Câu hỏi của ngà trịnh

Question

Lê Song Phương · Accepted Answer

a) Gọi K' là giao điểm của BI và EF, S là giao điểm của EJ và AB.

Ta có $\left(FSBA\right)=-1$ (hàng điều hòa quen thuộc). Mặt khác, dễ thấy K'B là trung trực của FJ nên K'B cũng là tia phân giác của $\widehat{FK'S}$

Do đó, $\widehat{AK'B}=90^o$. Khi đó tam giác AK'B vuông tại K' có trung tuyến K'M nên $K'M=MB=\dfrac{1}{2}AB$

Từ đó suy ra tam giác MK'B cân tại M $\Rightarrow\widehat{MK'B}=\widehat{MBK'}=\widehat{K'BC}$

Do đó MK'//BC. Chú ý rằng MN là đường trung bình của tam giác ABC $\Rightarrow$ MN//BC. Vậy $K'\in MN$ hay K' chính là giao điểm của MN và JE. Điều này có nghĩa là $K'\equiv K$.

Như vậy, $K,B,I$ thẳng hàng và $\widehat{AKB}=90^o$ hay $AK\perp BI$

Lại có $FJ\perp BI$ nên AK//FJ hay AK//HJ.

Tương tự, ta cũng có AH//KJ nên tứ giác AKJH là hình bình hành.

$\Rightarrow$ HK, AJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn, hay JA đi qua trung điểm của HK.

Câu trả lời:

a) Gọi K' là giao điểm của BI và EF, S là giao điểm của EJ và AB.

Ta có $\left(FSBA\right)=-1$ (hàng điều hòa quen thuộc). Mặt khác, dễ thấy K'B là trung trực của FJ nên K'B cũng là tia phân giác của $\widehat{FK'S}$

Do đó, $\widehat{AK'B}=90^o$. Khi đó tam giác AK'B vuông tại K' có trung tuyến K'M nên $K'M=MB=\dfrac{1}{2}AB$

Từ đó suy ra tam giác MK'B cân tại M $\Rightarrow\widehat{MK'B}=\widehat{MBK'}=\widehat{K'BC}$

Do đó MK'//BC. Chú ý rằng MN là đường trung bình của tam giác ABC $\Rightarrow$ MN//BC. Vậy $K'\in MN$ hay K' chính là giao điểm của MN và JE. Điều này có nghĩa là $K'\equiv K$.

Như vậy, $K,B,I$ thẳng hàng và $\widehat{AKB}=90^o$ hay $AK\perp BI$

Lại có $FJ\perp BI$ nên AK//FJ hay AK//HJ.

Tương tự, ta cũng có AH//KJ nên tứ giác AKJH là hình bình hành.

$\Rightarrow$ HK, AJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn, hay JA đi qua trung điểm của HK.

Lê Song Phương · Answer

câu a ý 2:

Gọi U là giao điểm của EF và BC, P là trung điểm BC, X là điểm chính giữa cung BC không chứa D của (O).

Có $\widehat{XIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{XCB}+\widehat{IBC}=\widehat{XBC}+\widehat{IBC}=\widehat{XBI}$ nên tam giác XBI cân tại X $\Rightarrow XB=XI$

Tương tự, ta cũng có $XB=XC=XI$ nên X là tâm (IBC)

Dễ thấy $\widehat{XBD}=\widehat{XCD}=90^o$ nên XB, XC là tiếp tuyến tại B và C của (X).

$\Rightarrow DC^2=DP.DX=DT.DG$ $\Rightarrow$ Tứ giác TPXG nội tiếp.

$\Rightarrow\widehat{DPT}=\widehat{XGT}=\widehat{XTG}=\widehat{XPG}$

$\Rightarrow90^o-\widehat{DPT}=90^o-\widehat{XPG}$

$\Rightarrow\widehat{UPT}=\widehat{UPG}$ . Do $\widehat{UPG}+\widehat{GPC}=180^o$

$\Rightarrow$ $\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o$

Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (X) nên GD là đối trung của tam giác GBC

$\Rightarrow\widehat{BGT}=\widehat{PGC}$

Lại có $\widehat{GTB}=\widehat{GCP}$ $\Rightarrow\Delta GTB\sim\Delta GCP$ $\Rightarrow\widehat{GBT}=\widehat{GPC}$

Lại có $\widehat{GBT}=\widehat{GIT}$ nên $\widehat{GPC}=\widehat{GIT}$

Kết hợp với $\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o$, ta có $\widehat{GIT}+\widehat{UPT}=180^o$

$\Rightarrow$ Tứ giác ITPJ nội tiếp.

