$AK$ vuông góc $BC$. $IK$ cắt $(O)$ tại $H$. Ta có

$(KE,KP)=(AE,AP)=(IM,IE)$ nên $KMEI$ nội tiếp

$\rightarrow (EI,EA)=(KH,KC)$ hay $AB=HC$ vậy $H$ cố định~~

Cho $\bigtriangleup ABC$ nội tiếp $(O)$ và trực tâm $H$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là điểm đối xứng của $A,B,C$ qua $BC,CA,AB$. Chứng minh $D,E,F$ thẳng hàng khi và chỉ khi $OH=2R$.

Bài toán quen thuộc: $D,E,F$ thẳng hàng khi và chỉ khi $cosA.cosB.cosC=-\frac{3}{8}$ (hình như cm có trong $Olympic 30-4- 2012$)

và $OH^2=R^2(1-8cosA.cosB.cosC)$ , với $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

(đây là phương tích của trực tâm $H$ với $(O)$ --- chứng minh khá đơn giản)

Từ hai điều trên có DPCM~~

Trước hết ta cm góc $ALK=90^0$

Không khó để cm $OA,EF$ vuông góc.

mà $IK \perp FE$ nên $OA // IK$

$AI // OK$ (do cùng vuông góc với $BC$)

Do đó $AIOK$ là hình bình hành

$\Rightarrow OI$ qua trung điểm của $AK$

mà $OI$ qua trung điểm $AL$ nên $OI // KL$ hay $\angle ALK=90^0$

Gọi $ D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O$ có ngay $LK$ qua điểm $D$ cố định

bài toán cm xong~~

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc các cạnh $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường tròn $\omega_{1}$ qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $K$, đường tròn $\omega_{2}$ qua $A,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $L$, đường tròn $\omega_{3}$ qua $A,B$ tiếp xúc $(I)$ tại $M$.Chứng minh $DK,EL,FM$ đồng quy. 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với hai đường cao $BE,CF$.Tiếp tuyến tại $B,C$ của (O) cắt nhau tại $X$. $EF$ cắt $XB,XC$ tại $Y,Z$. Chứng minh $(XYZ)$ tiếp xúc với $(O)$.

Bài toán khá hayy..

Gọi $M$ là giao của $XO$ với $BC$ ta có $ME=MC$ mà góc $ZEC=ABC=ZCE$ nên $ZE=ZC$ 

Do đó $ZM$ là phân giác góc $XZY$ $\Rightarrow$ $M$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $XYZ$

$\Rightarrow  (O)$ là đường tròn $Mitilinear$ của $XYZ$

ta đc dpcm... 

Ta có $(C,I,M)$ và $(B,I,N)$ là các cặp thẳng hàng. Gọi $E,F$ thứ tự là giao của các cặp đt $(PM,AB), (PN,AC)$

có ngay hai tam giác $MI'P,NI''P$ đồng dạng (g-g) nên

$\frac{PM}{PN}=\frac{MI'}{NI''}=\frac{MB}{NC}$

$\Rightarrow \frac{PM^2}{PN^2}=\frac{MB^2}{NC^2}=\frac{ME.MP}{NF.NP}$

$\Rightarrow \frac{PM}{PN}=\frac{ME}{NF}$ hay $EF,MN$ s.song

Mà $IA,MN$ vuông góc nên $EF$ vuông góc với $AI$

$Pascal$ cho 6 điểm $P,M,C,A,B,N$ được $E,I,F$ thẳng hàng

Do đó $I$ là trung điểm của $EF$

Gọi $K$ là trung điểm của $MN$ ta có $K,I,P$ là thẳng hàng $\Rightarrow$ Dpcm~~.

