C B IB IB IB I AB B
52.(Chọn ĐT PTNK Ngày2) Cho tam giác ABC có H là chân đường
vuông góc hạ từ A xuống BC. (C) là một đường tròn đi qua H có tâm I di động trên
đoạn AH. (C) cắt AB tại M, N và cắt AC tại P, Q sao cho M nằm giữa A và N, P nằm
giữa A và Q. BP và BQ cắt (C) tại E, F. Chứng minh rằng giao điểm D của NE và MF là một điểm cố định.
HD.(TNP)
Cho MFcắt BCtại T', ta có (C) tiếp xúc với BC tại H, vậy T'H2 =T'F.T'M(1) . Ta lại có NQ // BC vậy nên T'BF =FQN = T'MB, suy ra T'B2 = T'F.TM (2) Từ (1),(2) suy T'là trung điểm HB, tương tự, ta cũng chứng minh được NE cắt BC tại
trung điểm BH, suy ra NE, MF, BC đồng quy tại T là trung điểm BH, là một điểm cố định.
53.(KHTN Vòng 1 - ngày 1)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB không là đường kính của (O). P là
điểm di chuyển trên cung CD không chưa A, B của (O). PA cắt DB, DC lần lượt tại
E,F. PB cắt CA, CD lần lượt tại G, H. GF giao EH tại Q. Chứng minh ràng PQ luôn đi qua điểm cố định khi P di chuyển .
HD.(hqdhftw)
Tiếp tuyến tại B cắt AC ở X, tiếp tuyến tại A cắt BD ở Y.
Áp dụng định lí Pascal cho các điểm A,P,B,D,C,A ta suy ra Y,F,G thẳng hàng. Tương
tự thì X,H,E thẳng hàng.
Tiếp theo, lại áp dụng định lí Pascal cho các điểm A,A,C,D,B,B ta suy ra AB,CD,XY
đồng quy.
Xét 2 tam giác XBH và YAF, ta có: XB cắt YA tại M cố định.
HB cắt FA tại P.
HX cắt FY tại Q.
Mà do AB,HF,XY đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy ra P,Q,M thằng hàng.
Do đó PQ luôn đi qua điểm M cố định.
54.(KHTN Vòng 1 - ngày 2)Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O).P là điểm bất
kì nằm trong tam giác ABC và không trùng O. APcắt (O) tại D khác A. DE, AF là
đường kính của (O) . EP, FP lần lượt cắt (O) tại G, H khác E, F. Gia sử AH giao DG
tại K. Gọi L là hình chiếu của K lên đường thẳng OP.
a) Chứng minh rằng 4 điểm A, L, K, D cùng thuộc một đường tròn . Gọi đường tròn này là (S).
b) Chứng minh ràng đường thẳng OP cắt EF tại điểm T thuộc (S)
HD.(liverpool29)
a) Để chứng minh A,L,K,D đồng viên, ta chứng minh: KLD = KAD}. Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được KPA} = 900 và L, H, P, K,G đồng viên. Từ đó, ta suy ra cần phải chứng minh HLP = PLD. (1) Gọi J là giao điểm của HD,AG. Áp dụng định lý Pascal, ta có O, P, J thằng hàng. Ta có: HLP =HGP =HDE
Suy ra tứ giác HODL nội tiếp được.
Suy ra DLP = OHD = ODH =HLP (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Hay ta có: DLP = HLP (tức là đẳng thức (1)).
Vậy ta suy ra đpcm.
b) Ta cần chứng minh tứ giác ALDT nội tiếp được.
Ta có tứ giác ATFP là hình bình hành.
Suy ra TAP = TFP = ODH }= TLD . Vậy ta có đpcm.
55.(Chọn ĐT chuyên Quốc Học Huế-vòng cuối) Cho tứ giác nội tiếp đường
tròn (O) tậm . là giao điểm của hai đường chéo và (K O). Gọi 1, 2, 3, 4
M M M M lần lượt là trung điểm các cung AB, BC, CD, DA không chứa hai đỉnh
a) Chứng minh 4 đường thẳng M Ii j (i=1,2,3,4) cùng đi qua một điểm P.
b) Chứng minh thuộc dường thẳng .
HD.(liverpool29)
Ta chứng minh gộp cả câu a và b.
