Cho tam giác vuông ABC (vuông tại A), đường tròn tâm B bán kính BA và đường tròn tâm C, bán kính CA cắt nhau tại D (D khác A), BC cắt chuyển động tròn tâm (B) tại E, F và cắt đường tròn tâm (C) tại M, N

Cho tam giác vuông ABC (vuông tại A), đường tròn tâm B bán kính BA và đường tròn tâm C, bán kính CA cắt nhau tại D (D khác A), BC cắt chuyển động tròn tâm (B) tại E, F và cắt đường tròn tâm (C) tại M, N. Đường thẳng DM cắt AE tại P, DQ cắt AN tại Q.Kéo dài DM cắt đường tròn (B) tại I, DF cắt đường tròn (C) tại H. Chứng minh: \( \frac{IP}{IM}.\frac{HF}{HQ}=\frac{AB}{AC} \).

Hướng dẫn giải:

\( \widehat{AEN}+\widehat{ANE}=\frac{1}{2}\left( \widehat{B}+\widehat{C} \right)={{45}^{O}} \)

 \( \widehat{AEF}=\widehat{ADF},\text{ }\widehat{ANM}=\widehat{ADM} \)

 \( \Rightarrow \widehat{IDF}=\widehat{IDA}+\widehat{ADF}={{45}^{O}} \)

 \( \Rightarrow \widehat{IBF}={{90}^{O}}\Rightarrow IB\bot EF\Rightarrow \widehat{IAE}={{45}^{O}} \).

 \( \Rightarrow I,A,N \) thẳng hàng, tương tự E, A, H thẳng hàng.

 \( \Rightarrow \widehat{EAN}={{135}^{O}}\Rightarrow \) Tứ giác APDQ nội tiếp.

 \( \Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{ADQ}=\widehat{AEC}\Rightarrow PQ\parallel EN\Rightarrow \frac{AP}{AQ}=\frac{AE}{AN} \).

Áp dụng định lí Menelaus với  \( \Delta PEM \), cát tuyến IAN:  \( \frac{IP}{IM}.\frac{NM}{NE}.\frac{AE}{AP}=1 \).

Tương tự với  \( \Delta QFN\Rightarrow \frac{HF}{HQ}.\frac{AQ}{AN}.\frac{EN}{EF}=1 \).

Nhân hai đẳng thức trên ta được:  \( \frac{IP}{IM}.\frac{HF}{HQ}.\frac{NM.AE.AQ}{AP.EF.AN}=1\Rightarrow \frac{IP}{IM}.\frac{HF}{HQ}=\frac{EF}{NM}=\frac{AB}{AC} \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác ABC ( AC>AB), đường phân giác góc A và đường trung trực BC cắt nhau tại D, gọi H, K là hình chiếu của D trên AC và AB. Chứng minh rằng cạnh BC, đường trung trực BC và HK đồng quy

Cho tam giác ABC ( \( AC>AB \)), đường phân giác góc A và đường trung trực BC cắt nhau tại D, gọi H, K là hình chiếu của D trên AC và AB. Chứng minh rằng cạnh BC, đường trung trực BC và HK đồng quy.

Hướng dẫn giải:

AD là phân giác góc  \( \widehat{A} \) \( \Rightarrow DK=DH \), D nằm trên trung trực BC  \( \Rightarrow DB=DC \).

 \( \Rightarrow \Delta DHC=\Delta DKB\Rightarrow CH=BK \) và  \( AH=AK \).

Gọi giao điểm của HK và BC là I, áp dụng định lí Menelaus.

 \( \Rightarrow \frac{IB}{IC}.\frac{HC}{HA}.\frac{KA}{KB}=1\Rightarrow IB=IC\Rightarrow \) (đpcm).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tứ giác ABCD, đường thẳng d cắt AB, BC, CA, AD lần lượt tại M, N, P, Q. Chứng minh MA/MB.NB/NC.PC/PD.QD/QA=1

Cho tứ giác ABCD, đường thẳng d cắt AB, BC, CA, AD lần lượt tại M, N, P, Q. Chứng minh \( \frac{MA}{MB}.\frac{NB}{NC}.\frac{PC}{PD}.\frac{QD}{QA}=1 \).

Hướng dẫn giải:

Từ A, B kẻ các đường thẳng song song với CD cắt MN tại E và F, theo định lí Thales, ta có:

 \( \frac{MA}{MB}=\frac{AE}{IB},\text{ }\frac{NB}{NC}=\frac{BI}{CP},\text{ }\frac{QD}{QA}=\frac{PD}{AE} \).

 \( \Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{NB}{NC}.\frac{QD}{QA}=\frac{AE}{IB}.\frac{BI}{CP}.\frac{PD}{AE}=\frac{PD}{CP} \)

 \( \Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{NB}{NC}.\frac{PC}{PD}.\frac{QD}{QA}=1 \).

Chú ý,áp dụng cho tứ giác chỉ có chiều thuận.

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho hình thang ABCD ( AB∥CD, AB<CD). M, N trên AB và CD sao cho AMMB=DNNC, P và Q trên MN sao cho DPCˆ=ABCˆ và AQBˆ=BCDˆ. Chứng minh rằng P, Q, B, C nằm trên một đường tròn

Cho hình thang ABCD ( \( AB\parallel CD,\text{ }AB<CD \)). M, N trên AB và CD sao cho  \( \frac{AM}{MB}=\frac{DN}{NC} \), P và Q trên MN sao cho \(\widehat{DPC}=\widehat{ABC}\) và  \( \widehat{AQB}=\widehat{BCD} \). Chứng minh rằng P, Q, B, C nằm trên một đường tròn.

