Chủ đề này có 1 trả lời

[Hoang Tung 126]

Cho tam giác ABC và tam giác DEF cùng nội tiếp đường tròn $(O)$.Gọi giao điểm của 2 phần chung của 2 tam giác là MNPQRS sao cho tứ giác MNPQRS là lục giác lồi. 

   CMR :MR,NQ,PS đồng quy 

[Hoang Tung 126]

Cho tam giác ABC và tam giác DEF cùng nội tiếp đường tròn $(O)$.Gọi giao điểm của 2 phần chung của 2 tam giác là MNPQRS sao cho tứ giác MNPQRS là lục giác lồi. 

   CMR :MR,NQ,PS đồng quy 

-Gỉa sử $AE$ giao  $BD$ ở $H$.,$CF$ giao $BD,AE$ ở K, L. 

-Xét 6 điểm A,B,E,C,D,F cùng nằm trên đường tròn $(O)$ có EF giao BC ở R, AC giao BD ở N. AE giao BD ở H nên theo bổ đề Pascal $= > R,H,N$ thẳng hàng .CMTT :$S,K,P$ thẳng hàng , $M,L,Q$ thẳng hàng

Xét sự đồng quy $AN,HN,ND$ của tam giác AHD ,Theo định lý Ceva dạng lượng giác có :

 $\frac{sin\widehat{AHN}}{sin\widehat{DHN}}.\frac{sin\widehat{NAD}}{sin\widehat{NAH}}.\frac{sin\widehat{HDN}}{sin\widehat{ADN}}=1$

Tương tự $\frac{sin\widehat{QLC}}{sin\widehat{QLE}}.\frac{sin\widehat{EQC}}{sin\widehat{LQC}}.\frac{sin\widehat{QEL}}{sin\widehat{QEC}}=1$

                 $\frac{sin\widehat{SKB}}{sin\widehat{SKF}}.\frac{sin\widehat{SBF}}{sin\widehat{SBK}}.\frac{sin\widehat{SFK}}{sin\widehat{SFB}}=1$

 Nhân theo vế các đẳng thức vừa tìm được và theo tính chất góc nội tiếp $\widehat{NAH}=\widehat{SFK},\widehat{DAN}=\widehat{QEC},\widehat{ADN}=\widehat{SBF},\widehat{NDH}=\widehat{QCL},\widehat{SBK}=\widehat{LEQ},\widehat{BFS}=\widehat{ECQ}$

$= > \frac{sin\widehat{AHN}}{sin\widehat{DHN}}.\frac{sin\widehat{QLC}}{sin\widehat{QLE}}.\frac{sin\widehat{SKB}}{sin\widehat{SKF}}=1= > SK,HN,LQ$ đồng quy (Do theo định lý Ceva đảo dạng lượng giác )

  Do $\overline{S,K,P},\overline{N,H,R},\overline{M,L,Q}$ nên $SP,NR,MQ$ đồng quy(ĐPCM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daicagiangho1998: 08-02-2014 - 09:53