Topic Hình Học Phẳng

[sang89]

Lời giải bài 25:

Ta sẽ chứng minh rằng $AA_2 $ đi qua trung điểm M của BC.

Nếu $AB=AC $ thì điều này là hiển nhiên.

Nếu $AB \ne AC $, gọi S là giao điểm của$ B_1C_1 $ và đường thẳng qua A song song BC. V là giao điểm của AS và $A_1A_2 $.

$\Rightarrow \angle{AVI}=90^0 \Rightarrow VB_1IC_1 $ nội tiếp

mà $IB_1=IC_1 \Rightarrow VA_2 $ là phân giác trong tam giác $VB_1C_1. $

Do $VS \perp VA_2 \Rightarrow VS $ là phân giác ngoài

$\Rightarrow (B_1C_1A_2S) = -1 $

$\Rightarrow $ đường thẳng $BC \parallel AS $ cắt $AB, AC, AA_2 $ tại B, C, M thỏa mãn $MB=MC $.

Do đó, $AA_2,BB_2, CC_2 $là các đường thẳng chứa đường trung tuyến tam giác ABC nên chúng đồng quy.

Bài 26: Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối tia CA lấy điểm E. Giao điểm của BE và phân giác góc $\angle{BAC} $ là D. Một đường thẳng qua D song song AB cắt BC ở F. AF cắt BE tại M. Chứng minh rằng, M là trung điểm BE.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lady_kom4]

Nguyên văn bởi sang89

Lời giải bài 25:

Ta sẽ chứng minh rằng $AA_2 $ đi qua trung điểm M của BC.

Nếu $AB=AC $ thì điều này là hiển nhiên.

Nếu $AB \ne AC $, gọi S là giao điểm của$ B_1C_1 $ và đường thẳng qua A song song BC. V là giao điểm của AS và $A_1A_2 $.

$\Rightarrow \angle{AVI}=90^0 \Rightarrow VB_1IC_1 $ nội tiếp

mà $IB_1=IC_1 \Rightarrow VA_2 $ là phân giác trong tam giác $VB_1C_1. $

Do $VS \perp VA_2 \Rightarrow VS $ là phân giác ngoài

$\Rightarrow (B_1C_1A_2S) = -1 $

$\Rightarrow $ đường thẳng $BC \parallel AS $ cắt $AB, AC, AA_2 $ tại B, C, M thỏa mãn $MB=MC $.

Do đó, $AA_2,BB_2, CC_2 $là các đường thẳng chứa đường trung tuyến tam giác ABC nên chúng đồng quy.

[B]Bài 26:[/B] Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối tia CA lấy điểm E. Giao điểm của BE và phân giác góc $\angle{BAC} $ là D. Một đường thẳng qua D song song AB cắt BC ở F. AF cắt BE tại M. Chứng minh rằng, M là trung điểm BE.

Gọi $N $ là giao điểm $DF $ và $AC $,dễ có $NA=ND $.
Ta có: $\Delta DNC \sim \Delta EAB (g,g) \Rightarrow \frac{NC}{ND}=\frac{AB}{AE} \Rightarrow \frac{FC}{FB}=\frac{NC}{NB}=\frac{AC}{AE} $.
Từ đó, áp dụng định lý Melenaos cho $\Delta BCE $ với các điểm $A,F,M $ ta có điều phải chứng minh.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi sang89

Lời giải bài 25:

Ta sẽ chứng minh rằng $AA_2 $ đi qua trung điểm M của BC.

Nếu $AB=AC $ thì điều này là hiển nhiên.

Nếu $AB \ne AC $, gọi S là giao điểm của$ B_1C_1 $ và đường thẳng qua A song song BC. V là giao điểm của AS và $A_1A_2 $.

$\Rightarrow \angle{AVI}=90^0 \Rightarrow VB_1IC_1 $ nội tiếp

mà $IB_1=IC_1 \Rightarrow VA_2 $ là phân giác trong tam giác $VB_1C_1. $

Do $VS \perp VA_2 \Rightarrow VS $ là phân giác ngoài

$\Rightarrow (B_1C_1A_2S) = -1 $

$\Rightarrow $ đường thẳng $BC \parallel AS $ cắt $AB, AC, AA_2 $ tại B, C, M thỏa mãn $MB=MC $.

Do đó, $AA_2,BB_2, CC_2 $là các đường thẳng chứa đường trung tuyến tam giác ABC nên chúng đồng quy.

Bài 26: Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối tia CA lấy điểm E. Giao điểm của BE và phân giác góc $\angle{BAC} $ là D. Một đường thẳng qua D song song AB cắt BC ở F. AF cắt BE tại M. Chứng minh rằng, M là trung điểm BE.

Lời giải khác:

Gọi H là trung điểm của BC. Ta có ABDF là hình thang nên:
MH đi qua trung điểm của AB (Bổ đề hình thang) với chú ý H là trung điểm của BC suy ra MH song song với CE. Suy ra M là trung điểm của BE (đường trung bình trong tam giác BCE)

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sang89]

Lời giải bài 23:

sưu tầm

Chiều đảo: tức $\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1} {r_4} \Rightarrow $ ABCD ngoại tiếp.

Gọi $AB=a, BC=b, CD=c $ và $DA=d, OA=x, OB=y, OC=z, OD=t.
$
Đặt $\angle{AOB}= \alpha $

$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1} {r_4} $

$\Leftrightarrow \frac{S_1}{p_1}+ \frac{S_3}{p_3}= \frac{S_2}{p_2}+ \frac{S_4}{p_4} $

$\Leftrightarrow \frac{x+y+a}{xy \sin \alpha} + \frac{z+t+c}{zt \sin \alpha} = \frac{x+t+d}{xt \sin \alpha} + \frac{z+y+b}{yz \sin \alpha} $

$\Leftrightarrow azt+cxy=bxt + dyz $

$\Leftrightarrow a^2z^2t^2 +c^2x^2y^2 + 2acxyzt = b^2x^2t^2 + d^2y^2z^2 + 2bdyz
$
Áp dụng định lý hàm cosine rồi thay $a^2, b^2, c^2, d^2 $ vào rút gọn được:

$2zt \cos \alpha + 2xy \cos \alpha + 2ca = -2xt \cos \alpha - 2yz \cos \alpha +2bd $

$\Leftrightarrow (c^2-z^2-t^2)+(a^2-x^2-y^2)+2ca=(d^2-x^2-t^2)+(b^2-y^2-z^2) + 2bd $

$\Leftrightarrow (a+c)^2 = (b+d)^2 $

$\Leftrightarrow a+c = b+d $

$
\Leftrightarrow $ ABCD ngoại tiếp[/HINT]

Từ đó ta có kết quả tuyệt đẹp:

$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1} {r_4}
$
$\Leftrightarrow \frac{1}{h_1}+\frac{1}{h_3}=\frac{1}{h_2}+\frac{1} {h_4} $

$\Leftrightarrow a + c = b+d $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung65]

Bài 27: Cho tứ giác lồi $ABCD $ sao cho $AB $ ko song song với $CD $ và điểm $X $ bên trong tứ giác thỏa $\angle ADX=\angle BCX<90^{\circ} $ và $\angle DAX=\angle CBX<90^{\circ} $. Gọi $Y $ là giao điểm đường trung trực của $AB $ và $CD $. CMR: $\angle AYB=2\angle ADX $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lady_kom4]

Nguyên văn bởi trung65

Bài 27: Ccho tứ giác lồi $ABCD $ sao cho $AB $ ko song song với $CD $ và điểm $X $ bên trong tứ giác thỏa $\angle ADX=\angle BCX<90^{\circ} $ và $\angle DAX=\angle CBX<90^{\circ} $. Gọi $Y $ là giao điểm đường trung trực của $AB $ và $CD $. CMR: $\angle AYB=2\angle ADX $

Một lời giải: [Only registered and activated users can see links. ]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Em có cách ngắn hơn thì phải

hình như vẫn thế

.

Trên trung trực của AB lấy 2 điểm K và Z sao cho $\Delta AKZ\sim \Delta AXD $
Khi đó suy ra $\Delta AKX\sim \Delta AZD(c.g.c) $
Tương tự $\Delta BKX\sim \Delta BZC(c.g.c) $
Do đó $\frac{DZ}{XK}= \frac{AZ}{AK}=\frac{BZ}{BK}=\frac{ZC}{XK} $
Suy ra K thuộc trung trực CD, nên K trùng Y, đpcm

.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Bài 28:Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong (O). AD cắt BC tại E, AC cắt BD tại F. M,N là trung điểm AB, CD. Chứng minh rằng:

$\frac{2MN}{EF}=\left | \frac{AB}{CD}-\frac{CD}{AB} \right | $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi kien10a1

Bài 28:Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong (O). AD cắt BC tại E, AC cắt BD tại F. M,N là trung điểm AB, CD. Chứng minh rằng:

$\frac{2MN}{EF}=\left | \frac{AB}{CD}-\frac{CD}{AB} \right | $

Giả sử [M]AB<CD, BC<AD[/M].
Gọi [M]P[/M] là trung điểm [M]EF[/M]. Khi đó [M]\overline{M,N,P}[/M] (đường thẳng Gauss)
Ta chỉ cần chứng minh [M]\frac{2PM}{EF} = \frac{AB}{CD} \Leftrightarrow \frac{PM}{AB} = \frac{PF}{CD}[/M].
Gọi [M]U[/M] là điểm đối xứng với [M]F[/M] qua [M]N, V[/M] là trung điểm [M]EU[/M].
Dễ thấy rằng [M]CFDU[/M] là hình bình hành.
Do đó [M]\widehat{ADU} = 180^\circ - \widehat{CAD} = 180^\circ - \widehat{CBD} = \widehat{EBF}[/M].
Mặt khác, ta có [M]\frac{FB}{DU} = \frac{FB}{FC} = \frac{AB}{CD} = \frac{EB}{ED}[/M].
Vì vậy [M]\triangle EBF \sim \triangle EDU \Rightarrow \frac{PB}{AB} = \frac{VD}{DC}[/M].
Tương tự, ta suy ra [M]\triangle PAB \sim \triangle VCD[/M].
Từ đó ta có [M]\frac{PM}{AB} = \frac{VN}{CD} = \frac{PF}{CD}[/M] (đpcm)