Hướng dẫn giải:

Gọi E là giao điểm AQ và DP, và F là giao điểm BQ và CP \(\Rightarrow \widehat{EPF}=\widehat{ABC}\) và \(\widehat{FQE}=\widehat{BCD}\).

Ta có:  \( \widehat{ABC}+\widehat{BCD}={{180}^{O}}\Rightarrow PFQE \) là tứ giác nội tiếp.

Áp dụng định lí Menelaus đối với  \( \Delta DOP \) với đường thẳng AQ và  \( \Delta COP \) với đường thẳng BQ:

 \( \frac{AD}{AO}.\frac{QO}{QP}.\frac{EP}{ED}=1 \) và  \( \frac{BC}{BO}.\frac{QO}{QP}.\frac{FP}{FC}=1 \) \( \Rightarrow \frac{AD}{AO}.\frac{QO}{QP}.\frac{EP}{ED}=\frac{BC}{BO}.\frac{QO}{QP}.\frac{FP}{FC} \).

Do  \( \frac{AD}{AO}=\frac{BC}{BO}\Rightarrow \frac{EP}{ED}=\frac{FP}{FC}\Rightarrow EF\parallel CD\parallel AB \).

 \( \Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{ABQ}+\widehat{QBC}=\widehat{EFQ}+\widehat{QBC}=\widehat{EPQ}+\widehat{QBC} \).

 \( \widehat{ABC}=\widehat{DPC}=\widehat{EPQ}+\widehat{QPC}\Rightarrow \widehat{QBC}=\widehat{QPC} \).

 \( \Rightarrow P,Q,C,B \) nằm trên một đường tròn.

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại E. M trên đoạn AB và N trên đoạn CD sao cho M, E, N thẳng hàng. Chứng minh MN≤max{AC,BD}

Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại E. M trên đoạn AB và N trên đoạn CD sao cho M, E, N thẳng hàng. Chứng minh \( MN\le \max \{AC,BD\} \).

Hướng dẫn giải:

+ Trường hợp  \( AB\parallel CD \).

Từ M kẻ đường thẳng song song với BD cắt CD tại P và đường thẳng song song với AC cắt CD tại Q.

 \( \Rightarrow \) Tứ giác MPDB và MACQ là hình bình hành.

 \( \Rightarrow BD=MP \) và  \( AC=MQ \).

Ta chứng minh:  \( MN\le \max \{MP,MQ\} \).

 \( N\in CD\Rightarrow MN\le \max \{MP,MQ\} \)

 \( \Rightarrow MN\le \max \{AC,BD\} \).

+ Trường hợp AB không song song với CD.

Giả sử  \( \widehat{A}+\widehat{D}>{{180}^{O}}\Rightarrow \widehat{B}+\widehat{C}<{{180}^{O}} \).

Từ D kẻ đường thẳng song song với AB cắt MN, AC tại G và K.

Áp dụng định lí Menelaus đối với  \( \Delta DKC\) với ba điểm E, G, N  \( \Rightarrow \frac{GK}{GD}.\frac{ND}{NC}.\frac{EC}{EK}=1 \) .

 \( \Rightarrow \frac{GK}{GD}.\frac{ND}{NC}=\frac{EK}{EC}<1\Rightarrow \frac{GK}{GD}<\frac{NC}{ND} \)  (1)

 \( AB\parallel DK\Rightarrow \frac{GK}{GD}=\frac{MA}{MB} \)  (2)

Kẻ  \( CQ\parallel AB \) và  \( MQ\parallel AC \),  \( DP\parallel AB \) và  \( MP\parallel BD \).

 \( \Rightarrow  \) Tứ giác AMQC và BMPD là hình bình hành.

 \( \Rightarrow AC=MQ,\text{ }AM=CQ \) và  \( BD=MP,BM=DP\Rightarrow CQ\parallel AB\parallel DP \), gọi I là giao điểm của PQ với CD.

 \( \Rightarrow \frac{CI}{ID}=\frac{CQ}{DP}=\frac{MA}{MB} \), từ (1) và (2)  \( \frac{NC}{ND}>\frac{IC}{ID}=\frac{MA}{MB} \).

 \( \Rightarrow DI\ge DN \), giao điểm MN cắt PQ tại F  \( \Rightarrow MN\le MF \).

 \( \Rightarrow MN<\max \{MP,MQ\}=\max \{BD,AC\} \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác ABC, gọi I là trung điểm của BC. Qua I kẻ đường thẳng d1 cắt CA, AB tại M, N và đường thẳng d2 cắt cạnh CA, AB tại P, Q. Đường thẳng PN cắt cạnh BC tại E và đường thẳng QM cắt cạnh BC tại F. Chứng minh IE=IF

Cho tam giác ABC, gọi I là trung điểm của BC. Qua I kẻ đường thẳng d1 cắt CA, AB tại M, N và đường thẳng d2 cắt cạnh CA, AB tại P, Q. Đường thẳng PN cắt cạnh BC tại E và đường thẳng QM cắt cạnh BC tại F. Chứng minh \( IE=IF \).

