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)

yamatunga 29-06-2012 07:15 PM

[B]Bài 155[/B]Cho đường tròn (O).Từ M nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyến MA(A là tiếp điểm).Tia MO cắt (O) tại B và C (B nằm giữa M và O),Kẻ AH vuông góc BC (H thuộc BC).Tia AH cắt (O) tại D (d khác A)
Chứng minh AMDO nội tiếp và $BM.CH=BH.CM $

9A1 30-06-2012 07:50 AM

Trích:

Nguyên văn bởi yamatunga (Post 158570)
Bài 154Cho tam giác ABC,M là điểm bất kì.CMR:
$\left ( MA+MB+MC \right )^{2}\geq AB.BC+BC.CA+CA.AB $

Bài này đề sai rồi bạn.
Cho BC=4,CA=3,AB=2,M trùng A thì
$(MA+MB+MC)^2=25$
$AB.BC+BC.CA+CA.AB=26$

9A1 03-07-2012 07:41 PM

A.Kẻ tiếp tuyến $MD'$ với đường tròn $(O)$ ($D'$ khác $A$, $D'$ thuộc $(O)$).Khi đó $AD'$ vuông góc với $BC$. Do đó $H$ thuộc vào $AD'$ và $D$ trùng với $D'$. Từ đó, dễ dàng thấy tứ giác $AMDO$ nội tiếp.
b.Ta có:

$\frac{BH}{DH}=\frac{AB}{CD}$, $\frac{DH}{CH}=\frac{BD}{AC}$

Từ đó, ta suy ra: $\frac{BH}{CH}=\frac{BH}{DH}.\frac{DH}{CH}=\frac{A B.BD}{AC.CD}$. (1)

Mặt khác: $\frac{BM}{CM}=\frac{BM}{AM}.\frac{DM}{CM}=\frac{A B.BD}{AC.CD}$. (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra: $\frac{BM}{CM}=\frac{BH}{CH}$.

Hay ta có: $BM.CH=BH.CM$. (Đpcm)

vosacvonga 12-07-2012 09:19 PM

Bài155.b
$$BM.CH=BH.CM$$
$$\Leftrightarrow (OM-R).(OH+R)=(R-OH).(OM+R)$$
$$\Leftrightarrow R^2=OH.OM=OA^2$$
$$\Rightarrow dpcm$$

Handcock 14-07-2012 09:39 AM

Bài 156: H là trực tâm tam giác ABC. X là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Đường tròn đường kính XH cắt AH,BH,CH,AX,BX,CX tại $A_1,B_1,C_1,A_2,B_2,C_2$.Chứng minh rằng $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$ đồng quy.

Bài 157: Tam giác QAP vuông tại A. Điểm B và R trên các cạnh PA,PQ sao cho BR song song AQ. Điểm S và T trên AQ và BR sao cho AR vuông góc BS, và AT vuông góc BQ. Giao điểm của AR và BS là U, giao điểm của AT và BQ là V.Chứng minh

(i) P,S,T thẳng hàng
(ii) P,U,V thẳng hàng

khucyeuthuong 18-07-2012 04:48 PM

Đây mới là đề chính xác của câu 154
Bài 158
Cho tam giác ABC,M là điểm bất kì.CMR:
$\left ( MA+MB+MC \right )^{2}\geq 2\left ( AB+BC+CA \right )-AB^{2}-BC^{2}-CA^{2} $

Shyran 22-07-2012 10:36 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Handcock (Post 161980)
Bài 156: H là trực tâm tam giác ABC. X là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Đường tròn đường kính XH cắt AH,BH,CH,AX,BX,CX tại $A_1,B_1,C_1,A_2,B_2,C_2$.Chứng minh rằng $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$ đồng quy.

Bài 156.

