Thống kê điểm hỏi đáp trong tuần qua.

Nguyễn Tất Đạt

Điểm hỏi đáp: 1589

Ngày 15 - 11 16 - 11 19 - 11 20 - 11
Điểm 19 3 1 5

Tổng: 1589 | Điểm tuần: 28 | Trả lời 7 ngày qua: 5 | Lượt trả lời trong tháng: 12

Lượt trả lời trong 3 tháng: 94

Những câu trả lời của Nguyễn Tất Đạt:

Vào lúc: 2019-11-19 23:42:11 Xem câu hỏi

A B C M E N F P D

Gọi AD là phân giác trong của \(\Delta\)ABC. Kéo dài DM cắt BE và CA lần lượt tại N và F, AN cắt BC tại P.

Dễ thấy \(\Delta\)ADB cân tại D có trung tuyến DM, suy ra DM là trung trực của AB

Do vậy ^DAN = ^DBN = 90o suy ra AP vuông góc AD hay AP là phân giác ngoài của \(\Delta\)ABC

Từ đó \(\left(BCPD\right)=-1\). Áp dụng phép chiếu xuyên tâm N: \(\left(BCPD\right)\rightarrow\left(ECFA\right)\)

Khi đó (ECFA) là hàng điều hòa. Mà ^AMF = 90o nên MA chính là phân giác của ^CME (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-19 23:08:57 Xem câu hỏi

A B C I H E F D R Q K L G

Gọi D là tiếp điểm giữa (I) và BC. K là điểm đối xứng với D qua H.

Ta dễ chứng minh \(\Delta\)CER = \(\Delta\)CDR (c.g.c). Suy ra ^CER = ^CDR = 1800 - ^RDK = 1800 - ^RKC

Do đó tứ giác CERK nội tiếp. Tương tự tứ giác BFQK nội tiếp. Từ đó (REC) cắt (QFB) tại K

Gọi G là giao điểm thứ hai của (REC) và (QFB); DI cắt lại (AEF) ở L. Khi đó G là điểm Miquel trong \(\Delta\)ABC

Suy ra G thuộc đường tròn (AEIF). Ta có ^GRI = ^GKB = ^GQB. Suy ra 4 điểm G,R,I,Q đồng viên

Ta lại có AI là đường kính của (AELIF) nên AL // HD (Cùng vuông góc ID), và AL = HD = HK   (1)

Từ đó có biến đổi góc ^IGL + ^IGQ + ^QGK = ^IAL + ^IRQ + ^QBK = ^BAC/2 + ^ACB + 900 - ^ACB/2 + ^ABC/2 = 1800

Suy ra ba điểm K,G,L thẳng hàng   (2)

Từ (1) và (2) suy ra KG chia đôi AH hay trục đẳng phương của (REC) và (QFB) chia đôi AH (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-16 21:49:09 Xem câu hỏi

A B C I I I I I I D E F G J K L c b a b' c'

Bổ đề: Xét tam giác ABC có tâm nội tiếp I, J là tâm bàng tiếp góc A. Từ I và J hạ IH,JK vuông góc BC, L là đối xứng của H qua I.

Khi đó:    i) BK = CH                         ii) A,L,K thẳng hàng                              (Tự chứng minh)

Quay trở lại bài toán:

Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, (I) tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F. Ia;Ib;Ic thứ tự là tâm bàng tiếp các góc A,B,C

Hạ IaG vuông góc BC, J là đối xứng của D qua I. Ib' và Ic' lần lượt là tâm của (wb') và (wc').