Hướng dẫn giải:

Áp dụng định lí Menelaus trong  \( \Delta ABC \) với cát tuyến MNI, ta có:

 \( \frac{IB}{IC}.\frac{MC}{MA}.\frac{NA}{NB}=1\Rightarrow \frac{MC}{MA}.\frac{NA}{NB}=1 \).

Với cát tuyến PQI, ta có:

 \( \Rightarrow \frac{IC}{IB}.\frac{QB}{QA}.\frac{PA}{PC}=1\Rightarrow \frac{QB}{QA}.\frac{PA}{PC}=1 \)

 \( \Rightarrow \frac{MC}{MA}.\frac{NA}{NB}=\frac{QB}{QA}.\frac{PA}{PC}\Rightarrow \frac{PC}{PA}.\frac{NA}{NB}=\frac{QB}{QA}.\frac{MA}{MC} \)  (*)

Tương tự đối với cát tuyến NEP và QMF:

 \( \frac{EB}{EC}.\frac{PC}{PA}.\frac{NA}{NB}=1 \) và  \( \frac{FC}{FB}.\frac{QB}{QA}.\frac{MA}{MC}=1 \)

 \( \Rightarrow \frac{EB}{EC}.\frac{PC}{PA}.\frac{NA}{NB}=\frac{FC}{FB}.\frac{QB}{QA}.\frac{MA}{MC} \) kết hợp với (*), ta có:

 \( \frac{EB}{EC}=\frac{FC}{FB}\Rightarrow \frac{EB}{EB+EC}=\frac{FC}{FB+FC}\Rightarrow \frac{EB}{BC}=\frac{FC}{BC} \)

 \( \Rightarrow EB=FC\Rightarrow IE=IF \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tứ giác ABCD và I, J trung điểm của AD và BC. Gọi G, E là trọng tâm tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng DG, CE, IJ đồng quy, từ đó suy ra GE song song với CD

Cho tứ giác ABCD và I, J trung điểm của AD và BC. Gọi G, E là trọng tâm tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng DG, CE, IJ đồng quy, từ đó suy ra GE song song với CD.

Hướng dẫn giải:

G là trọng tâm của  \( \Delta ABC\Rightarrow AG=2GJ \).

Áp dụng định lí Menelaus với  \( \Delta AIJ \), đường thẳng DG cắt tại M  \( \Rightarrow \frac{DA}{DI}.\frac{MI}{MJ}.\frac{GJ}{GA}=1 \).

 \( IA=ID\Rightarrow DA=2DI\Rightarrow 2.\frac{MI}{MJ}.\frac{1}{2}=1 \).

 \( \Rightarrow MI=MJ \), E là trọng tâm  \( \Delta ABD \), hoàn toàn tương tự

 \( \Rightarrow CE \) đi qua trung điểm của IJ  \( \Rightarrow \)  ba đường thẳng DG, CE, IJ đồng quy.

Áp dụng định lí Menelaus với  \( \Delta ADG \), ứng với ba điểm M, I, J thẳng hàng

 \( \Rightarrow \frac{IA}{ID}.\frac{MD}{MG}.\frac{JG}{JA}=1\Rightarrow \frac{MD}{MG}.\frac{1}{3}=1\Rightarrow \frac{MD}{MG}=3 \), tương tự  \( \Rightarrow \frac{MC}{ME}=3 \).

 \( \Rightarrow \frac{MD}{MG}=\frac{MC}{ME} \), theo định lí Thales thì EG song song với CD.

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E là điểm trên cung BDC⌢, F trên cạnh BC thỏa mãn BAFˆ=CAEˆ<12BACˆ, gọi G là trung điểm IF

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E là điểm trên cung \( \overset\frown{BDC} \), F trên cạnh BC thỏa mãn  \( \widehat{BAF}=\widehat{CAE}<\frac{1}{2}\widehat{BAC} \), gọi G là trung điểm IF. Chứng minh rằng giao điểm của DG và EI nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Hướng dẫn giải:

Gọi P là giao điểm của EI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường thẳng AI cắt BC tại J; AF cắt đường tròn ngoại tiếp  \( \Delta ABC \) tại K, cắt DP tại Q.

Theo giả thiết  \( \widehat{BAF}=\widehat{CAE}<\frac{1}{2}\widehat{BAC}\Rightarrow \overset\frown{CE}=\overset\frown{BK}\Rightarrow CE=BK\Rightarrow BC\parallel KE \);

AD là phân giác góc  \( \widehat{A}\Rightarrow \widehat{KAD}=\widehat{DPE} \).

 \( \Rightarrow APQI \) nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{AQI}=\widehat{API}=\widehat{AKE}\Rightarrow QI\parallel KE\Rightarrow QI\parallel KE\parallel BC \).

 \( \Rightarrow \frac{QF}{QA}=\frac{IJ}{IA} \), AI cắt BC tại J, I là tâm đường tròn nội tiếp  \( \Rightarrow \frac{JI}{IA}=\frac{CJ}{CA} \);

 \( \widehat{BCD}=\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\Rightarrow \Delta DCJ\backsim \Delta DAC \) (g.g).

 \( \Rightarrow \frac{CJ}{AC}=\frac{DC}{DA} \), kết hợp  \( DI=DC\Rightarrow \frac{DC}{DA}=\frac{ID}{AD} \).