Cho tam giác nhọn $ABC$ có trực tâm $H$. Gọi $D$ là điểm bất kì trên cạnh $BC$; $M,N$ lần lượt là tâm các đường tròn $(ABD),(ACD)$. Giả sử các điểm $B,C,M,N$ cùng nằm trên đường tròn tâm $O$. Chứng minh rằng: $\angle{DAO}=\angle{DAH}$

Chắc đề bài không sai đâu.. mình lấy bên mathlinks.ro mà

http://www.artofprob...p?f=52&t=565500

Cho $a,b,c > 0$. Chứn minh rằng:

$\frac{a}{bc(c^2+a^2)}+\frac{b}{ca(a^2+b^2)}+\frac{c}{ab(b^2+c^2)}\geq \frac{27}{2(ab+bc+ca)(a+b+c)}$

1) Xét đường tròn $(O)$:

Ta có $EF$ là đường đối cực của điểm $A$    (1)

          $BC$ là đường đối cực của điểm $K$  và $BC$ qua $A$

nên đường đối cực của $A$ sẽ đi qua $K$   (2)

Từ (1),(2) ta c0 $K,E,F$ thẳng hàng.

2)

a) Ta có : góc $O_{1}AO_{2}=O_{1}AD+DAO_{2}=90^0-B+90^0-C=A$

nên nếu gọi $O$ là tâm $(ABC)$ thì có ngay $AO_{1}OO_{2}$ nội tiếp hay $(AO_{1}O_{2})$ luôn qua $O$ cố định...

b) 

Ta có $IO \geq \frac{OA}{2}$ đẳng thức xảy ra khi $A,O,D$ thẳng hàng~~

Cm đc $BI$ là phân giác góc $ABK$

Góc $DFA=DFE+AFE=BAE+FAE=DAE+FAE=DAF$ nên tam giác $DAF$ cân tại $D$

Mà $DA=DC$ nên $DA=DC=DF$ và tam giác $AFC$ vuông tại $F$

Gọi $L$ là giao điểm của $(D;DA)$ với $(BDC)$ Ta có $I$ là tâm đẳng phương $(BDC),(D),(ABE)$

nên $C,I,L$ thẳng hàng $\Rightarrow DL=DC \Rightarrow DBC=DCK$

Do đó $DC^2=DK.DB=DA^2$

$\Rightarrow DAK=DBA$

$KAF=FAB$

Ta được đpcm~~

Lời giải:

Để ý rằng:

$O,O'$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $AB$ và đường tròn điểm $P$

nên $C$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này.

$\Rightarrow CP^2=CH.CA$ ( với $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $A$ xuống $BC$)

hay ta có đpcm~~

Lời giải như sau:

1) $ID$ cắt $(I)$ tại $Y$, $(J)$ tiếp xúc $BC$ tại $X$. Ta có:

$A,Y,X$ thẳng hàng (quá quen thuộc)

$M,I,X$ thẳng hàng  (Hiển nhiên do $I,M$ t/ư là trung điểm $DY,AH$

Do đó:

$\frac{IJ}{JA}=\frac{XY}{AX}=\frac{XD}{XH}=\frac{ID}{MH}=\frac{ID}{AM}$

nên hai tam giác $AJM,IJD$ đồng dạng

$\Rightarrow  M,D,J$ thẳng hàng~~

2) $K,J,B,C,I:$ đồng viên

nên $ND^2=NP^2=NK.NI=NB.NC=NR^2=NS^2$

ĐPCM~~

Lời giải như sau:

Gọi $L$ là giao của $(APD),(BPC)$

Cm được hai tam giác $LBC,LDA$, $LMC,LNA$ bằng nhau từ đó thấy rằng 

$L$ thuộc đường trung trực $AC,BD,MN$

Ta cm $PQLR$ nội tiếp

Đến đây có nhiều cách giải

C1: Chứng minh trung điểm của $AC,BD,MN$ thẳng hàng (dễ cm được bằng vecter)

C2: Để ý rằng $ALN=CLM$ nên hai tam giác cân $NLM,ALC$ đồng dạng.

Tương tự ta được ba tam giác cân đồng dạng nên $NQLD,LRMC :tgnt$

Dẫn đến $PQLR:nt$ ~~

Bài này khá ảo. Đường thẳng cố định chính là đường thẳng $FG$ ($F,G$ lần lượt đối xứng với $H$ qua $AB,AC$)

Dễ thấy $I$ chính là trực tâm tam giác $AKL$.

Xét $(AKL)$ ta có $FG$ là đường thẳng Steiner nên $FG$ qua trực tâm $I$

Ta có DPCM~~