Topic Hình Học Phẳng

[n.v.thanh]

Bài 70
Cho tam giác $ABC $.Kẻ từ $A $ hai tia đẳng giác bất kì $Ax,Ay $.Kẻ $AH, BD, CE $ vuông góc với $BC, Ax, Ay $.$M $ là trung điểm của $BC $.Chứng minh $H,M,D,E $ đồng viên.

Nhẹ nhàng thôi

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

[*belicop*]

Lời giải bài 70:

Các tứ giác AHEC và BHDA nội tiếp nên $\angle EHC=\angle EAC=\angle DAB=\angle DHC $ nên để cm D,H,E,M đồng viên ta chỉ cần cm MD=ME.
Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC.Dễ thấy $PD=MQ (=\frac{AB}{2}),PM=QE(=\frac{AC}{2}) $ ,\$angle DPM=\angle MQE=2.\angle yAC-A $.suy ra tam giác PDM bằng tam giác QME nên $MD=ME $

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

[thiendienduong]

BÀI 71
Cho $\Delta ABC $ nội tiếp $(O) $. Gọi D là giao điểm của đường thẳng $BC $ với tiếp tuyến tại $A $ của $(O) $. Đường thẳng $DO $ cắt $AB $, $AC $ lần lượt tại $E $ và $F $. Gọi $M $, $N $ theo thứ tự là trung điểm của $AB $ và $AC $. Chứng minh rằng: $AO $, $MF $, $NE $ đồng qui.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi thiendienduong

BÀI 71
Cho $\Delta ABC $ nội tiếp $(O) $. Gọi D là giao điểm của đường thẳng $BC $ với tiếp tuyến tại $A $ của $(O) $. Đường thẳng $DO $ cắt $AB $, $AC $ lần lượt tại $E $ và $F $. Gọi $M $, $N $ theo thứ tự là trung điểm của $AB $ và $AC $. Chứng minh rằng: $AO $, $MF $, $NE $ đồng qui.

Ta xét bài toán mới sau : Cho tam giác $ABC $, đường tròn $(I) $ nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh lần lượt tại $M,N,P $. Gọi $D $ là giao điểm của $NP,BC $. $DI $ cắt $MP,MN $ tại $E,F $. $G,H $ là trung điểm $MP,MN $. Chứng minh rằng $IM,EH,GF $ đồng quy.

Xét cực - đối cực đối với $(I) $.
Gọi $X $ là giao điểm của đường thẳng qua $B $ song song $AM $ và đường thẳng qua $C $ vuông góc $IC $, $Y $ là giao điểm của đường thẳng qua $C $ song song $AM $ và đường thẳng qua $B $ vuông góc $IB $. Dễ thấy rằng $X,Y $ là cực của $EH,GF $ và $X,Y $ cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ $BC $ không chứa $A $.
Ta cần chứng minh $XY \parallel BC $.
Gọi $K,L $ là giao điểm của đường thẳng qua $A $ song song $BC $ với $MN,MP $.
Ta thấy rằng $\triangle BCX $ là ảnh của $\triangle AKM $ qua một phép vị tự với tỉ số $\frac{AK}{BC} $, $\triangle BCY $ là ảnh của $\triangle LAM $ qua một phép vị tự với tỉ số $\frac{AL}{BC} $.
Mà theo một kết quả quen thuộc thì $AL=AK $.
Từ đó suy ra $d(X,BC) = d(Y,BC) $ hay $XY \parallel BC $. Ta có điều cần chứng minh.

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

[Copal]

Bài 72: Cho tam giác ABC. M là điểm di động trên BC, kẻ MN vuông góc AB và MQ song song AB, QP vuông góc AB tại P. Tìm quỹ tích I là tâm hình chữ nhất MNPQ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Evarist Galois]

Bài 71:[Only registered and activated users can see links. ]

Bài 69 có cách không dùng nghịch đảo đấy

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

[novae]

Nguyên văn bởi Copal

Bài 72: Cho tam giác ABC. M là điểm di động trên BC, kẻ MN vuông góc AB và MQ song song AB, QP vuông góc AB tại P. Tìm quỹ tích I là tâm hình chữ nhất MNPQ

Gọi $D,T,K $ lần lượt là trung điểm $NP,BC $ và đường cao $CH $ của tam giác $ABC $.
Ta sẽ chứng minh quỹ tích của $I $ là đoạn thẳng $TK $, trừ đi hai điểm $T,K $.
Chỉ cần xét với trường hợp $CA \ne CB $, không mất tính tổng quát, giả sử $CA<CB $. Khi đó dễ chứng minh được $D $ nằm giữa $T,H $.
Ta cần chứng minh

$\frac{ID}{KH} = \frac{TD}{TH} $

Ta có

$\begin{aligned} \frac{ID}{KH} &= \frac{QP}{CH} = \frac{MN}{CH} \\ &= \frac{AP}{AH} = \frac{BN}{BH} \\ &= \frac{BN-AP}{BH-AH} \end{aligned} $

Mặt khác, ta có

$\begin{aligned} TD &= BD-BT = AT-AD \\ &= \frac{BD-BT+AT-AD}{2} \\ &= \frac{BD-AD}{2} = \frac{BN-AP}{2} \end{aligned} $

Tương tự, ta có

$TH = \frac{BH-AH}{2} $

Suy ra

$\frac{ID}{KH} = \frac{BN-AP}{BH-AH} = \frac{TD}{TH} $

Từ đó ta có $K,I,T $ thẳng hàng.
Mà $D $ nằm giữa $T,H $ nên $I $ nằm giữa $K,T $. Vậy ta có điều cần chứng minh.