 \( \frac{FQ}{QA}=\frac{JI}{AI}=\frac{CJ}{AC}=\frac{DC}{AD}=\frac{ID}{AD} \)   (*)

Theo Menelaus với  \( \Delta AIF \) cát tuyến PQD, giả sử PQD cắt FI tại G’, ta có:  \( \frac{QA}{QF}.\frac{{G}’F}{{G}’I}.\frac{DI}{DA}=1 \), kết hợp  \( (*)\Rightarrow \frac{{G}’F}{{G}’I}=1\Rightarrow {G}’F={G}’I\Rightarrow G\equiv {G}’ \).

 \( \Rightarrow DG \) và EI cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp  \( \Delta ABC \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác vuông ABC ( Aˆ=90O), D là điểm trên cạnh BC kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn tâm C, đường kính CA. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường thẳng CE tại F

Cho tam giác vuông ABC ( \( \widehat{A}={{90}^{O}} \)), D là điểm trên cạnh BC kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn tâm C, đường kính CA. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường thẳng CE tại F, đường thẳng BF cắt DE tại M, qua B kẻ đường thẳng song song với CM cắt DE tại N. Chứng minh rằng M là trung điểm NE.

Hướng dẫn giải:

EC cắt đường tròn tâm C, bán kính CA tại J, dựng đường tròn đường kính DC cắt AC tại I.

Theo giả thiết  \( DE\bot CE\Rightarrow \widehat{DIC}={{90}^{O}} \)

 \( \Rightarrow \widehat{EIC}=\widehat{EDC},\text{ }AF\bot CD \).

 \( \Rightarrow \widehat{AFC}=\widehat{EDC}\Rightarrow \widehat{EIC}=\widehat{AFC} \).

 \( \Rightarrow \) Tứ giác AIFE nội tiếp.

Mặt khác:  \( CA=CE\Rightarrow \widehat{CEA}=\widehat{CAE}=\widehat{CIF} \).

 \( \Rightarrow IF\parallel AE\Rightarrow \frac{EF}{EC}=\frac{AI}{AC},\text{ }\widehat{A}={{90}^{O}} \) \( \Rightarrow AB\parallel DI\Rightarrow \frac{IC}{IA}=\frac{DC}{DB},\text{ }CF=CI \).

Áp dụng định lí Menelaus trong  \( \Delta BFC \), cát tuyến DME:

 \( \frac{MB}{MF}.\frac{EF}{EC}.\frac{DC}{DB}=1 \).

 \( \frac{MB}{MF}.\frac{AI}{AC}.\frac{IC}{IA}=1\Rightarrow \frac{MB}{MF}=\frac{AC}{IC}=\frac{CJ}{CF}\Rightarrow BJ\parallel CM\Rightarrow ME=MN \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F nằm trên đường tròn. AE cắt DF tại M, BE cắt CF tại I và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng M, I, N thẳng hàng

Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F nằm trên đường tròn. AE cắt DF tại M, BE cắt CF tại I và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng M, I, N thẳng hàng.

Hướng dẫn giải:

Lời giải:

Giả sử đường thẳng AE cắt đường thẳng CF và BD lần lượt tại P, Q. Đường thẳng BD cắt CF tại G. Áp dụng định lí Menelaus trong  \( \Delta PQG \) với các cát tuyến MFD, IEB, NAC ta có:

 \( \frac{FP}{FG}.\frac{DG}{DQ}.\frac{MQ}{MP}=1\Rightarrow \frac{MQ}{MP}=\frac{FG}{FP}.\frac{DQ}{DG} \).

 \( \frac{BG}{BQ}.\frac{EQ}{EP}.\frac{IP}{IG}=1\Rightarrow \frac{IP}{IG}.\frac{BQ}{BG}.\frac{EP}{EQ} \) và  \( \frac{NG}{NQ}.\frac{AQ}{AP}.\frac{CP}{CG}=1\Rightarrow \frac{NG}{NQ}=\frac{AP}{AQ}.\frac{CG}{CP} \).

Nhân ba đẳng thức với nhau, ta có:

 \( \frac{MQ}{MP}.\frac{IP}{IG}.\frac{NG}{NQ}=\frac{FG}{FP}.\frac{DQ}{DG}.\frac{BQ}{BG}.\frac{EP}{EQ}.\frac{AP}{AQ}.\frac{CG}{CP} \)  (*)

Mặt khác, cát tuyến AE, CF cắt nhau tại P  \( \Rightarrow PA.PE=PC.PF \);

Tương tự  \( QD.QB=QE.QA \) và  \( GF.GC=GD.GB \), thay vào đẳng thức (*)

 \( \Rightarrow \frac{MQ}{MP}.\frac{IP}{IG}.\frac{NG}{NQ}=1\Rightarrow M,I,N \) thẳng hàng.

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác ABC và tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi các giao điểm của BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’ thẳng hàng. (Định lí Desargues)

Cho tam giác ABC và tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi các giao điểm của BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’ thẳng hàng. (Định lí Desargues)

Girard Desargues (1591 – 1661) là nhà toán học người Pháp được tôn vinh là “ông tổ của hình học xạ ảnh” nhưng ông lại theo học kĩ sư quân giới.

Hướng dẫn giải:

Gọi M, N, P lần lượt là các giao điểm của BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’.