Ta có hai điểm Ib và Ib' đối xứng nhau qua trung điểm cạnh AC nên AIbCIb' là hình bình hành

Do đó hình chiếu của Ib và Ib' đối xứng nhau qua trung điểm AC. Theo Bổ đề i) thì (wb') tiếp xúc AC tại E

Tương tự (wc') tiếp xúc với AB tại F. Khi đó PA/(Wb') = PA/(I) = PA/(Wc') suy ra A thuộc trục đẳng phương của (wb'), (wc')  (1)

Gọi EJ cắt lại (wb') tại K; FJ cắt lại (wc') tại L. Ta thấy EJ vuông góc DE // CIb // AIb' từ đây suy ra AK là tiếp tuyến của (wb')

Tương tự AL là tiếp tuyến của (wc'). Từ đó bốn điểm K,L,E,F đồng viên. Do vậy PJ/(Wb') = JE.JK = JF.JL = PJ/(Wc') 

Suy ra J nằm trên trục đẳng phương của (wb') và (wc')    (2)

Từ (1) và (2), kết hợp với Bổ đề ii) ta thu được AG là trục đẳng phương của (wb') và (wc')

Chú ý rằng G là hình chiếu của Ia lên BC nên AB + BG = AC + CG = p. Vậy có ĐPCM.

Vào lúc: 2019-11-15 15:41:14 Xem câu hỏi

A B C H O D E I J G K A' U X Y Z M N V S T L

Bổ sung đề: D là điểm bất kì nằm trên (O).

Gọi (U) là đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)DAH, kẻ đường kính AL của (U), gọi DA' cắt BC tại S.

Đường thẳng AI cắt (BHC) tại Y, Z đối xứng với A qua E. Đường tròn (A'YZ) tâm V cắt (BHC) tại X khác Y.

Dễ thấy bốn điểm O,I,E,S đồng viên và OS là đường kính của (OEI)

Vì \(V_{\left(A',2\right)}:\left(OEI\right)\rightarrow\left(ADH\right)\)nên S là trung điểm của A'L

Ta thấy (ABC) và (BHC) đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC nên A đối xứng với Y qua I

Từ đó tứ giác AA'YH là hình bình hành, AA'ZD cũng là hình bình hành. Suy ra (ADH) = (A'ZY)

Hay \(\Delta\)AUH = \(\Delta\)A'VY, UL // A'V. Đồng thời có S là trung điểm A'L, vậy thì S cũng là trung điểm UV

Từ hai tam giác AUH và A'VY bằng nhau có các cặp cạnh song song, suy ra UV = 2SV = HY

Gọi T là điểm đối xứng với H qua S. Khi đó SV là đường trung bình của \(\Delta\)HTY, suy ra V là trung điểm YT

Hay YT là đường kính của (V). Cũng dễ có YH là đường kính của (BHC). Suy ra H,S,T,X thẳng hàng (^YXT = ^YXH = 900)

Ta có \(\overline{SH}.\overline{SX}=\overline{SB}.\overline{SC}=\overline{SA'}.\overline{SD}\)nên bốn điểm D,H,A',X đồng viên   (1)

Mặt khác gọi J' là trung điểm của AX thì \(V_{\left(A,2\right)}:\left(OJIE\right)\rightarrow\left(A'XYZ\right)\)nên J' thuộc (OEI)

Tương tự, với M,N là trung điểm AB,AC thì \(V_{\left(A,2\right)}:\left(MIJN\right)\rightarrow\left(BYXC\right)\)nên J' thuộc (Euler)

Từ đó J trùng J'. Suy ra \(V_{\left(A,2\right)}:G\rightarrow D;K\rightarrow H;O\rightarrow A';J\rightarrow X\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm G,K,O,J đồng viên (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-14 19:10:25 Xem câu hỏi

A B C E F H M N L S I J T (K)

Gọi S là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABSC, I và J lần lượt là trung điểm BC và AH

Áp dụng ĐL Cosin vào hai tam giác BHM, CHN ta có:

\(BM^2=HB^2+HM^2-2HB.HM.\cos\widehat{BHM}\)

\(CN^2=HC^2+HN^2-2HC.HN.\cos\widehat{CHN}\)

Suy ra \(BM^2-CN^2=HB^2+HM^2-HC^2-HN^2\)(Vì \(\Delta\)BNH ~ \(\Delta\)CMH)

\(\Leftrightarrow BM^2-CN^2=\left(HB^2-HN^2\right)-\left(HC^2-HM^2\right)\Rightarrow BM^2-CN^2=BN^2-CM^2\)