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

[kien10a1]

Vẽ hình thấy quen quen, ra bài 72 trong NCPT toán 8.

K là trung điểm CH. KA cắt PQ tại X thì X là trung điểm PQ, tương tự xác định Y.
Thấy ngay X,Y,M thẳng hàng và XY song song AB
Do vậy KM đi qua trung điểm AB.

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

[n.v.thanh]

Nguyên văn bởi thiendienduong

BÀI 69
Cho $\Delta ABC $. Đường tròn $(O_{1}) $ nằm trong tam giác và tiếp xúc với các cạnh AB, AC. Đường tròn $(O_{2}) $ đi qua B, C và tiếp ngoài với đường tròn $(O_{1}) $ tại T. Chứng minh rằng: phân giác $\widehat{BTC} $ đi qua tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC $.

Cảm ơn bạn Thanh đã nhắc nhở. Thực sự là mình không biết bài đó có trên TTT2.

Bạn có thể cho mình coi lời giải đẹp của bài này không?

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

[thiendienduong]

Nguyên văn bởi n.v.thanh

Bạn có thể cho mình coi lời giải đẹp của bài này không?

Ta có thể giải [B]bài 69 [/B]bằng cách sử dụng 3 định lí: Ptolemy mở rộng, Stewart và Ceva dạng lượng giác. Không biết cách giải này có đẹp không nữa! Bạn xem rồi góp ý với mình.
LỜI GIẢI

Gọi $(M,N)=(O_{2})\cap (AB,AC) $,
$K, H $ lần lượt là tiếp điểm của $(O_{1}) $ với $AB, AC $,
$I $ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC $,
$(E,F)=(O_{2})\cap (BI,CI) $,
$R,r $ lần lượt là bán kính của $(O_{2}) $ và $(O_{1}) $.
Do $BE $ là tia phân giác của $\widehat{ABC} $, nên $EM=EC $.
Áp dụng định lí Ptolemy mở rộng, ta có:
$CM.d+CE.KM=ME.CH $, (trong đó d là độ dài đoạn tiếp tuyến kẻ từ $E $ đến $(O_{1}) $).
Từ đó ta có: $d^{2}=EC^{2}.\left ( \frac{CH-MK}{CM} \right )^{2} $. (1)
Áp dụng định lí Stewart cho 4 điểm: $E, T, O_{1},O_{2} $, ta được: $EO_{1}^{2}.TO_{2}+EO_{2}^{2}.TO_{1}=ET^{2}.O_{1}O_ {2}+TO_{1}.TO_{2}.O_{1}O_{2} $
$\Leftrightarrow EO_{1}^{2}.R+R^{2}.r=ET^{2}(R+r)+Rr(R+r) $
$\Leftrightarrow ET^{2}(R+r)=R(EO_{1}^{2}-r^{2})=R.d^{2} $ (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
$\frac{ET^{2}}{EC^{2}}=\frac{R}{R+r}.\left ( \frac{CH-MK}{CM} \right )^{2} $.
Tương tự: $\frac{FT^{2}}{FB^{2}}=\frac{R}{R+r}.\left ( \frac{BK-NH}{BN} \right )^{2} $.
Lại có: $\Delta ABN\sim \Delta ACM $ nên
$\frac{AC-AM}{CM}=\frac{AB-AN}{BN}\Rightarrow \frac{CH-MK}{CM}=\frac{BK-NH}{BN} $ (vì $AK=AH $).
Từ đó suy ra:
$\frac{ET}{EC}=\frac{FT}{FB}\Rightarrow \frac{\sin \widehat{EBT}}{\sin \widehat{EBC}}= \frac{\sin \widehat{FCT}}{\sin \widehat{FCB}} $.
Cuối cùng áp dụng định lí Ceva dạng lượng giác cho $\Delta TBC $, ta suy ra phân giác $\widehat{BTC} $ đi qua $I $.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

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

[rewrite]

[U]Bài 73[/U]. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. M,N,P là chân các đường cao hạ từ D,E,F của tam giác DEF. Chứng minh rằng AM,BN,CP đồng quy tại 1 điểm thuộc IH với H là trực tâm tam giác DEF
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Nguyên văn bởi thiendienduong

Ta có thể giải bài 69 bằng cách sử dụng 3 định lí: Ptolemy mở rộng, Stewart và Ceva dạng lượng giác. Không biết cách giải này có đẹp không nữa! Bạn xem rồi góp ý với mình.
LỜI GIẢI