Phần thuận: Giả sử AA’, BB’ và CC’ cắt nhau tại Q, theo định lí Menelaus với  \( \Delta QAB \) cát tuyến NB’A’

 \( \Rightarrow \frac{NA}{NB}.\frac{{B}’B}{{B}’Q}.\frac{{A}’Q}{{A}’A}=1 \).

Tương tự với  \( \Delta QBC \) và  \( \Delta QAC \), ta có:  \( \frac{MB}{MC}.\frac{{C}’C}{{C}’Q}.\frac{{B}’Q}{{B}’B}=1,\text{ }\frac{PC}{PA}.\frac{{A}’A}{{A}’Q}.\frac{{C}’Q}{{C}’C}=1 \).

Nhân ba đẳng thức với nhau  \( \Rightarrow \frac{NA}{NB}.\frac{MB}{MC}.\frac{PC}{PA}=1\Rightarrow M,N,P \) thẳng hàng.

Phần đảo: Giả sử AA’ và CC’ cắt nhau tại Q, áp dụng định lí Menelaus đối với các  \( \Delta C{C}’P,\text{ }\Delta CPM,\text{ }\Delta MP{C}’ \), ta có:

 \( \frac{Q{C}’}{QC}.\frac{AC}{AP}.\frac{{A}’P}{{A}'{C}’}=1,\text{ }\frac{BC}{BM}.\frac{NM}{NP}.\frac{AP}{AC}=1,\text{ }\frac{{B}’M}{{B}'{C}’}.\frac{{A}'{C}’}{{A}’P}.\frac{NP}{NM}=1 \).

Nhân ba đẳng thức với nhau  \( \Rightarrow \frac{Q{C}’}{QC}.\frac{BC}{BM}.\frac{{B}’M}{{B}'{C}’}=1 \), với  \( \Delta MC{C}’\Rightarrow Q,B,{B}’ \) thẳng hàng  \( \Rightarrow A{A}’,C{C}’ \) và  \( B{B}’ \) đồng quy.

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác ABC, trực tâm H đi qua trung điểm của đường cao kẻ từ đỉnh A. Chứng minh rằng cosA=cosB.cosC

Cho tam giác ABC, trực tâm H đi qua trung điểm của đường cao kẻ từ đỉnh A. Chứng minh rằng \( \cos A=\cos B.\cos C \).

Hướng dẫn giải:

Theo giả thiết H đi qua trung điểm của đường cao kẻ từ đỉnh A

 \( \Rightarrow H \) nằm trong  \( \Delta ABC \).

 \( \Rightarrow \Delta ABC \) nhọn, do tính chất ba đường cao đồng quy tại H.

Áp dụng định lí Menelaus đối với  \( \Delta ABD \), cát tuyến CHE:

 \( \Rightarrow \frac{HA}{HD}.\frac{CD}{CB}.\frac{EB}{EA}=1\Rightarrow \frac{CD}{CB}.\frac{EB}{EA}=1 \).

\(\Rightarrow \frac{EA}{AC}=\frac{CD}{AC}.\frac{EB}{BC},\text{ }CE\bot AB,\text{ }AD\bot BC\)

 \( \Rightarrow \cos A=\cos C.\cos B \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác ABC, M trên cạnh AB thỏa mãn AM=12MB, N trên cạnh BC thỏa mãn CN=2NB, gọi E là giao điểm AN và CM. Tính diện tích của tam giác BEC biết diện tích tam giác ABC bằng 1

Cho tam giác ABC, M trên cạnh AB thỏa mãn \( AM=\frac{1}{2}MB \), N trên cạnh BC thỏa mãn  \( CN=2NB \), gọi E là giao điểm AN và CM. Tính diện tích của tam giác BEC biết diện tích tam giác ABC bằng 1.

Hướng dẫn giải:

Áp dụng định lí Menelaus với  \( \Delta ABN \) và cát tuyến CME.

 \( \Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{CB}{CN}.\frac{EN}{EA}=1\Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{CB}{CN}.\frac{EN}{EA}=\frac{1}{2}.\frac{3}{2}.\frac{EN}{EA}=1 \).

 \( \Rightarrow \frac{EN}{EA}=\frac{4}{3}\Rightarrow {{S}_{\Delta BEN}}=\frac{4}{3}{{S}_{\Delta ABE}},\text{ }{{S}_{\Delta CNE}}=\frac{4}{3}{{S}_{\Delta AEC}} \)

 \( \Rightarrow {{S}_{\Delta BEC}}=\frac{4}{3}\left( {{S}_{\Delta ABE}}+{{S}_{\Delta ACE}} \right)=\frac{4}{3}\left( {{S}_{\Delta ABC}}-{{S}_{\Delta BEC}} \right) \)

 \( \Rightarrow \frac{7}{3}{{S}_{\Delta BCE}}=\frac{4}{3}{{S}_{\Delta ABC}}\Rightarrow {{S}_{\Delta BCE}}=\frac{4}{7} \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác nhọn ABC, gọi (O1), (O2) là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ứng với góc Bˆ và Cˆ. Đường tròn (O1) tiếp xúc với cạnh BC, AB, CA tại M, N, E đường tròn (O2) tiếp xúc với cạnh BC, AC, AB tại P, Q, F; đường thẳng MN và PQ cắt nhau tại D

Cho tam giác nhọn ABC, gọi (O1), (O2) là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ứng với góc \( \widehat{B} \) và  \( \widehat{C} \). Đường tròn (O1) tiếp xúc với cạnh BC, AB, CA tại M, N, E đường tròn (O2) tiếp xúc với cạnh BC, AC, AB tại P, Q, F; đường thẳng MN và PQ cắt nhau tại D. Chứng minh rằng AD vuông góc với BC.

