Diễn Đàn MathScope

Diễn Đàn MathScope (http://forum.mathscope.org/index.php)
-   Hình Học (http://forum.mathscope.org/forumdisplay.php?f=8)
-   -   Topic Hình Học Phẳng (http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=20713)

v.t.t_96 16-12-2011 07:06 PM

Bài 107: Cho tứ giác $ABCD $ nội tiếp $(O) $,ngoại tiếp $(O_{1}), O_{2} $ là giao điểm 2 đường chéo. Chứng minh 3 điểm $O, O_{1}, O_{2} $ thẳng hàng.

n.v.thanh 16-12-2011 08:07 PM

Trích:

Nguyên văn bởi v.t.t_96 (Post 128390)
Bài 107: Cho tứ giác $ABCD $ nội tiếp $(O) $,ngoại tiếp $(O_{1}), O_{2} $ là giao điểm 2 đường chéo. Chứng minh 3 điểm $O, O_{1}, O_{2} $ thẳng hàng.

[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...]

hqdhftw 18-12-2011 09:36 PM

Trích:

Nguyên văn bởi thephuong (Post 128287)
Mà $\widehat{GIF} = 180^0 - \widehat{BIG} - 2\widehat{FIC} = 42^0 = \widehat{FIC} $
Suy ra IG là phân giác ngoài của $\widehat{FID} $.
suy ra GF là phân giác ngoài của $\widehat{IFD} $
Từ đó $\widehat{IFG} = 66^0 $ suy ra $\widehat{ACB} = 48^0 $
Suy ra $\widehat{ABC} = 36^0 $

Bạn ơi hình như từ chỗ đó trở xuống không được đúng lắm, $\angle GIF = 54^0 $ mới đúng chứ nhỉ. Vả lại nếu $\angle ABC = 36^0 $ và $\angle ACB = 48^0 $ thì tứ giác BCDE nội tiếp, từ đó suy ra CD=DE=BE => là hình thang cân vậy cũng suy ra được là tam giác ABC cân tại A (vô lí).

thephuong 18-12-2011 11:06 PM

Trích:

Nguyên văn bởi hqdhftw (Post 128769)
Bạn ơi hình như từ chỗ đó trở xuống không được đúng lắm, $\angle GIF = 54^0 $ mới đúng chứ nhỉ. Vả lại nếu $\angle ABC = 36^0 $ và $\angle ACB = 48^0 $ thì tứ giác BCDE nội tiếp, từ đó suy ra CD=DE=BE => là hình thang cân vậy cũng suy ra được là tam giác ABC cân tại A (vô lí).

Sorry các thành viên, mình cũng không hiểu sao lại nhầm lẫn tai hại vậy. Bài này tính vật vã, rối tung =.=. Xin đính chính lời giải:

Đầu tiên có thể tính được ngay $\widehat{BAC} $
vì $180^0 - 18^0 - 24^0 = \widehat{BIC} = \frac{\widehat{BAC}}{2} + 90^0 \Rightarrow \widehat{BAC} = 96^0. $
Vẽ $F, G $lần lượt là điểm đối xứng của $D, E $ qua $EC, BD $ lần lượt.
suy ra $\widehat{GIB} = \widehat{BIE} = 42^0 $ và $\widehat{FIC} = \widehat{DIC} = 42^0 $
Lại thấy rằng, do tính đối xứng nên $\widehat{BDG} = \widehat{BDE} = 24^0 $ suy ra DG là phân giác trong $\widehat{BDF} $
Ta có:$ \widehat{FEC} = \widehat{CED} = 18^0 $và $\widehat{GEC} = 90^0 - 42^0 = 48^0 $ nên $\widehat{GEF} = 30^0 $
Gọi $J = EF \cap BD\Rightarrow \widehat{BJE} = 60^0 \Rightarrow \widehat{BJG} = 60^0 $
và ta cùng có: $\widehat{GJF} = 2\widehat{GEF} = 60^0 \Rightarrow JG $ là phân giác $\widehat{BJF} \Rightarrow FG $ là phân giác ngoài góc $JFD $
Nên tính được: $\widehat{EFG} = 54^0 $
vậy thì $\widehat{ABC} = 12^0 $
Vậy suy ra $\widehat{ACB} = 72^0 $

TNMinh_1996 20-12-2011 09:28 AM

[U]Bài 108:[/U]
Cho tam giác ABC cố định. Về phía ngoài tam giác, ta dựng các tam giác ACB', ABC' lần lượt cân tại B', C' và có góc đỉnh bằng $a $. B'' đối xứng với B' qua AC, C" đối xứng C' qua AB .BC' cắt CB' tại P, BC" cắt CB" tại Q. Chứng minh rằng khi góc $a $ thay đổi thì đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định. :barrywhite:

hqdhftw 20-12-2011 07:38 PM

Lời giải bài 108:

pth_tdn 20-12-2011 08:38 PM

Lời giải khác cho bài 108:

TNMinh_1996 21-12-2011 10:13 AM

Bài 109:
Cho tam giác $ABC $ cố định. Về phía ngoài tam giác, ta dựng các tam giác$ ACB', ABC' $ lần lượt cân tại $B', C' $ và có góc đỉnh bằng $a $. B'' đối xứng với B' qua AC, C" đối xứng C' qua AB .$BB' $cắt $CC' $ tại P, $CC" $ cắt $BB" $ tại Q. Chứng minh rằng khi góc $a $ thay đổi thì đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.