\(\Leftrightarrow BM^2+CM^2=BN^2+CN^2\Leftrightarrow\frac{BM^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}=\frac{BN^2+CN^2}{2}-\frac{BC^2}{4}\)

\(\Rightarrow MI^2=NI^2\)(Công thức đường trung tuyến). Kết hợp với JM = JN (=AH/2) suy ra IJ vuông góc MN (1)

Mặt khác trên đường thẳng qua H vuông góc với MN lấy T sao cho \(\frac{HT}{MN}=\frac{HM}{MC}=\frac{HN}{NB}\)

Dễ thấy ^THM = 900 + ^NMH = ^NMC; ^THN = ^MNB. Do đó \(\Delta\)THM ~ \(\Delta\)NMC; \(\Delta\)THN ~ \(\Delta\)MNB (c.g.c)

Suy ra ^HMT = ^MCN; ^HNT = ^NBM. Từ đó CN vuông góc TM; BM vuông góc TN dẫn đến TL vuông góc MN

Mà TH vuông góc MN nên HL vuông góc MN  (2)

Ta lại có I là trung điểm AS, khi đó IJ là đường trung bình trong \(\Delta\)HAS, suy ra IJ // HS  (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra H,L,S thẳng hàng. Vậy HL luôn đi qua S cố định (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-09 17:48:01 Xem câu hỏi

A B C E F P D G (O ) (O ) 1 2

Gọi hai tiếp tuyến tại E và F của (AEF) cắt nhau tại G. Áp dụng ĐL Pascal ta có ngay B,G,C thẳng hàng (1)

Ta thấy PG/(O1) = GE2 = PG/(AEF) = GF2 = PG/(O2) suy ra G nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) (2)

Ta lại có (O1) cắt (O2) tại D; D,B,C thẳng hàng. Kết hợp với (1) và (2) ta thu được BC là trục đẳng phương của (O1) và (O2)  (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-08 21:46:06 Xem câu hỏi

A B C M K N H

Ta có BK = AO = 2.AM = BC, suy ra \(\Delta\)BKC cân tại B và ^MBH = 2.BKC = 2.^BCK

Gọi AB cắt CK tại N. Khi đó ^ANC = ^NBK + ^NKB = ^BCK + ^ABH = ^ACB + ^BCK = ^ACN

Suy ra \(\Delta\)CAN vuông cân tại A (Vì ^BAC = 900). Vậy ^ACK = ^ACN = 450.

Vào lúc: 2019-11-08 21:18:56 Xem câu hỏi

A B C H O P E F M N U V V' K S T L J G I

Gọi EN giao FM tại K, AP cắt BC tại V, AK cắt BC tại U. Giao điểm của EF với AK và AP lần lượt là L và I.

Áp dụng ĐL Thales ta dễ có \(\frac{FL}{AM}=\frac{KF}{KM}=\frac{EF}{MN}=\frac{EI}{AM}\Rightarrow FL=EI\). Từ đây BU = CV

Suy ra hai điểm U,V đối xứng với nhau qua trung điểm T của cạnh BC   (1)

Mặt khác gọi S là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABC. KJ vuông góc AH tại J, AH cắt EF tại G.

Ta thấy ^KJH = ^KEH = ^KFH = 900 nên năm điểm E,F,K,H,J đồng viên

Từ đó \(GE.GF=GH.GJ\Rightarrow\frac{1}{4}SB.SC=\frac{1}{4}SH.SA=GH.GJ\)

Hay \(d_{\left(O,EF\right)}.AG=GH.d_{\left(K,EF\right)}\Rightarrow\frac{d_{\left(O,EF\right)}}{d_{\left(K,EF\right)}}=\frac{GH}{AG}\). Từ đó dễ suy ra L,O,H thẳng hàng

Gọi cát tuyến LOH cắt BC tại V'. Ta lại có CF và OH cắt nhau tại trọng tâm tam giác ABC nên theo ĐL Thales:

\(CV'=2.FL=BU\). Suy ra hai điểm U và V' đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC   (2)

Từ (1) và (2) suy ra V trùng V'. Mà AP cắt BC tại V, OH (Đường Euler của tam giác ABC) cắt BC tại V'

Nên OH,AP,BC đồng quy (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-08 20:15:22 Xem câu hỏi

A B C I H K D E M N

Bổ đề 1: Xét tứ giác MNPQ là tứ giác lồi có MP giao NQ tại R. Gọi H,K lần lượt là trực tâm của tam giác MRN;PRQ. U và V lần lượt là trung điểm của NP và MQ. Khi đó UV vuông góc với HK.

Bổ đề 2: Xét tam giác ABC nội tiếp (O), L là điểm chính giữa cung BAC. Lấy X thuộc cạnh AB, Y thuộc cạnh AC sao cho BX = CY. Khi đó LX = LY.

Hai bổ đề trên rất quen thuộc, các bạn tự chứng minh.

Giải bài toán: Đặt M,N thứ tự là trung điểm của BD,CE. Ta có BM = CN (= BD/2 = CE/2)

Gọi K là trung điểm cung BAC. Theo Bổ đề 2 thì KM = KN (1)

Dễ thấy ID = IC; IB = IE; BD = CE. Suy ra \(\Delta\)BID = \(\Delta\)EIC (c.c.c)

Hai tam giác trên có trung tuyến tương ứng là IM,IN. Do đó IM = IN (2)

Để ý rằng I là trực tâm của \(\Delta\)BFC. Áp dụng Bổ đề 1 vào tứ giác BDEC ta được IH vuông góc MN  (3)

Từ (1);(2) và (3) suy ra ba điểm I,H,K thẳng hàng. Đó là điều phải chứng minh.

Vào lúc: 2019-11-01 13:35:27 Xem câu hỏi

A B C E F M N P Q

Gọi N là điểm đối xứng với C qua F. Ta có EF = NE + NF = BC/2 = BE + CF = BE + NF, suy ra B và N đối xứng qua E

Lại có \(CP.CA=CF.CB=\frac{CN}{2}.2CM=CM.CN\). Do vậy 4 điểm A,P,M,N đồng viên

Hoàn toàn tương tự A,Q,M,N đồng viên. Từ đó 5 điểm A,M,N,P,Q đồng viên hay 4 điểm A,M,P,Q đồng viên (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-01 01:47:16 Xem câu hỏi

A B C B' C' I O I K L J T a

Gọi K và L lần lượt là tâm bàng tiếp góc C và góc B của \(\Delta\)ABC. Khi đó dễ thấy:

Tâm nội tiếp I của \(\Delta\)ABC chính là trực tâm của \(\Delta\)KIaL ; O là tâm đường tròn Euler của \(\Delta\)KIaL

Từ đó nếu ta gọi J và T thứ tự là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)KIaL và KIL thì I và J đối xứng nhau qua O

Đồng thời T và J đối xứng nhau qua KL; TJ = IIa; TJ // IIa . Suy ra T và Ia đối xứng nhau qua O (1)

Ta thấy tứ giác AICL nội tiếp nên PB'/(T) = B'I.B'L = B'A.B'C = PB'/(O) 

Suy ra B' nằm trên trục đẳng phương của (O) và (T). Tương tự với điểm C'.

Do đó B'C' là trục đẳng phương của (O) và (T) hay B'C' vuông góc với OT  (2)

Từ (1) và (2) suy ra OIa vuông góc với B'C' (đpcm).