Hướng dẫn giải:

Theo giả thiết đường tròn (O1) tiếp xúc AC tại E, AB tại N suy ra  \( {{O}_{1}}N\bot AB \),  \( {{O}_{1}}E\bot AC \) \( \Rightarrow \widehat{{{O}_{1}}AN}=\widehat{{{O}_{1}}AE} \);

Đường tròn (O2) tiếp xúc AB tại F và AC tại Q suy ra  \( {{O}_{2}}Q\bot AC \),  \( {{O}_{2}}F\bot AB \).

 \( \Rightarrow \widehat{{{O}_{2}}AQ}=\widehat{{{O}_{2}}AF}\Rightarrow \widehat{{{O}_{1}}AN}=\widehat{{{O}_{2}}AF}\Rightarrow {{O}_{1}},A,{{O}_{2}} \) thẳng hàng.

 \( \Rightarrow \Delta {{O}_{2}}QA\backsim \Delta {{O}_{1}}NA \) (g.g)  \( \Rightarrow \frac{AN}{AQ}=\frac{{{O}_{1}}A}{{{O}_{2}}A} \) (1)

Theo giả thiết  \( {{O}_{1}}M\bot BC,\text{ }{{O}_{2}}P\bot BC \).

 \( \Rightarrow \frac{PH}{MH}=\frac{{{S}_{DPH}}}{{{S}_{MDH}}}=\frac{DP\sin \widehat{PDH}}{DM\sin \widehat{MDH}} \).

Mặt khác, áp dụng định lí sin cho  \( \Delta ABC \):

 \( \frac{DP}{DM}=\frac{\sin \widehat{DMP}}{\sin \widehat{DPM}}=\frac{\cos \widehat{{{O}_{1}}MN}}{\cos \widehat{{{O}_{2}}PQ}}=\frac{\sin \widehat{MNA}}{\sin \widehat{PQA}}=\frac{\sin \widehat{DNA}}{\sin \widehat{DQA}} \).

Áp dụng tiếp định lí sin cho  \( \Delta DNA \) và  \( \Delta DQA \), ta được:

 \( \frac{PH}{MH}=\frac{\sin \widehat{DNA}\sin \widehat{PDH}}{\sin \widehat{DQA}\sin \widehat{MDH}}=\frac{\sin \widehat{DNA}}{\sin \widehat{MDH}}.\frac{\sin \widehat{PDH}}{\sin \widehat{DQA}} \)

 \( =\frac{\sin \widehat{DNA}}{\sin \widehat{NDA}}.\frac{\sin \widehat{QDA}}{\sin \widehat{DQA}}=\frac{DA}{AN}.\frac{AQ}{DA}=\frac{AQ}{AN} \).

Kết hợp (1)  \( \Rightarrow \frac{PH}{MH}=\frac{{{O}_{2}}A}{{{O}_{1}}A}\Rightarrow {{O}_{2}}P\parallel DH\parallel {{O}_{1}}M\Rightarrow DH\bot BC \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tứ giác ABCD, AB không song song với CD. Đường tròn (C1) qua A, B và tiếp xúc với CD tại P, đường tròn (C2) qua C, D và tiếp xúc với AB tại Q, (C1) và (C2) cắt nhau tại E và F

Cho tứ giác ABCD, AB không song song với CD. Đường tròn (C1) qua A, B và tiếp xúc với CD tại P, đường tròn (C2) qua C, D và tiếp xúc với AB tại Q, (C1) và (C2) cắt nhau tại E và F. Chứng minh rằng EF đi qua trung điểm của PQ khi và chỉ khi BC song song với AD.

Hướng dẫn giải:

Gọi I là giao điểm của EF và PQ, đường thẳng PQ cắt đường tròn (C1) và đường tròn (C2) thứ tự tại K và G.

Theo giả thiết AB không song song với CD nên AB và CD giao nhau, gọi giao điểm là M.

Theo hệ thức đường tròn  \( \Rightarrow M{{P}^{2}}=MA.MB \) và  \( M{{Q}^{2}}=MC.MD \)  (1)

Mặt khác, ta có:  \( IE.IF=IP.IK=IQ.IG\Rightarrow IP(IQ+QK)=IQ(IP+PG) \)

 \( \Rightarrow IP.QK=IQ.PG\Rightarrow IP=IQ\Leftrightarrow QK=PG\Leftrightarrow PQ.QK=PQ.PG \)

 \( \Leftrightarrow QA.QB=PD.PC \)  (2)

Ta có:  \( AQ=MQ-MA,\text{ }QB=MB-MQ,DP=MP-MD \) và  \( PC=MC-MP \).

