Chủ đề này có 2 trả lời

[lovelyboy9xnb]

Cho tam giác $ABC$ và $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp trong góc $A$.

Đường tròn này tiếp xúc với $AB,AC,BC$ lần lượt tại $K,L,M$. $LM$ cắt $DJ$ tại $F$ ,$KM$ cắt $CJ$ tại $G$ . Gọi $ST$ lần lượt là giao điểm của $AF$, $AG$ với $BC$

Chứng minh rằng: $M$ la trung điểm của $ST$.

 

___________________

MOD: Chú ý tiêu đề và gõ Latex nha.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 12-08-2013 - 18:08

[Juliel]

Cho tam giác $ABC$ và $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc $A$.

Đường tròn này tiếp xúc với $AB,AC,BC$ lần lượt tại $K,L,M$. $LM$ cắt $BJ$ tại $F$ ,$KM$ cắt $CJ$ tại $G$ . Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $AF$, $AG$ với $BC$

Chứng minh rằng: $M$ la trung điểm của $ST$.

 

___________________

MOD: Chú ý tiêu đề và gõ Latex nha.

Khổ lắm cái đề của bạn, đọc mãi mới dịch được. 

Lời giải :

$\bullet$ Trước tiên, ta sẽ chứng minh $JG\perp AT$ bằng cách chứng minh $AGJL$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó suy ra $G$ là trung điểm của $AT$.

Thật vậy,

Ta có $\widehat{JGL}=180^{0}-\widehat{GBM}-\widehat{GMB}=180^{0}-(\widehat{B}+\widehat{GBA})-\widehat{CML}=180^{0}-(\widehat{B}+\widehat{KBJ})-\frac{180^{0}-\widehat{MCL}}{2}=180^{0}-(\widehat{B}+\frac{1}{2}\widehat{KBM})-(90^{0}-\frac{\widehat{MCL}}{2})=90^{0}-\left [ \widehat{B}+\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{C}) \right ]+\frac{\widehat{MCL}}{2}=90^{0}-\widehat{B}-\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{C})+\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{B})=90^{0}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{JAL}$

(Chú ý rằng $\widehat{MCL}=\widehat{A}+\widehat{B};\widehat{KBM}=\widehat{A}+\widehat{C}$ là do tính chất góc ngoài tam giác)

Do đó tứ giác $AGJL$ nội tiếp mà $\widehat{JLA}=90^{0}\Rightarrow \widehat{JGA}=90^{0}\Rightarrow JG\perp AL$

Trong tam giác $TBA$, $BG$ vừa là đường cao, vừa là phân giác nên $BG$ cũng là trung tuyến hay $GA=GT$.

$\bullet$ Bây giờ ta sẽ chứng minh $MT = AL$ và $MS=AK$.

Thật vậy,

Xét tam giác $ATC$ với ba điểm $G,M,L$ thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng $AT,TC,AC$.

Theo định lí $Menelaus$ ta có : $\frac{GA}{GT}.\frac{MT}{MC}.\frac{LC}{LA}=1$ mà $GA = GT$ nên :

$\frac{MT}{MC}.\frac{LC}{LA}=1\Rightarrow MT.LC=MC.LA$

Mà lại dễ thấy rằng $MC = LC$ nên $MT = LA$

Chứng minh tương tự ta được $MS=AK$ 

Lại có $AL=AK$, suy ra $MT = MS$

Vậy : $M$ là trung điểm của $ST$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 20-08-2013 - 12:27

[LNH]

Cho tam giác $ABC$ và $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp trong góc $A$.

Đường tròn này tiếp xúc với $AB,AC,BC$ lần lượt tại $K,L,M$. $LM$ cắt $DJ$ tại $F$ ,$KM$ cắt $CJ$ tại $G$ . Gọi $ST$ lần lượt là giao điểm của $AF$, $AG$ với $BC$

Chứng minh rằng: $M$ la trung điểm của $ST$.

 

___________________

MOD: Chú ý tiêu đề và gõ Latex nha.

 

 

Khổ lắm cái đề của bạn, đọc mãi mới dịch được. 

Banve.JPG

Lời giải :

$\bullet$ Trước tiên, ta sẽ chứng minh $JG\perp AT$ bằng cách chứng minh $AGJL$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó suy ra $G$ là trung điểm của $AT$.

Thật vậy,

Ta có $\widehat{JGL}=180^{0}-\widehat{GBM}-\widehat{GMB}=180^{0}-(\widehat{B}+\widehat{GBA})-\widehat{CML}=180^{0}-(\widehat{B}+\widehat{KBJ})-\frac{180^{0}-\widehat{MCL}}{2}=180^{0}-(\widehat{B}+\frac{1}{2}\widehat{KBM})-(90^{0}-\frac{\widehat{MCL}}{2})=90^{0}-\left [ \widehat{B}+\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{C}) \right ]+\frac{\widehat{MCL}}{2}=90^{0}-\widehat{B}-\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{C})+\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{B})=90^{0}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{JAL}$

(Chú ý rằng $\widehat{MCL}=\widehat{A}+\widehat{B};\widehat{KBM}=\widehat{A}+\widehat{C}$ là do tính chất góc ngoài tam giác)

Do đó tứ giác $AGJL$ nội tiếp mà $\widehat{JLA}=90^{0}\Rightarrow \widehat{JGA}=90^{0}\Rightarrow JG\perp AL$

Trong tam giác $TBA$, $BG$ vừa là đường cao, vừa là phân giác nên $BG$ cũng là trung tuyến hay $GA=GT$.

$\bullet$ Bây giờ ta sẽ chứng minh $MT = AL$ và $MS=AK$.

Thật vậy,

Xét tam giác $ATC$ với ba điểm $G,M,L$ thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng $AT,TC,AC$.

Theo định lí $Menelaus$ ta có : $\frac{GA}{GT}.\frac{MT}{MC}.\frac{LC}{LA}=1$ mà $GA = GT$ nên :

$\frac{MT}{MC}.\frac{LC}{LA}=1\Rightarrow MT.LC=MC.LA$

Mà lại dễ thấy rằng $MC = LC$ nên $MT = LA$

Chứng minh tương tự ta được $MS=AK$ 

Lại có $AL=AK$, suy ra $MT = MS$

Vậy : $M$ là trung điểm của $ST$.

Đây là bài hình $G_1$ của IMO 2012

Có thể xem các cách làm khác tại IMO shortlist 2012 hoặc mathlinks.ro