Vào lúc: 2019-11-01 00:17:09 Xem câu hỏi

A B C D H F E I L S G K M U V

Gọi I là giao của BF và CE, đường tròn (HEF) cắt BC tại S khác H. Vẽ (B;BA) và (C;CA) cắt nhau tại M khác A

Kéo dài BD cắt (C) tại G khác E, CD cắt (B) tại K khác F. Dễ thấy A,H,M thẳng hàng nên ta có:

DF.DK = DA.DM = DE.DG do đó 4 điểm E,F,G,K đồng viên

Ta có BF2 = BA2 = BE.BG suy ra \(\Delta\)BEF ~ \(\Delta\)BFG (c.g.c). Tương tự \(\Delta\)CEF ~ \(\Delta\)CKE (c.g.c)

Từ đó ^BFE = ^BGF = ^CKE = ^CEF, suy ra \(\Delta\)EIF cân tại I

Gọi BF,CE cắt (HEF) lần lượt tại U,V. Dễ có SV // BE, SU // CF và FU = EV (Vì IE = IF)

Ta lại có \(BH.BS=BU.BF;CH.CS=CV.CE\Rightarrow\frac{BS}{CS}.\frac{BH}{CH}=\frac{BF}{CE}.\frac{BU}{CV}\)

Hay \(\frac{BS}{CS}.\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{AB}{AC}.\frac{BU}{FU}.\frac{EV}{CV}=\frac{AB}{AC}.\frac{BS^2}{CS^2}\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{BS}{CS}\)

Suy ra S là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC

Vì vậy S cố định, khi đó đường tròn (HEF) đi qua hai điểm H,S cố định

Vậy thì tâm L của đường tròn (HEF) luôn thuộc trung trực của SH cố định (đpcm).

Vào lúc: 2019-10-29 22:02:23 Xem câu hỏi

A B C D E F O S K P G T L I M N

Bổ đề: Xét tam giác ABC có X và Y thuộc BC sao cho AX và AY đối xứng nhau qua phân giác góc BAC thì \(\frac{XB}{XC}.\frac{YB}{YC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).

Giải bài toán:

Gọi đường thẳng đối xứng với PK qua phân giác của ^EPF cắt EF tại S. Ta sẽ chỉ ra S cố định, thật vậy:

Kéo dài KP cắt EF tại L, PE cắt KC tại T, PF cắt KB tại G, KP cắt GT tại I

Ta có ^GKT = ^PKB + ^PKC = ^PFB + ^PEC = ^PEF + ^PFE = 1800 - ^GPT, suy ra tứ giác PTKG nội tiếp

Suy ra ^PGT = ^PKT = ^PEC = ^PFE do đó GT // FE. Từ đó, áp dụng Bổ đề, ta có biến đổi tỉ số:

\(\frac{LE}{LF}.\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}\Leftrightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}.\frac{LF}{LE}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IP}.\frac{IP}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{KG}{PT}.\frac{PG}{KT}\)

\(=\frac{PT}{PG}.\frac{KG}{KT}=\frac{ET}{FG}.\frac{KG}{KT}=\frac{KP}{BF}.\frac{CE}{KP}=\frac{CE}{BF}\)

Hạ BN,CM vuông góc với EF, ta dễ có \(\frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF}=\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{FN}=\frac{SE+EM}{SF+FN}=\frac{SM}{SN}\)

Chú ý rằng BN // CM và cùng vuông góc EF, do vậy DS vuông góc EF. Mà D,E,F cố định nên S cố định

Vậy ta thu được điều phải chứng minh.

Vào lúc: 2019-10-28 00:38:26 Xem câu hỏi

A B C M Y Y' X P Q N K L (O ) 1 (O ) 2

Dựng một đường tròn đi qua M và X đồng thời tiếp xúc với BC, đường tròn đó cắt (O1) tại Y' khác M.

Gọi Y'M và XM cắt đường tròn (AXY') lần lượt tại K và L (K khác Y'; L khác X); BC cắt (O1);(O2) tại P,Q; QX cắt PY' tại N

Ta có ^AXN = 1800 - ^AXQ = 1800 - ^AMQ = ^AMP = ^AY'N, suy ra N thuộc đường tròn (AXY')

Do vậy ^AKM = ^ANP mà ^AMK = ^APN nên \(\Delta\)KAM ~ \(\Delta\)NAP (g.g) suy ra AK.AP = AM.AN

Tương tự \(\Delta\)MAL ~ \(\Delta\)QAN (g.g) thì AL.AQ = AM.AN. Từ đó AK.AP = AL.AQ, dễ có \(\Delta\)LAK ~ \(\Delta\)PAQ (*)