Từ (2) và kết hợp (1) suy ra:  \( (MB-MQ)(MQ-MA)=(MP-MD)(MC-MP) \)

 \( \Leftrightarrow MB.MQ-MQ.MB-M{{Q}^{2}}+MQ.MA=MP.MC-M{{P}^{2}}-MD.MC+MD.MP \)

 \( \Leftrightarrow MB.MQ+MQ.MA=MP.MC+MD.MP \)

 \( \Leftrightarrow MQ(MB+MA)=MP(MC+MD)\Leftrightarrow M{{Q}^{2}}{{(MB+MA)}^{2}}=M{{P}^{2}}{{(MC+MD)}^{2}} \)

 \( \Leftrightarrow MD.MC{{(MA+MB)}^{2}}=MA.MB{{(MC+MD)}^{2}} \)

 \( \Leftrightarrow {{(MA.MC-MD.MB)}^{2}}=0\Leftrightarrow MA.MC=MD.MB\Leftrightarrow \frac{MA}{MB}=\frac{MD}{MC}\Leftrightarrow BC\parallel AD \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), AD là phân giác của tam giác, M là điểm thay đổi trên AD, P và Q là hình chiếu của M trên AB và AC, I là trung điểm BC, H là hình chiếu của I trên PQ

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), AD là phân giác của tam giác, M là điểm thay đổi trên AD, P và Q là hình chiếu của M trên AB và AC, I là trung điểm BC, H là hình chiếu của I trên PQ. Chứng minh rằng MH luôn đi qua điểm cố định khi M thay đổi trên AD.

Hướng dẫn giải:

AD cắt đường tròn (O) tại E  \( \Rightarrow EC=EB \)

 \( \Rightarrow EI \) là đường thẳng chứa một đường kính của đường tròn (O) cố định, đường kính này cắt (O) tại F.

 \( \Rightarrow F \) là điểm cố định.

Giả sử MF cắt PQ tại J. Theo giả thiết ta có  \( \widehat{PAM}=\widehat{QAM} \), \(MP\bot AB,\text{ }MQ\bot AC\)

 \( \Rightarrow AM\bot PQ \).

Gọi K là giao điểm AM và PQ, EF là đường kính.

 \( \Rightarrow \widehat{ECF}={{90}^{O}},\widehat{EFC}=\widehat{EAC} \) (chắn cung  \( \overset\frown{CE} \))

 \( \Rightarrow \Delta AQM\backsim \Delta FCE \) (g.g) \( \Rightarrow \frac{FI}{IE}=\frac{AK}{KM} \)  (1)

Mặt khác EF là đường kính nên  \( AE\bot AF\Rightarrow AF\parallel PQ\Rightarrow \frac{AK}{KM}=\frac{FJ}{JM} \)  (2)

Từ (1) và (2)  \( \Rightarrow \frac{FI}{IE}=\frac{FJ}{JM} \), theo định lí Thales đảo  \( \Rightarrow IJ\parallel AD \).

 \( \Rightarrow IJ\bot PQ\Rightarrow J\equiv H\Rightarrow MH \) luôn đi qua F là điểm cố định.

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho đa giác ABCDE, thỏa mãn BACˆ=CADˆ=DAEˆ và ABCˆ=ACDˆ=ADEˆ. Đường thẳng BD cắt CE tại M. Chứng minh rằng AM đi qua trung điểm CD

Cho đa giác ABCDE, thỏa mãn \( \widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\widehat{DAE} \) và  \( \widehat{ABC}=\widehat{ACD}=\widehat{ADE} \). Đường thẳng BD cắt CE tại M. Chứng minh rằng AM đi qua trung điểm CD.

Hướng dẫn giải:

Theo giả thiết  \( \widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\widehat{DAE} \) và  \( \widehat{ABC}=\widehat{ACD}=\widehat{ADE} \).

 \( \Rightarrow \Delta ABC,\text{ }\Delta ACD,\text{ }\Delta ADE \) đồng dạng (g.g)

 \( \Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AC}{AD}=\frac{AD}{AE} \)   (1)

Giả sử BD cắt AC tại P, CE cắt AD tại Q.

Từ  giả thiết  \( \widehat{BAD}=\widehat{BAC}+\widehat{CAD}=\widehat{CAD}+\widehat{DAE}=\widehat{CAE} \)

 \( \Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{CAE}\Rightarrow \Delta ABD\backsim \Delta ACE \) (c.g.c).

AP là phân  giác của  \( \widehat{BAD} \), AQ là phân giác  \( \widehat{CAE} \)  \( \Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AP}{AQ} \).

Kết hợp (1) \( \Rightarrow \frac{AP}{AQ}=\frac{AC}{AD}\Rightarrow \frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AD} \), theo định lý Thales đảo  \( \Rightarrow PQ\parallel CD \).

 \( \Rightarrow PQCD \) là hình thang  \( \Rightarrow  \) theo tính chất hình thang AM đi qua trung điểm CD

 \( \Rightarrow IC=ID \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho bộ ba điểm thẳng hàng theo thứ tự (A1,A2,A3) và (B1,B2,B3) thỏa mãn A1A2/A1A3=B1B2/B1B3=k. Trên A1B1,A2B2,A3B3 lần lượt lấy các điểm C1,C2,C3 thỏa mãn C1A1/C1B1=C2A2C2B2=C3A3C3B3

Cho bộ ba điểm thẳng hàng theo thứ tự \( ({{A}_{1}},{{A}_{2}},{{A}_{3}}) \) và  \( ({{B}_{1}},{{B}_{2}},{{B}_{3}}) \) thỏa mãn  \( \frac{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}{{{A}_{1}}{{A}_{3}}}=\frac{{{B}_{1}}{{B}_{2}}}{{{B}_{1}}{{B}_{3}}}=k \). Trên  \( {{A}_{1}}{{B}_{1}},{{A}_{2}}{{B}_{2}},{{A}_{3}}{{B}_{3}} \) lần lượt lấy các điểm  \( {{C}_{1}},{{C}_{2}},{{C}_{3}} \) thỏa mãn  \( \frac{{{C}_{1}}{{A}_{1}}}{{{C}_{1}}{{B}_{1}}}=\frac{{{C}_{2}}{{A}_{2}}}{{{C}_{2}}{{B}_{2}}}=\frac{{{C}_{3}}{{A}_{3}}}{{{C}_{3}}{{B}_{3}}} \). Chứng minh rằng  \( {{C}_{1}},{{C}_{2}},{{C}_{3}} \) thẳng hàng và  \( \frac{{{C}_{1}}{{C}_{2}}}{{{C}_{1}}{{C}_{3}}}=k \).

