Chủ đề này có 6 trả lời

[Hoang Tung 126]

Cho $\Delta ABC$ có đường cao $AA',BB',CC'$. 

  CMR : Đường thẳng Euler của các $\Delta AB'C',\Delta BA'C',\Delta CA'B'$ đồng quy tại một điểm

[BlackSelena]

http://diendantoanho...-co-c-đồng-quy/

[Hoang Tung 126]

http://diendantoanho...-co-c-đồng-quy/

Bài đấy có liên quan gì đến bài này hả bạn

[BlackSelena]

Bài đấy có liên quan gì đến bài này hả bạn

Lấy hệ số tâm tỉ cự là $1:1:1$ là có bài này

[Hoang Tung 126]

Lấy hệ số tâm tỉ cự là $1:1:1$ là có bài này

Bạn có thể nói rõ bài này được không

[BlackSelena]

Bạn có thể nói rõ bài này được không

Thật sự không hiểu bạn muốn mình nói rõ cái gì nữa @@~?

Bạn đã đọc bài viết của anh TC chưa?

 

Giải như sau:

 

Ảnh chụp màn hình_2013-06-15_161111.png

 

Dễ thấy $\Delta AEF$ và $\Delta DEC$ đồng dạng thuận. Xét phép vị tự quay biến $A \mapsto D, E \mapsto E, F \mapsto C$, vì $X_a, X_c$ có cùng tọa độ tỉ cự đối với các tam giác $AEF, DEC$ nên phép vị tự quay trên biến $X_a \mapsto X_c, O_a \mapsto O_c$.

Do đó phép vị tự quay trên cũng biến $\Delta EX_aO_a \mapsto \Delta EX_cO_c \to \Delta EX_aO_a \sim \Delta EX_cO_c$

Do đó nếu gọi $T$ là giao  của $X_aO_a$ và $X_bO_b$ thì $T, O_a, E, O_c$ đồng viên. ($\angle X_aO_aE = \angle X_cO_cE$)

Nên $T$ thuộc đường tròn Euler của $\Delta ABC$. Tương tự đối với $2$ cặp đường thẳng còn lại, ta có đpcm.

Ở đây tọa độ của $X_a, X_c, X_b$ với các tam giác đều có hệ số là $1:1:1$ nên kết quả phép vị tự vẫn bảo toàn thôi...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 02-01-2014 - 18:42

[Bonjour]

Giả sử các tam giác $AC'B'$ và $A'CB'$ đồng dạng có cùng hướng dương và $(AC',A'C)=(C'B,CB')=(B'A,B'A')=(180^{\circ}-\widehat{B})$       $(*)$

 Gọi $d_{1},d_{2},d_{3}$ là các đường thẳng $Euler$ của các $\Delta AC'B',\Delta C'BA',\Delta A'CB'$ .$A_{1},B_{1},C_{1}$ là trung điểm $HA,HB,HC$

Khi đó $d_{1},d_{2},d_{3}$ lần lượt đi qua $A_{1},B_{1},C_{1}$                                                                                                                            $(**)$

Từ $(*)$ suy ra $(d_{1},d_{3})=180^{\circ}-\widehat{B}=(A_{1}B_{1},B_{1},C_{1})$ kết hợp với $(**)$ suy ra giao của $d_{1},d_{3}$ thuộc đường tròn $Euler(ABC)$

 Tương tự .......Nên chúng cùng cắt nhau trên đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bonjour: 05-08-2015 - 19:32