Mặt khác, $\left(BCJU\right)=-1$ và P là trung điểm BC nên $\overline{UJ}.\overline{UP}=\overline{UB}.\overline{UC}$ (hệ thức Maclaurin)

$\Rightarrow P_{U/\left(ITPJ\right)}=P_{U/\left(X\right)}$

$\Rightarrow$ U nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (ITPJ) và (X), mà IT là trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên U, I, T thẳng hàng.

Xét cực và đối cực đối với (I). Kí hiệu $d_Y$ là đối cực của Y đối với (I).

Ta có $\left(BCJU\right)=-1$ $\Rightarrow J\in d_U$

Lại có $U\in EF\equiv d_A\Rightarrow A\in d_U$

Do đó $JA\equiv d_U$ $\Rightarrow JA\perp UI$ hay $JA\perp IT$ (đpcm)

Câu trả lời:

câu a ý 2:

Gọi U là giao điểm của EF và BC, P là trung điểm BC, X là điểm chính giữa cung BC không chứa D của (O).

Có $\widehat{XIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{XCB}+\widehat{IBC}=\widehat{XBC}+\widehat{IBC}=\widehat{XBI}$ nên tam giác XBI cân tại X $\Rightarrow XB=XI$

Tương tự, ta cũng có $XB=XC=XI$ nên X là tâm (IBC)

Dễ thấy $\widehat{XBD}=\widehat{XCD}=90^o$ nên XB, XC là tiếp tuyến tại B và C của (X).

$\Rightarrow DC^2=DP.DX=DT.DG$ $\Rightarrow$ Tứ giác TPXG nội tiếp.

$\Rightarrow\widehat{DPT}=\widehat{XGT}=\widehat{XTG}=\widehat{XPG}$

$\Rightarrow90^o-\widehat{DPT}=90^o-\widehat{XPG}$

$\Rightarrow\widehat{UPT}=\widehat{UPG}$ . Do $\widehat{UPG}+\widehat{GPC}=180^o$

$\Rightarrow$ $\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o$

Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (X) nên GD là đối trung của tam giác GBC

$\Rightarrow\widehat{BGT}=\widehat{PGC}$

Lại có $\widehat{GTB}=\widehat{GCP}$ $\Rightarrow\Delta GTB\sim\Delta GCP$ $\Rightarrow\widehat{GBT}=\widehat{GPC}$

Lại có $\widehat{GBT}=\widehat{GIT}$ nên $\widehat{GPC}=\widehat{GIT}$

Kết hợp với $\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o$, ta có $\widehat{GIT}+\widehat{UPT}=180^o$

$\Rightarrow$ Tứ giác ITPJ nội tiếp.

Mặt khác, $\left(BCJU\right)=-1$ và P là trung điểm BC nên $\overline{UJ}.\overline{UP}=\overline{UB}.\overline{UC}$ (hệ thức Maclaurin)

$\Rightarrow P_{U/\left(ITPJ\right)}=P_{U/\left(X\right)}$

$\Rightarrow$ U nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (ITPJ) và (X), mà IT là trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên U, I, T thẳng hàng.

Xét cực và đối cực đối với (I). Kí hiệu $d_Y$ là đối cực của Y đối với (I).

Ta có $\left(BCJU\right)=-1$ $\Rightarrow J\in d_U$

Lại có $U\in EF\equiv d_A\Rightarrow A\in d_U$

Do đó $JA\equiv d_U$ $\Rightarrow JA\perp UI$ hay $JA\perp IT$ (đpcm)

Lê Song Phương · Answer

À câu a) ý 2 do điểm P có ở câu b) rồi nên mình sửa lại trung điểm của BC là V nhé. Chỗ nào mà có chữ P sửa lại thành chữ V giúp mình nhé.

Câu trả lời:

À câu a) ý 2 do điểm P có ở câu b) rồi nên mình sửa lại trung điểm của BC là V nhé. Chỗ nào mà có chữ P sửa lại thành chữ V giúp mình nhé.

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP