Chủ đề này có 1 trả lời

[uyenha]

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . K là giao điểm của hai đường chéo AC và BD(K khác O). Gọi  $M_{1}$,$M_{2}$,$M_{3}$,$M_{4}$ lần lượt là trung điểm các cung AB, BC, CD, DA không chứa hai đỉnh còn lại của tứ giác. Gọi $I_{1}$,$I_{2}$,$I_{3}$,$I_{4}$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABK,BCK,CDK,DAK.
a) Chứng minh 4 đường thẳng $MI_{i}$  (i=1,2,3,4) cùng đi qua một điểm P.
b) Chứng minh  P thuộc dường thẳng OK.

 

 

[haitienbg]

Nhận xét 1: Gọi $(J_{3})$ là đường tròn tiếp xúc tia $KD,KC$ và  $(O)$ tại $J,N,P_{1}$ có $M_{1},I_{1},P_{1}$ thẳng hàng. Chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ ta có $JP_{1}$ qua trung điểm $F$ của cung $BD$ chứa $A$;$P_{1}N$ qua trung điểm $G$ của cung $AC$  chứa $B$;$AF.BG$ cắt $BI_{1},AI_{1}$ tại $H,L$ ta có $H,L$ nằm trên $JN$ (kết quả quen thuộc)

góc $P_{1}JN=P_{1}NC=P_{1}BL$ (cộng cung) nên $P_{1}JBL:nt$

góc $BI_{1}L=\frac{1}{2} AKD=BJL$ nên $I_{1}BLJ:nt$

Do đó $P_{1}JBL:nt$ hay góc $I_{1}P_{1}B=I_{1}LB$

Tương tự góc $I_{1}P_{1}A=I_{1}HA$

Ta cm $ABLH:nt$ điều này đúng do góc $HAL=HBL$ (cộng cung với lưu ý $AI_{1}, BI_{1}$ qua trung điểm cung $BC,AD$

Vậy nhận xét $1$ được chứng minh.

 

 

 

Nhận xét 2:      Xác định tương tự các điểm. Ta có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ có  $AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

Áp dụng $Pascal$ cho 6 điểm $M_{1},M_{2},A,C,P_{2},P_{1}$ suy ra các cặp giao $(M_{1}C,M_{2}A),(M_{1}P_{1},M_{2}P_{2}),(AP_{1},CP_{2})$ thẳng hàng áp dụng tiếp định lí $Desagues$ cho tam giác $I_{1}AJ_{4};I_{2}CJ_{3}$ có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4}$   đồng quy.

 

 

Trở lại bài toán:

 

Yêu cầu bài toán tương đương với $OK,I_{1}M_{3},I_{2}M_{4}$ đồng quy (những cái còn lại tương tự)

Áp dụng định lí $Desagues$ cho $I_{1}I_{2},P_{1}P_{2},J_{3}J_{4}$ có giao điểm $(I_{1}J_{3},I_{2}J_{4}),(I_{1}P_{1};I_{2}P_{2}),(P_{1}J_{3},P_{2}J{4})$ thẳng hàng hay có dpcm~~

Hình gửi kèm

• 
• 
• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi haitienbg: 26-12-2013 - 18:31