Dynamite 22-12-2011 12:28 PM

Bài 110
Cho tam giác đều $XYZ $nội tiếp đường tròn $(O) $ và điểm $P $bất kì nằm ở miền trong tam giác đó(không nằm trên biên). Gọi $A,B,C $ lần lượt là giao của $PX,PY,PZ $với đường tròn $(O) $.
Gọi $a,b,c $ là độ dài các cạnh $BC,CA,AB $ của tam giác $ABC $. Chứng minh rằng: $aPA=bPB=cPC $

Shyran 22-12-2011 07:33 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Dynamite (Post 129195)
[U]Bài 110[/U]
Cho tam giác đều $XYZ $nội tiếp đường tròn $(O) $ và điểm $P $bất kì nằm ở miền trong tam giác đó(không nằm trên biên). Gọi $A,B,C $ lần lượt là giao của $PX,PY,PZ $với đường tròn $(O) $.
Gọi $a,b,c $ là độ dài các cạnh $BC,CA,AB $ của tam giác $ABC $. Chứng minh rằng: $aPA=bPB=cPC $



Xét tam giác $ABC $ nội tiếp đường tròn $(O;R) $ có $DEF $ là tam giác pedal ứng với $P $ bất kì; $PA, PB, PC $ cắt $(O) $ lần thứ hai tại $X, Y, Z $. Ta có 2 nhận xét :

1/ $\Delta{DEF}} \backsim \Delta{XYZ} $

2/ $\Delta{DEF} $ đều khi và chỉ khi $aPA=bPB=cPC $

Chứng minh :

1/ Biến đổi góc nội tiếp.

2/ Ta có $A, E, F, P $ cùng thuộc đường tròn đường kính $AP $ ; $B, F, D, P $ cùng thuộc đường tròn đường kính $BP $

Theo định lý hàm số sin cho các tam giác $AEF, BDF, ABC $ ta có :

$EF=DF \Leftrightarrow PA.\sin{A}=PB.\sin{B} \Leftrightarrow \frac{PA}{PB}=\frac{\sin{B}}{\sin{A}} \Leftrightarrow \frac{PA}{PB}=\frac{b}{a} $

Tương tự ta thu được tam giác $DEF $ đều khi và chỉ khi $aPA=bPB=cPC $

Từ 2 nhận xét trên ta có đpcm

thiendienduong 25-12-2011 12:12 AM

Bài 111
Tứ giác $ABCD $ nội tiếp $(O) $ có $AC\cap BD=M $. Đường thẳng d qua $M $ và vuông góc với $OM $ cắt $AB $, $BC $, $CD $, $DA $ lần lượt tại $M_1 $, $M_2 $, $M_3 $, $M_4 $. Chứng minh rằng: $M_1M_4=M_2M_3 $.

v.t.t_96 25-12-2011 01:16 AM

Đây là bài toán con bướm
Kẻ OK vuông góc với AB tại K, OI vuông góc với CD tại I
Dễ thấy tứ giác $ OMM_{3}I $ nội tiếp nên $ \angle MOM_{3}=\angle M_{3}IM $
tương tự có tứ giác $OMKM_{1} $ nội tiếp nên $ \angle MOM_{1}=\angle MKA $
C/m được tam giác AKM đồng dạng với tam giác DIM (do tam giác AMB đồng dạng với tam giác DMC) nên ta có $ \angle MKA=\angle MID $
Do đó $\angle MOM_{3}=\angle MOM_{1} $ => tam giác $ OM_{3} $$M_{1} $ cân tại O => $MM_{3}=MM_{1} $
Chứng minh tương tự ta có $ MM_{4}=MM_{2} $
Vậy ta có đpcm

Copal 27-12-2011 12:29 PM

Bài 112)
Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B, C nằm trên đường tròn sao cho BC không là đường kính. Xét một điểm A di chuyển trên (O) sao cho AB khác AC và A không trùng với B, C. Gọi D và E lần lượt là giao điểm của đường thẳng BC với đường phân giác trong và phân giác ngoài của góc BAC. Gọi I là trung điểm DE. Đường thẳng di chuyển qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc AI cắt các đường thẳng AD và AE tương ứng tại M và N. Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.

novae 27-12-2011 01:17 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Copal (Post 130115)
Bài 112)
Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B, C nằm trên đường tròn sao cho BC không là đường kính. Xét một điểm A di chuyển trên (O) sao cho AB khác AC và A không trùng với B, C. Gọi D và E lần lượt là giao điểm của đường thẳng BC với đường phân giác trong và phân giác ngoài của góc BAC. Gọi I là trung điểm DE. Đường thẳng di chuyển qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc AI cắt các đường thẳng AD và AE tương ứng tại M và N. Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.


TBN_146 27-12-2011 10:44 PM

Mình thấy có bài hình THCS này hay mà không quá dễ, post lên làm cho vui, coi anh em tìm được mấy cách
Bài 113
Cho tam giác $ABC $ có $AB<AC $, $M $ là trung điểm $BC $. $E $ thuộc đoạn $AM $.
Chứng minh rằng $\widehat{ABE} > \widehat{ACE} $


Múi giờ GMT. Hiện tại là 06:07 PM.

Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2020, Jelsoft Enterprises Ltd.

[page compression: 25.99 k/27.22 k (4.51%)]