Chứng minh song song
 

Cho tam giác $ABC $ vuông ở A, đường cao $AH $. $AD $ là phân giác góc $BAH $, $I $ là trung diểm $AB $. $J $ là giao của $AH $ và $ID $. Chứng minh: $JC $ song song với $AD $.

Mình vừa mới tham gia nên không rành gõ Latex lắm! Đừng xóa bài của mình, bạn nào gõ Latex được giúp mình gõ lại nha. Cảm ơn nhiều lắm. Bài này mình trình bày hướng giải thế này:
+chứng minh tam giác ACD cân ở C (vẽ đường vuông góc từ C xuống AD rồi sử dụng biến đổi góc-lưu ý tính chất phân giác)
+dùng định lý Menelaus chứng minh được $\dfrac{AJ}{JH}=\dfrac{DB}{HD}$
mà $\dfrac{DB}{HD}=\dfrac{AB}{AH}=\dfrac{AC}{CH}= \dfrac{CD}{CH}$ nên suy ra
$\dfrac{AJ}{JH}=\dfrac{CD}{CH}$. Theo định lý Talet suy ra điều phải chứng minh.

Dễ dàng chứng minh tam giác ADC cân tại C.
Áp dụng định lí menelaus với tam giác ABH và điểm J kết hợp các hệ thứ lượng ta có$\frac{JA}{JH}=\frac{DB}{DH}=\frac{AB}{AH}=\frac{AC }{CH}=\frac{CD}{CH} $
Có đpcm

Mình còn bài nay hay lắm, các bạn làm thử
Bài 2 Cho hình thang $ABCD $ (AB song song với CD). Gọi (O1) là đường tròn tiếp xúc với AB,BC,DA, Gọi (O2) là đường tròn tiếp xúc với BC,CD,DA. Từ D, kẻ tiếp tuyến t1 tới (O1). Từ B, kẻ tiếp tuyến t2 tới (O2). Chứng minh: t1 song song với t2

Hình vẽ

Cách của mình thế này, hơi dài nên mình tóm tắt hướng giải:
Đầu tiên nhận xét rằng $O_{1},O_{2}$ lần lượt là giao điểm của phân giác góc A và B, phân giác góc C và D trong hình thang ABCD. Gọi G là giao điểm của AD và BC.(Mình xét trường hợp $O_{1}$ nằm ngoài hình thang, trường hợp còn lại làm tương tự).
Ta sẽ tìm cách chứng minh $t_{1}$ song song $t_{2}$ bằng cách chứng minh góc tạo bởi $t_{1}$ và CD bù góc tạo bởi $t_{2}$ và AB. Bằng cách biến đổi góc ta được đpcm tương đương với $\widehat{O_{1}DC}+ \widehat{O_{2}BA}= \frac{1}{2}\widehat{G}$
Tiếp tục biến đổi góc ta thấy rằng để chứng minh được điều trên thì ta cần chứng minh $\widehat{HBO_{2}}= \widehat{AO_{1}D}$ (với BH là phân giác góc GBA, và H thuộc $GO_{1}$ _lưu ý rằng G,$O_{1},O_{2}$ thẳng hàng).
+Dễ chứng minh $\widehat{BHO_{2}}=\widehat{O_{1}AD}$.
+Kế tiếp ta tìm cách chứng minh $\frac{BH}{AO_{1}}=\frac{HO_{2}}{AD}$.
Thật vậy, gọi I là giao điểm của GH và AB, nhờ vào tứ giác $O_{1}AHB$ nội tiếp và các tính chất phân giác, song song ta sẽ có được
$\frac{BH}{AO_{1}}= \frac{HI}{AI}= \frac{GH}{GA}= \frac{HO_{2}}{AD}$.
Đến đây theo lí luận ở trên suy ra điều phải chứng minh.

Ai gợi ý mình cách giải bài này(từng đọc trên TTT2 nhưng quên mất).
Bài 3Cho$(O) $. $(O1), (O2) $ là các đường tròn tiếp xúc trong với $(O) $. Các tiếp tuyến chung trong của (O1) và (O2) cắt (O) lanluwowt ở $A, A',B,B' $.Goi $EF $ la một tiếp tuyến chung ngoài của (O1) và (O2). Giả sử E,F,A,B nằm cùng một phía mp bờ O1O2. Chứng minh: $EF\parallel AB $

Bài này mình có hướng giải thế này:(mình thấy nó quá dài, mong sẽ bạn nào có cách ngắn hơn post lên để mình học hỏi)
+Gọi N, M lần lượt là tiếp điểm của (O) và $(O_{1}),(O_{2})$. K là giao điểm của ME và (O), dễ chứng minh K,F,N thằng hàng và K là trung điểm cung A'B' (A',B' là giao điểm của EF với (O)). Ta tìm cách chứng minh K cũng là trung điểm cung AB.
+MNKB nội tiếp: áp dụng định lý Ptoleme ta có MN.BK+NK.MB=NB.MK
Tương tự: MNAK nội tiếp MN.AK+MK.NA=MA.NK
Kết hợp lại suy ra MN(BK-AK)=MK(NA+NB)-NK(MB+MA) (1)
Mặt khác: gọi $D_{1},D_{2}$ là tiếp điểm của hai tiếp tuyến chung trong với $O_{1}$. Định nghĩa tương tự với $E_{1},E_{2}$.
Theo hệ thức khoảng cách quen thuộc ta có:
$\frac{MB}{MK}=\frac{BD_{1}}{\sqrt{KE.KM}}$
$\frac{MA}{MK}=\frac{AD_{2}}{\sqrt{KE.KM}}$
suy ra
$\frac{MA+MB}{MK}=\frac{AD_{2}+BD_{1}}{\sqrt{KE.KM }}$
Hoàn toàn tương tự:
$\frac{NA+NB}{NK}=\frac{AE_{1}+BE_{2}}{\sqrt{KF.KN }}$
Dễ chứng minh K thuộc trục đẳng phương của $(O_{1}),(O_{2})$
nên $\frac{MB+MA}{MK}=\frac{NB+NA}{NK}$ hay MK(NB+NA)=NK(MB+MA) (2)
(1) và (2) suy ra BK=AK. Từ đây dễ dàng suy ra đpcm.