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Bài 29.(Phát biểu Đơn giản và đẹp mắt)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp được một đường tròn.Chứng minh rằng:

$\frac{AC}{BD}=\frac{DA.AB+BC.CD}{AB.BC+CD.DA} $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi batigoal

Bài 29.(Phát biểu Đơn giản và đẹp mắt)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp được một đường tròn.Chứng minh rằng:

$\frac{AC}{BD}=\frac{DA.AB+BC.CD}{AB.BC+CD.DA} $

Bài này có khá nhiều cách nhưng mình rất tâm đắc với phép chứng minh đẹp đẽ sau:

Kẻ dây DE, CF song song với AC, BD tương ứng. Dễ có AE = DC, CE = AD. Áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có:
$EA.BC+AB.CE=AC.BE\Leftrightarrow DC.BC+AB.DA=AC.BE $
Tương tự: $AB.BC+CD.DA=AF.BD $
với chú ý AF = BE, ta có đpcm

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sang89]

Lời giải bài 29:

Lời giải 1 dòng

$AC.AB.BC + AC.CD.DA = 4R(S_{ABC}+S_{CDA}) = 4R(S_{ABD}+S_{BCD}) = DA.AB.BD + BC.CD.BD $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vmcuong]

Bài 30:
Cho tam giác ABC, $\widehat{A}\neq 90^{o} $. D là điểm cố định trên cạnh BC. P là điểm nằm trong tam giác. Gọi $B_{1}; C_{1} $ lần lượt là hình chiếu của P lên AC; AB. $DB_{1}; DC_{1} $ lần lượt cắt AB; AC tại $C_{2}; B_{2} $. Giao điểm khác A của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB_{1}C_{1} $ và $AB_{2}C_{2} $ là Q. CMR: PQ luôn đi qua điểm cố định khi P di chuyển.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[uoc_mo_VMO]

Nguyên văn bởi novae

Giả sử [M]AB<CD, BC<AD[/M].
Gọi [M]P[/M] là trung điểm [M]EF[/M]. Khi đó [M]\overline{M,N,P}[/M] (đường thẳng Gauss)
Ta chỉ cần chứng minh [M]\frac{2PM}{EF} = \frac{AB}{CD} \Leftrightarrow \frac{PM}{AB} = \frac{PF}{CD}[/M]
Gọi [M]U[/M] là điểm đối xứng với [M]F[/M] qua [M]N, V[/M] là trung điểm [M]EU[/M].
Dễ thấy rằng [M]CFDU[/M] là hình bình hành.
Do đó [M]\widehat{ADU} = 180^\circ - \widehat{CAD} = 180^\circ - \widehat{CBD} = \widehat{EBF}[/M].
Mặt khác, ta có [M]\frac{FB}{DU} = \frac{FB}{FC} = \frac{AB}{CD} = \frac{EB}{ED}[/M].
Vì vậy [M]\triangle EBF \sim \triangle EDU \Rightarrow \frac{PB}{AB} = \frac{VD}{DC}[/M].
Tương tự, ta suy ra [M]\triangle PAB \sim \triangle VCD[/M].
Từ đó ta có [M]\frac{PM}{AB} = \frac{VN}{CD} = \frac{PF}{CD}[/M] (đpcm)

Cho em hỏi khi cm được phần $\frac{2PM}{EF} = \frac{AB}{CD} $ rùi thì suy ra đpcm của bài toán ntn.

Moderator: Đây là post đầu tiên của bạn, mình bỏ qua. Bạn hãy đọc lại nội quy diễn đàn không được phép sử dụng ngôn ngữ chat nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi vmcuong

Bài 30:
Cho tam giác ABC, $\widehat{A}\neq 90^{o} $. D là điểm cố định trên cạnh BC. P là điểm nằm trong tam giác. Gọi $B_{1}; C_{1} $ lần lượt là hình chiếu của P lên AC; AB. $DB_{1}; DC_{1} $ lần lượt cắt AB; AC tại $C_{2}; B_{2} $. Giao điểm khác A của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB_{1}C_{1} $ và $AB_{2}C_{2} $ là Q. CMR: PQ luôn đi qua điểm cố định khi P di chuyển.

Lời giải bài 30:

Trong file đính kèm

Bài 31: Cho tam giác ABC, P là điểm nằm trong tam giác. Gọi D, E, F theo thứ tự là hình chiếu của P trên BC, CA, AB. X, Y, Z lần lượt nằm trên tia PD, PE, PF sao cho:

$PD.PX=PE.PY=PF.PZ=k $

Chứng minh rằng: AX, BY, CZ đồng quy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]