Từ giả thiết ta có $C_1C_2 \parallel AB $, suy ra $\widehat{A_2A_1C_1}=\widehat{A_2XC_1} = \widehat{XAB} $

Từ đó áp dụng định lý Ceva sin thuận cho tam giác $ABC $ với ba đường $XA, XB, XC $ đồng quy và định lý Ceva sin đảo cho tam giác $A_1B_1C_1 $ với ba đường $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2 $ ta thu được điều cần chứng minh.

miriyb 22-07-2012 04:19 PM

Trích:

Nguyên văn bởi daylight (Post 102177)
Lời giải của bài toán 6:

Vì sợ dịch sai nên em xin post cả lời giải gốc bằng tiếng anh lên ạ X_X.

Em xin tạm dịch như này, có sai xót gì thì bỏ qua cho em nha!
Đặt k là tỉ số đồng dạng của các đa giác, k<1. Thay đổi cạnh của đa giác ban đầu về phía bên trong liên tiếp theo $k, k^2, k^3,... $ (đơn vị dài). Ta có một hệ rút gọn của các đa giác lồi đồng dạng với đa giác ban đầu với các tỉ số $k, k^2, k^3,... $. Chỉ có một điểm chung của các đa giác đó chính là tâm đường tròn nội tiếp của đa giác ban đầu.
:ops:

pexea12 25-07-2012 02:53 AM

1 Attachment(s)
Trích:

Nguyên văn bởi Handcock (Post 161980)
[COLOR="Blue"]Bài 157:[/COLOR] Tam giác QAP vuông tại A. Điểm B và R trên các cạnh PA,PQ sao cho BR song song AQ. Điểm S và T trên AQ và BR sao cho AR vuông góc BS, và AT vuông góc BQ. Giao điểm của AR và BS là U, giao điểm của AT và BQ là V.Chứng minh

(i) P,S,T thẳng hàng
(ii) P,U,V thẳng hàng

(i) $Q(BTPS)=(BRQ)$ (Vì $BT \parallel AS$)

Mặt khác $B(QSTP)=A(TRPQ)$ (Vì $BQ \perp AT; BS \perp AR; BT \perp AP; BP \perp AQ$)

Mà $AQ \parallel BT$ nên $A(TRPQ)=(BRT)$

$\Rightarrow Q(BTPS)=B(QSTP) \Rightarrow S,T,P$ thẳng hàng.

(ii) Gọi $N$ là giao của $BS$ với $AT$.

Vì $AS \parallel BT$ nên $(BRT)=A(BRTS)=(BUNS)$ (Chiếu lên $BS$)

Mặt khác $(BRT)=(AQS)=B(AQST)=(AVNT)$ (Chiếu lên $AT$)

$\Rightarrow (BUNS)=(AVNT) \Leftrightarrow (NSBU)=(NTAV)$

$\Rightarrow TS, AB, UV$ đồng quy.

Mà $ST, AB$ cắt nhau tại $P$ nên $P, U, V$ thẳng hàng.


thephuong 25-07-2012 07:43 PM

1 Attachment(s)
Trích:

Nguyên văn bởi Handcock (Post 161980)

Bài 157: Tam giác QAP vuông tại A. Điểm B và R trên các cạnh PA,PQ sao cho BR song song AQ. Điểm S và T trên AQ và BR sao cho AR vuông góc BS, và AT vuông góc BQ. Giao điểm của AR và BS là U, giao điểm của AT và BQ là V.Chứng minh

(i) P,S,T thẳng hàng
(ii) P,U,V thẳng hàng

Hình vẽ

Lời giải.
1. Gọi $I$ là giao điểm của $SB$ và $PQ$.

Dùng phép chiếu ta có:
\[
A(TRBQ)=B(QSRA)=B(QIRP)=B(IQPR)=B(IQAR)
\]
Gọi $H=AT\cap BI$; $K=AR\cap BQ$. Và do $AS\|BT$ nên $HK\|AS$.
Như vậy $\dfrac{BT}{AS}=\dfrac{BH}{SH}= \dfrac{BK}{QK}=\dfrac{BR}{AQ}$
nên theo định lý đảo Thales ta có $P$, $S$, $T$ thẳng hàng.