Gọi giao điểm của M 1I1, OK là F ; giao điểm của M3I3, OK là F' Áp dụng định lí Menelaus, để chứng minh F trùng F' , ta chứng minh:
1 11 1 1 1 1 1 1 .Z I M Z I K = 3 3 3 3 3 1 .Z I
M Z I K ( Z1, Z3 là lần lượt là giao điểm của OM1, I1K và OM3, I3K. Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được OZ1 = OZ3 M1Z1 = M3Z3.
Suy ra ta cần chứng minh: 1 1 1 Z I I K = 3 3 3 Z I I K
Điều này đúng vì tam giác AKB đồng dạng với tam giác DKC và I1, I3 lần lượt là tâm nội tiếp, Z1, Z3 lần lượt là điểm chính giữa cung AB, CD không chứa các đỉnh còn lại của tam giác.
Như vậy có thể suy ra tỉ số FK
FO
Chứng minh hoàn toàn tương tự với M2I2, M4I4 ta có được đpcm.
56.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày 1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm
H. Gọi M là trung điểm BC và D là giao điểm của HM với (O), H nằm giữa M và D. Giả sử AB2 + AC2 = 2BC2. Chứng minh rằng AD, BC và đường thẳng Euler của tam giác ABC đồng quy.
HD.(huynhcongbang)
Dễ thấy góc ADM vuông nên nếu gọi E là giao điểm của AD với BC thì tam giác AEM có trực tâm H.
Ta chỉ cần chứng minh H, E, O thẳng hàng hay OH vuông góc với AM.
Bằng cách biểu diễn vector, nhân vô hướng, kết hợp với điều kiện AB2 + AC2 = 2BC2.
1 , 2 AM ABAC OH OA OB OC
57.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày 2) Cho tam giác ABC. D di chuyển trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác sao cho D khác phía A so với BC, AD cắt BC tại E, tia AB cắt
tia CD tại F. Dựng hình bình hành BEMF. Chứng minh rằng đường thẳng DM luôn đi qua điểm cố định N và AFE=CDN.
HD.(12121993) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Gọi H, I, Ktheo thứ tự là trung điểm EF, AC, BD.
Gọi N là điểm đối xứng của B qua . Ta có cố định. Dễ thấy H, I theo thứ tự là trung
điểm của .
Ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Gauss). Do đó D, M, N thẳng hàng hay DM đi
qua cố định.
Ta có (do nội tiếp và là hình bình hành)
Suy ra nội tiếp. Do đó ta có
( do song song với ).
Ta có đpcm.
1. Do là hình bình hành và là tứ giác nội tiếp nên .
Suy ra tứ giác nội tiếp, vì vậy .
2. Gọi là đỉnh thứ tư của hình bình hành , suy ra cố định.
Ta chứng minh thẳng hàng. Muốn vậy ta chứng minh , hay là
Gọi là giao điểm của và .
Điều phải chứng minh tương đương với là tứ giác nội tiếp hay là
Ta có :
Do vậy khi và chỉ khi :
Điều này đúng vì các tam giác FBD và FCA đồng dạng.
Vậy đi qua là đỉnh thứ tư của hình bình hành cố định. Ta thu được những điều cần chứng minh.
58.(GiaLai - Bảng A) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O). Vẽ các đường thẳng
qua A, B, C đôi một song song, cắt (O) lần lượt tại A1, B1, C1 khác với A, B, C. Chứng minh rằng các trực tâm của các tam giác A1BC, B1CA, C1AB thẳng hàng.
HD.(minhcanh2095) Goị D, E, F theo thứ tự là trực tâm của các tam giác A1BC, B1CA, C1AB. Ta OD = OA1 + OB + OC , OE = OB1OCOA , OF OC1OA OB Suy ra DEBB1AA1 , DF CC1BB1
Do các đường thẳng AA ,1 BB CC1, 1 song song với nhau nên tồn tại các số k, l sao cho
1 1 AA k BB , BB1lCC1 . Do đó DElCC1klCC1(lkl CC) 1 , DF CC1lCC1(1l CC) 1 Suy ra D, E, F thẳng hàng, đpcm.
Cách 2.(TNP) Gọi H là trực tâm ABC, đường thẳng d là đường thẳng song song với 1 1 1
AA ,BB CC, , ta chỉ cần chứng minh HH HH HH1, 2, 3đều song song với d (hãy chứng minh điểm H, Hi, Ai và một trong 3 đỉnh tam giác tạo thành 1 hình bình hành , như
vậy ta có đpcm.
59.(Ninh Bình)1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
(adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});