Đoạn chứng minh K là trung điểm cung AB thì trên báo có cách làm sử dụng bổ đề sau:(hôm qua vừa mượn lại được quyển báo)
Cho$\delta ABC $ nội tiếp $(O) $. gọi (O') la đường tròn tiếp xúc với (O)( tiếp điểm nằm trên cung BC). $AA', BB', CC' $ là các tiếp tuyến kẻ từ A,B,C tới (O'). khi đó ta có$BC.AA'=AC.BB"+ AB.CC' $
(định lí Ptolemy mở rộng). Trở lại bài toán, từ K, kẻ tiêp tuyến KC, KD tới (O1), (O2), với chú ý $LC^2=LE.LM; LA'^2=LE.LM $,kết hợp với bổ đề trên, ta cũng có $LA=LB $

Một bài tiếp nha.
Bài 4Cho tam giác $ABC $ cân tại A, nội tiếp $(O) $
Trên tia đối $CB $ lấy D bất kì. Kẻ $Dx \parallel AB $ cắt AC ở E.
Gọi$(O') $ là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE, cắt $(O) $ ở điểm thứ hai là F.Gọi $I $ là trung điểm cung BC( không chứa A).
Chứng minh: $IF \parallel OO' $

Gần như hiển nhiên nhỉ. $A, O, I$ thẳng hàng vì tam giác $ABC$ cân tại $A$. Do đó $AF \perp IF$. Mà $OO' \perp AF$. Từ đó có đpcm.
Đề bài còn dư nữa cơ =.=

Đấy thực ra chỉ là một sáng tạo nho nhỏ của em(nhưng có vẻ không thành công cho lắm)=p~.Đây mới là bài gốc ạ.
Bài 4.Cho $\Delta ABC $ cân tại A nội tiếp $(O) $. $D $ là một điểm thuộc tia đối CB. Kẻ$DE\parallel AB $(E thuộc đường thẳng AC).Gọi $(O') $ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOE $ cắt $(O) $ tại điểm thứ hai là $F $.Chứng minh: $OO'\parallel DF $

Gọi $G$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O$. $F'$ là giao điểm của $(O)$ và $DG$. $E'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CF'D$.
Ta sẽ chứng minh $E \equiv E'$.
Kí hiệu $H$ là chân đường cao đỉnh $C$ của tam giác $CF'D$.
Theo một tính chất quen thuộc thì $\angle{HCD}=\angle{FCE'}$.
Hơn nữa $\angle{DCH}=\angle{DGA}$ (góc có cặp cạnh tương ứng vuông góc) nên $\angle{DGA}=\angle{FCE'}$. Do tứ giác $ACFG$ nội tiếp nên $A, C, E'$ thẳng hàng. Mặt khác $CE'D$ cân tại $E'$ nên $E' \equiv E$.
Từ đó do hai tam giác $OGF'$ và $ECF'$ cân tại $O$ và $E$ lần lượt và có $\angle{OGF'}=\angle{ECF'}$ nên chúng đồng dạng. Do đó $\angle{GOF'}=\angle{F'EC}$. Hay $F'$ thuộc $(AOE)$. Do đó $F \equiv F'$.
Do đó $AF \perp DG$. Hơn nữa $OO'\perp AF$. Nên $OO' \| DG$.
p.s Hoan nghênh tinh thần chủ động sáng tạo của bạn.
@all: Các bạn chú ý cho hình vẽ vô thẻ "hint" cho dễ nhìn, để hình ở ngoài hơi mất thẩm mĩ :D
Nút hint cạnh nút Tex và Flv.

Cũng chung ý tưởng với bạn thephuong là tìm cách chứng minh AF vuông góc FD, mình có cách giải như vầy:
+Đặt $\widehat{ACF}=\widehat{C_{1}},
\widehat{FCE}=\widehat{C_{2}},$
Bằng tính toán đơn giản dựa vào các tứ giác nội tiếp ta có được
$\widehat{C_{2}}=180^{\circ}-\widehat{C_{1}},
\widehat{AEF}=2\widehat{C_{1}}-180^{\circ},
\widehat{CFE}=\widehat{C_{1}}-\widehat{AEF}=180^{\circ}-\widehat{C_{1}}$
Do đó CE=EF=DE.
Dễ chứng minh EO là phân giác gócAEF nên suy ra góc AEF=2.gócFAO.
Bằng biến đổi góc đơn giản ta có góc DEF= góc BOF=2. góc BAF (lưu ý góc CED=gócBAC)
Từ đó có được gócOFE=gócBFD mà góc FOE=gócFBD (cùng bằng gócFAE)
do đó góc FEO=góc FDB. Gọi I là giao điểm của OA và BC thì AIFD nội tiếp, suy ra AF vuông FD suy ra đpcm.
(Mình gõ latex chậm quá nên có mấy chỗ gõ bằng chữ luôn :(. Thông cảm nhé!)

Còn bài cũng na ná bài 4.
Bài 5Cho tứ giác $ABCD $ nội tiếp $(O) $.AD cắt BC ở E. Gọi $(O_1), (O_2) $ lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp tam giác EDC và EAB. Hai đường tròn này giao nhau ở điểm thứ hai là M.
Chưng minh:$O_1O_2\parallel OM $.