Vì ^XMQ = ^XY'M = ^MLK nên KL // PQ, kết hợp với (*) suy ra (AL,AP) = (AK,AQ) = (KL,PQ) = 0o

Từ đây P,L,A thẳng hàng và Q,K,A thẳng hàng. Khi đó PL.PA = PN.PY'; QK.QA = QX.QN   (1)

Mặt khác \(\frac{KM}{NP}=\frac{AK}{AN};\frac{LM}{NQ}=\frac{AL}{AN}\Rightarrow\frac{AK}{AL}=\frac{KM}{NP}.\frac{NQ}{LM}\Rightarrow\frac{QN}{PN}=\frac{AK}{AL}.\frac{LM}{KM}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{QX.QN}{PN.PY'}=\frac{QX}{PY'}.\frac{AK}{AL}.\frac{LM}{KM}=\frac{QK.QA}{PL.PA}\Rightarrow\frac{QX}{PY'}.\frac{LM}{KM}=\frac{AK}{AL}\)

\(\Leftrightarrow\frac{QX}{PY'}=\frac{AK}{AL}.\frac{KM}{LM}\Rightarrow\frac{QX.AM}{PY'.AM}=\frac{AQ.MX}{AP.MY'}\)

Chú ý rằng tứ giác AQXM là tứ giác điều hòa, như vậy PY'.AM = AP.MY'. Suy ra tứ giác APY'M điều hòa

Ta thấy tiếp tuyến tại A của (O1) cắt AM tại C, do đó CY' cũng là tiếp tuyến của (O1)

Lại có CY là tiếp tuyến từ C đến (O1) nên Y trùng Y'. Vậy (MXY) tiếp xúc với BC tại M (đpcm).

Vào lúc: 2019-10-27 22:51:22 Xem câu hỏi

Hàm số \(y=-x^2+2mx+1\) có  \(a=-1< 0;-\frac{b}{2a}=m\)nên đồng biến trên \(\left(-\infty;m\right)\)

Do đó để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left(-\infty;3\right)\)thì ta phải có \(\left(-\infty;3\right)\subset\left(-\infty;m\right)\Leftrightarrow m\ge3.\)

Vào lúc: 2019-10-19 22:20:27 Xem câu hỏi

A B C D O E M G H F K

a) Xét \(\frac{a^2}{AE^2}+\frac{a^2}{AM^2}=\frac{CM^2}{ME^2}+\frac{CE^2}{ME^2}=1\)(ĐL Thales và Pytagoras). Suy ra \(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}.\)

b) Ta dễ thấy \(\Delta\)ACG = \(\Delta\)ACM (c.g.c), suy ra ^AGC = ^AMC = ^BAE. Từ đây \(\Delta\)ABE ~ \(\Delta\)GBA (g.g)

Vậy BE.BG = AB2 = BO.BD nên \(\Delta\)BOE ~ \(\Delta\)BGD (c.g.c) (đpcm).

c) Gọi CH giao AB tại K. Theo hệ quả ĐL Thales \(\frac{CM}{BA}=\frac{EC}{EB}=2\)(Vì \(BE=\frac{a}{3}\))\(\Rightarrow CM=2a\)

Ta cũng có \(\frac{CF}{FM}=\frac{KB}{BA}\), suy ra \(\frac{\frac{a}{2}}{2a-\frac{a}{2}}=\frac{KB}{a}\Leftrightarrow KB=\frac{a}{3}\left(=BE\right)\)

Từ đó \(\Delta\)EKB vuông cân tại B, mà \(\Delta\)ABC vuông cân tại B nên E là trực tâm \(\Delta\)ACK

Suy ra AE vuông góc CK (tại H). Vậy, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)MEC) thì

\(CH^2=HE.HM\Leftrightarrow CH^3=HE.HC.HM\Leftrightarrow CH=\sqrt[3]{HE.HC.HM}\)(đpcm).

