Chủ đề này có 6 trả lời

[thukilop]

$\boxed{\text{Problem}}$

 Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. Đường tròn bàng tiếp ($I_{a}$) tiếp xúc BC, CA, AB tại M, S, N. DF giao MS tại K, ED giao MN tại L. chứng minh A,K,L thẳng hàng

[Ndtt]

KLNE và KLSE là tgnt . Mà AF.AN=AE.AS . Suy ra A thuộc tđp KL của 2 đtron ( KLNE ) và ( KLSE )

[haitienbg]

$\boxed{\text{Problem}}$

 Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. Đường tròn bàng tiếp ($I_{a}$) tiếp xúc BC, CA, AB tại M, S, N. DF giao MS tại K, ED giao MN tại L. chứng minh A,K,L thẳng hàng

Tư tưởng của bài này là chứng minh $AK \perp BC$

Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $DF$ với $AI.CI$. Một kết quả quen thuộc là $AQ \perp CI,CP \perp AI$ (biến đổi góc một chút là ra)

$\Rightarrow M,C,S,J,P$ đồng viên.

Ta có $(KP,KS)=(QP,QC)=(AI,AC) \Rightarrow A,K,S,P:nt$

nên $K=DF \cap (APS)$

Gọi $K'$ là giao của đường cao $AH$ với $DF$. Ta sẽ cm $AK'PS: nt$

Có $(KA;KP)=(BC;BI)$

$(PS,SA)=(JA,JC)$

Do vậy cần cm: $(BC,BI)=(JA,JC)$ (cái này thì hiển nhiên rồi)

nên $K=K'$

Bài toán được cm. 

Hình gửi kèm

• 

[thukilop]

Tư tưởng của bài này là chứng minh $AK \perp BC$

Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $DF$ với $AI.CI$. Một kết quả quen thuộc là $AQ \perp CI,CP \perp AI$ (biến đổi góc một chút là ra)

$\Rightarrow M,C,S,J,P$ đồng viên.

Ta có $(KP,KS)=(QP,QC)=(AI,AC) \Rightarrow A,K,S,P:nt$

nên $K=DF \cap (APS)$

Gọi $K'$ là giao của đường cao $AH$ với $DF$. Ta sẽ cm $AK'PS: nt$

Có $(KA;KP)=(BC;BI)$

$(PS,SA)=(JA,JC)$

Do vậy cần cm: $(BC,BI)=(JA,JC)$ (cái này thì hiển nhiên rồi)

nên $K=K'$

Bài toán được cm. 

Ngoài cách của bạn ra, còn có thể chứng minh đơn giản hơn thế này (mượn cái hình nha bạn  )

* Ta có $(BC,BI)=\frac{1}{2}(BC,BA)$ (mod $\Pi $)

mà $(BC,BA)=2(MB,MN)$($\Pi $) => $(BC,BI)=(MB,MN)$ (mod $\Pi $)=> $IB || MN$ mặt khác IB vuông góc DF nên KD cũng vuông góc với ML

* Lập luận tương tự => LD cũng vuông góc với MK.... Do đó D là trực tâm tâm giác KML....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 13-12-2013 - 22:11

[NVHT]

Ngoài cách của bạn ra, còn có thể chứng minh đơn giản hơn thế này (mượn cái hình nha bạn  )

* Ta có $(BC,BI)=\frac{1}{2}(BC,BA)$ (mod $\Pi $)

mà $(BC,BA)=2(MB,MN)$($\Pi $) => $(BC,BI)=(MB,MN)$ (mod $\Pi $)=> $IB || MN$ mặt khác IB vuông góc DF nên KD cũng vuông góc với ML

* Lập luận tương tự => LD cũng vuông góc với MK.... Do đó D là trực tâm tâm giác KML....

$D$ là trực tâm của tam giác $KML$ vẫn chưa suy ra ngay được $A,K,L$ thẳng hàng thì phải

[thukilop]

$D$ là trực tâm của tam giác $KML$ vẫn chưa suy ra ngay được $A,K,L$ thẳng hàng thì phải

ak không, D là trực tâm tam giác KML đúng là chưa thể suy ra được A,K,L thẳng hàng....Nó chỉ để góp phần chứng minh 2 tứ giác nội tiếp KLNF và KLSE thôi (chứng minh dc 2 cái tứ giác này nội tiếp thì dễ dàng suy ra A,K,L thẳng hàng)...mấu chốt bài toán nói chung là cm D là trực tâm tam giác KML

[haitienbg]

Theo hình vẽ của mình ta có thể thấy một kq khá thú vị là $DE,AI,MS$;        $DF,AI,MN$ đồng quy