Hướng dẫn giải:

Từ C1 kẻ đường thẳng song song với A1A3 trên đó lấy các điểm  M, N sao cho A2M và A3N song song với A1C1, tương tự  \( {{B}_{1}}{{B}_{3}}\parallel {{C}_{1}}Q \) và  \( P{{B}_{2}}\parallel {{C}_{1}}{{B}_{1}} \),  \( Q{{B}_{3}}\parallel {{C}_{1}}{{B}_{1}} \).

 \( \Rightarrow {{A}_{1}}{{C}_{1}}M{{A}_{2}} \) là hình bình hành  \( \Rightarrow {{A}_{1}}{{A}_{2}}={{C}_{1}}M \) và  \( {{A}_{1}}{{A}_{3}}={{C}_{1}}N \).

 \( \Rightarrow \frac{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}{{{A}_{1}}{{A}_{3}}}=\frac{{{C}_{1}}M}{{{C}_{1}}N}=k \);

Hoàn toàn tương tự  \( \frac{{{C}_{1}}P}{{{C}_{1}}Q}=\frac{{{B}_{1}}{{B}_{2}}}{{{B}_{1}}{{B}_{3}}}=k \)

 \( \Rightarrow \frac{{{C}_{1}}M}{{{C}_{1}}N}=\frac{{{C}_{1}}P}{{{C}_{1}}Q}\Rightarrow MP\parallel NQ \);

Với cách dựng trên  \( \Rightarrow {{A}_{1}}{{C}_{1}}={{A}_{2}}M={{A}_{3}}N \) và  \( {{B}_{1}}{{C}_{1}}={{B}_{2}}P={{B}_{3}}Q \),  \( {{A}_{2}}M\parallel {{B}_{2}}P \).

Kết hợp giả thiết \(\Rightarrow \frac{{{A}_{2}}M}{{{B}_{2}}P}=\frac{{{C}_{2}}{{A}_{2}}}{{{C}_{2}}{{B}_{2}}},\text{ }\widehat{{{C}_{2}}{{A}_{2}}M}=\widehat{{{C}_{2}}{{B}_{2}}P}\Rightarrow \Delta M{{A}_{2}}{{C}_{2}}\backsim \Delta P{{B}_{2}}{{C}_{2}}\).

 \( \Rightarrow \widehat{{{A}_{2}}{{C}_{2}}M}=\widehat{{{B}_{2}}{{C}_{2}}P}\Rightarrow M,{{C}_{2}},P \) thẳng hàng.

Hoàn toàn tương tự  \( \Rightarrow \frac{{{A}_{3}}N}{{{B}_{3}}Q}=\frac{{{A}_{3}}{{C}_{3}}}{{{B}_{3}}{{C}_{3}}}\Rightarrow N,{{C}_{3}},Q \) thẳng hàng và  \( \frac{{{C}_{2}}M}{{{C}_{2}}P}=\frac{{{C}_{3}}N}{{{C}_{3}}Q} \)

 \( \Rightarrow {{C}_{1}},{{C}_{2}},{{C}_{3}} \) thẳng hàng và  \( \frac{{{C}_{1}}{{C}_{2}}}{{{C}_{1}}{{C}_{3}}}=\frac{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}{{{A}_{1}}{{A}_{3}}}=k \).

Các bài toán liên quan

Các bài toán cùng chủ đề!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Không tìm thấy bài viết nào.

Hệ Thống Trung Tâm Nhân Tài Việt!

Cho tam giác ABC, M là điểm trên cạnh BC. Chứng minh rằng MA.BC<MB.CA+MC.AB

Cho tam giác ABC, M là điểm trên cạnh BC. Chứng minh rằng \( MA.BC<MB.CA+MC.AB \).

Hướng dẫn giải:

Từ M kẻ các đường thẳng song song với AB, AC cắt cạnh AC, AB lần lượt tại D và E  \( \Rightarrow  \) Tứ giác AEMD là hình bình hành  \( \Rightarrow MD=AE \).

Theo định lí Thales  \( \frac{MB}{BC}=\frac{ME}{CA}\Rightarrow MB=\frac{BC.ME}{CA} \), tương tự  \( MC=\frac{BC.MD}{AB} \).

Thay MB và MC vào biểu thức  \( MB.CA+MC.AB \), ta có:

 \( MB.CA+MC.AB=\frac{BC.ME}{CA}.CA+\frac{BC.MD}{AB}.AB=BC(ME+MD)=BC(ME+AE) \)

 \( ME+AE>MA\Rightarrow MB.CA+MC.AB>BC.MA \).

Các bài toán liên quan