Vào lúc: 2019-10-16 20:34:06 Xem câu hỏi

A B C S O M H E F T K D P L I

Vẽ đường tròn ngoại tiếp (O) của \(\Delta\)ABC. Tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở T.

Gọi HM cắt đường tròn (O) tại hai điểm K và D (K thuộc cung lớn BC), AH cắt (O) và (AEF) tại L và I (khác A).

Dễ chứng minh AD là đường kính của (O) và  ^AKP = 900, suy ra K thuộc đường tròn (AEF)

Từ đó \(\Delta\)EKF ~ \(\Delta\)CKB (g.g). Dễ thấy ^IFE = ^IAE = ^LBC; ^IEF = ^IAF = ^LCB suy ra \(\Delta\)EIF ~ \(\Delta\)CLB

Do vậy \(\frac{KF}{KE}.\frac{IE}{IF}=\frac{KB}{KC}.\frac{LC}{LB}=\frac{KB}{KC}.\frac{DB}{DC}=\frac{KB}{KC}.\frac{DB}{BM}.\frac{CM}{DC}=\frac{KB}{KC}.\frac{KC}{KM}.\frac{KM}{KB}=1\)

Suy ra 2 tứ giác KFIE và KBLC điều hòa, dẫn đến K,I,S thẳng hàng và K,L,T thẳng hàng

Theo tính đồng dạng thì \(\Delta\)KIF ~ \(\Delta\)KLB và \(\Delta\)KFS ~ \(\Delta\)KBT kéo theo \(\Delta\)IKL ~ \(\Delta\)SKT (~\(\Delta\)FKB)

Vậy ST // IL, mà IL vuông góc với BC, T thuộc trung trực của BC nên S thuộc trung trực của BC hay SB = SC (đpcm).

Vào lúc: 2019-10-13 09:49:08 Xem câu hỏi

A B O C D M S

Gọi (OMD) cắt (O) tại S khác D. Ta có OD = OS, suy ra (OD và (OS của đường tròn (OMD) bằng nhau

Hay ^OMD = ^OMS. Lại có ^MCO = 1800 - ^OCD = 1800 - ^ODC = ^MSO. Do đó ^MOC = ^MOS

Suy ra \(\Delta\)MCO = \(\Delta\)MSO (g.c.g). Vậy S đối xứng với C qua AB, mà C và AB đều cố định nên S cố định

Khi đó (OMD) luôn đi qua 2 điểm cố định là S và O (đpcm).

Vào lúc: 2019-10-12 22:50:22 Xem câu hỏi

Gọi tia AI cắt cạnh BC tại M. Đặt \(S_{AMB}=S_C;S_{BMC}=S_A;S_{CMA}=S_B\)

\(\overrightarrow{IA}=-\frac{IA}{IM}.\overrightarrow{IM}=-\frac{IA}{IM}\left(\frac{BM}{a}.\overrightarrow{IC}+\frac{CM}{a}.\overrightarrow{IB}\right)\)

\(=-\frac{S_B+S_C}{S_A}\left(\frac{S_C}{S_B+S_C}.\overrightarrow{IC}+\frac{S_B}{S_B+S_C}.\overrightarrow{IB}\right)\)

\(=-\left(\frac{S_C}{S_A}.\overrightarrow{IC}+\frac{S_B}{S_A}.\overrightarrow{IB}\right)=-\left(\frac{c}{a}.\overrightarrow{IC}+\frac{b}{a}.\overrightarrow{IB}\right)\)

\(\Rightarrow a.\overrightarrow{IA}=-\left(b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}\right)\Rightarrow a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)(đpcm).

Vào lúc: 2019-10-12 22:19:16 Xem câu hỏi

A B C I S D E F G K L K' M x

Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.

Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn

Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)

Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= PL/(G) = PL/(I) )

Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.

Đồng thời ^DIM = 1800 - ^DK'M = 1800 - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID

Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)

Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp

Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF

Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK

Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC)   (1)

Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 1800 - ^BSC/2

Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC)                                             (2) 

Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).

Trang trước Trang tiếp theo