Gọi $(M,N)=(O_{2})\cap (AB,AC) $,
$K, H $ lần lượt là tiếp điểm của $(O_{1}) $ với $AB, AC $,
$I $ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC $,
$(E,F)=(O_{2})\cap (BI,CI) $,
$R,r $ lần lượt là bán kính của $(O_{2}) $ và $(O_{1}) $.
Do $BE $ là tia phân giác của $\widehat{ABC} $, nên $EM=EC $.
Áp dụng định lí Ptolemy mở rộng, ta có:
$CM.d+CE.KM=ME.CH $, (trong đó d là độ dài đoạn tiếp tuyến kẻ từ $E $ đến $(O_{1}) $).
Từ đó ta có: $d^{2}=EC^{2}.\left ( \frac{CH-MK}{CM} \right )^{2} $. (1)
Áp dụng định lí Stewart cho 4 điểm: $E, T, O_{1},O_{2} $, ta được: $EO_{1}^{2}.TO_{2}+EO_{2}^{2}.TO_{1}=ET^{2}.O_{1}O_ {2}+TO_{1}.TO_{2}.O_{1}O_{2} $
$\Leftrightarrow EO_{1}^{2}.R+R^{2}.r=ET^{2}(R+r)+Rr(R+r) $
$\Leftrightarrow ET^{2}(R+r)=R(EO_{1}^{2}-r^{2})=R.d^{2} $ (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
$\frac{ET^{2}}{EC^{2}}=\frac{R}{R+r}.\left ( \frac{CH-MK}{CM} \right )^{2} $.
Tương tự: $\frac{FT^{2}}{FB^{2}}=\frac{R}{R+r}.\left ( \frac{BK-NH}{BN} \right )^{2} $.
Lại có: $\Delta ABN\sim \Delta ACM $ nên
$\frac{AC-AM}{CM}=\frac{AB-AN}{BN}\Rightarrow \frac{CH-MK}{CM}=\frac{BK-NH}{BN} $ (vì $AK=AH $).
Từ đó suy ra:
$\frac{ET}{EC}=\frac{FT}{FB}\Rightarrow \frac{\sin \widehat{EBT}}{\sin \widehat{EBC}}= \frac{\sin \widehat{FCT}}{\sin \widehat{FCB}} $.
Cuối cùng áp dụng định lí Ceva dạng lượng giác cho $\Delta TBC $, ta suy ra phân giác $\widehat{BTC} $ đi qua $I $.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Cái lời giải này thì em cũng biết.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[*belicop*]

Nguyên văn bởi rewrite

Bài 73. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. M,N,P là chân các đường cao hạ từ D,E,F của tam giác DEF. Chứng minh rằng AM,BN,CP đồng quy tại 1 điểm thuộc IH với H là trực tâm tam giác DEF

Ta có NP song song với BC (cùng vuông góc với OD)
Tương tự...suy ra 2 tam giác MNP và ABC có cạnh tương ứng song song nên tồn tại phép vị tự tâm Q biến M thành A,N thành B, thành P tâm nội tiếp H của MNP thành tâm nội tiếp I của ABC nên Q,I,H thẳng hàng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi rewrite

Bài 73. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. M,N,P là chân các đường cao hạ từ D,E,F của tam giác DEF. Chứng minh rằng AM,BN,CP đồng quy tại 1 điểm thuộc OH với H là trực tâm tam giác DEF

Điểm $O $ ở đây có lẽ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC $.
Vì $I $ là tâm ngoại tiếp tam giác $DEF $ và $M,N,P $ là chân các đường cao nên ta có $MN \bot IF $. Mà $AB \bot IF $ nên $MN \parallel AB $.
Tương tự, ta suy ra $AM,BN,CP $ đồng quy tại tâm vị tự $J $ của hai tam giác.
Ta có $H,I $ là tâm nội tiếp của $MNP $ và $ABC $. Suy ra $H,I,J $ thẳng hàng.
Ta sẽ chứng minh $H,I,O $ thẳng hàng.
Xét phép nghịch đảo $\mathcal{Z} $ cực $I $, phương tích $r^2 $ ($r $ là bán kính của $(I) $)
Ta có $Z : (ABC) \to (MNP) $, mà tâm của $(MNP) $ là trung điểm $IH $. Do đó $H,I,O $ thẳng hàng hay $J,I,O $ thẳng hàng (điều cần chứng minh)

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

[Nguyen Van Linh]

Nguyên văn bởi thiendienduong

BÀI 69
Cho $\Delta ABC $. Đường tròn $(O_{1}) $ nằm trong tam giác và tiếp xúc với các cạnh AB, AC. Đường tròn $(O_{2}) $ đi qua B, C và tiếp ngoài với đường tròn $(O_{1}) $ tại T. Chứng minh rằng: phân giác $\widehat{BTC} $ đi qua tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC $.

Cảm ơn bạn Thanh đã nhắc nhở. Thực sự là mình không biết bài đó có trên TTT2.

Bài toán này của Vladimir Protassov. Xem cách giải của Jean-Louis Ayme ở [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]