2. Gọi $J$, $G$ là giao điểm của $HK$ với $AB$, $ST$. Vì AVHUBK là tứ giác toàn phần nên ta cần chứng minh $(PGAB)=-1\Leftrightarrow(PJTS)=-1$.

Ta có $PH$ đi qua trung điểm $M$ của $AS$ và $HT\|AS$ do đó $H(ASMJ)=-1$.
Do đó $H(TSPJ)=-1$ hay $(PJTS)=-1$. Ta có đpcm.

arsenal1000 26-07-2012 09:41 AM

Bài 159 Cho $\Delta ABC $ ngoại tiếp $(O) $. $d $ là một đường thẳng bất kì không cắt $\Delta ABC $. Gọi $A_1, B_1, C_1, O_1 $ lần lượt là hinh chiếu của $A, B, C, O $ trên $d $. Chứng minh:$BC.AA_1+CA.BB_1+AB.CC_1=2p.OO_1 $ ($p $ là nửa chu vi)

NguyenThanhThi 29-07-2012 09:34 PM

Bài 160 Cho tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H, M là trung điểm BC. EF cắt BC tại I. Chứng minh rằng IH vuông góc AM

Như 29-07-2012 10:05 PM

1 Attachment(s)
Trích:

Nguyên văn bởi kedaumat (Post 165534)
Bài 160 Cho tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H, M là trung điểm BC. EF cắt BC tại I. Chứng minh rằng IH vuông góc AM



Do $(DICB)=-1$, $M$ là trung điểm $BC$ nên theo hệ thức Maclaurin $DC.DB=DI.DM$.

Mà $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên $DB.DC=DH.DA$, suy ra $SI.DM=DH.DA$, nên $H$ là trực tâm tam giác $AIM$.

Do đó $IH\perp AM$.

batigoal 02-08-2012 10:39 PM

1 Attachment(s)
Bài 161
Trong tam giác $ ABC$, $P$ là điểm trên đường cao $ AD$. $Q,R$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $P$ tới $AB,AC$, và $QP,RP$ cắt $BC$ tại $ S$ và $T$ . Các đường tròn $(BQS)$ và $(CRT)$ cắt $QR$ tại $X, Y$. Chứng minh rằng:
$ SX, TY,AD$ đồng quy tại $Z$.

Hình vẽ

Joe Dalton 02-08-2012 11:35 PM

Trích:

Nguyên văn bởi batigoal (Post 166192)
[U]Bài 161[/U]
Trong tam giác $ ABC$, $P$ là điểm trên đường cao $ AD$. $Q,R$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $P$ tới $AB,AC$, và $QP,RP$ cắt $BC$ tại $ S$ và $T$ . Các đường tròn $(BQS)$ và $(CRT)$ cắt $QR$ tại $X, Y$. Chứng minh rằng:
$ SX, TY,AD$ đồng quy tại $Z$.

Hình vẽ

Trước hết, ta chứng minh được $B,Q,R,C$ đồng viên. Từ đó suy ra
$$ (YT,YR) \equiv (CB,CA) \equiv (QB,QR) \pmod{\pi} $$
Do đó $TY \parallel AB$. Tương tự, ta có $SX \parallel AC$.

Vậy ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{\overline{DT}}{\overline{DB}} = \dfrac{\overline{DS}}{\overline{DC}}$ hay $D$ nằm trên trục đẳng phương $\ell$ của $(BQS)$ và $(CRT)$.

Từ giả thiết, ta suy ra các bộ 4 điểm $(A,Q,D,S)$ và $(A,R,D,T)$ đồng viên. Do đó $P \in \ell$. Mặt khác, từ $B,Q,R,C$ đồng viên, ta cũng có $A \in \ell$. Mà $D \in AP$ hay $D \in \ell$. Ta có điều cần chứng minh.


Múi giờ GMT. Hiện tại là 06:36 PM.

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

[page compression: 25.38 k/26.79 k (5.24%)]