Chủ đề này có 6 trả lời

[Bui Ba Anh]

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(T)$ ngoại tiếp tam giác $AIB$, Hai đường tròn này giao nhau tại $X,Y$. Gọi $Z$ là giao điểm hai tiếp tuyến chung của $(I),(T)$. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

[nhungvienkimcuong]

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(T)$ ngoại tiếp tam giác $AIB$, Hai đường tròn này giao nhau tại $X,Y$. Gọi $Z$ là giao điểm hai tiếp tuyến chung của $(I),(T)$. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

kí hiệu $R_A$ là bán kính đường tròn $(A)$

lời giải

Đặt $T=CI\cap (ABC)$ thì dễ thấy $T$ là tâm của $(AIB)$

Gọi $P$ là tâm vị tự trong của $(I)$ và $(T)$,$U$ là tâm $(XYZ)$

Ta có

$\frac{ZI}{ZT}=\frac{PI}{PT}=\frac{R_I}{R_T}=\frac{YI}{YT}=\frac{XI}{XT}$

Do đó $X,Y,Z,P$ cùng nằm trền đường tròn $\text{Apollonius}$ của $\Delta YIT$

$\Rightarrow$ $(U)$ và $(YIT)$ trực giao nên $UY$ là tiếp tuyến của $(YIT)$

$\Rightarrow \widehat{UYI}=\widehat{YTI}\Rightarrow \widehat{UYT}+\widehat{IYT}=\widehat{ITU}+2\widehat{IYT}=180^0$

$\Rightarrow$ $YT$ là phân giác ngoài $\Delta UIY \Rightarrow \frac{TI}{TU}=\frac{R_I}{R_U}$

$\Rightarrow$ $T$ là tâm vị tự ngoài của $(I)$ và $(U)$

Kẻ tiếp tuyến $TM,TN$ với $(U)$ và chúng lần lượt cắt $(ABC)$ ở $L,K$

Ta có $(ZPIT)=-1$ mà $U$ là trung điểm $ZP$ 

$\Rightarrow UM^2=UZ^2=UI.UT\Rightarrow$ $I$ là hình chiếu của $M$ trên $UT$

$\Rightarrow$ ta chứng minh được $I$ là trung điểm $MN$

Theo định lý $\text{Poncelet}$ thì $(I)$ cũng là đường tròn nội tiếp $\Delta TLK$

Do đó theo định lý $\text{Sawayama}$ thì $(U)$ là đường tròn $\text{mixtilinear}$ nội tiếp ứng với góc $T$ của $\Delta TLK$

$\Rightarrow$ $(U)$ tiếp xúc với $(TLK)$ hay ta có $Q.E.D$

Spoiler

lời giải trên là của thầy Nguyễn Văn Linh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 29-05-2015 - 11:17

[Bui Ba Anh]

 

Capture.PNG

kí hiệu $R_A$ là bán kính đường tròn $(A)$

lời giải

Đặt $T=CI\cap (ABC)$ thì dễ thấy $T$ là tâm của $(AIB)$

Gọi $P$ là tâm vị tự trong của $(I)$ và $(T)$,$U$ là tâm $(XYZ)$

Ta có

$\frac{ZI}{ZT}=\frac{PI}{PT}=\frac{R_I}{R_T}=\frac{YI}{YT}=\frac{XI}{XT}$

Do đó $X,Y,Z,P$ cùng nằm trền đường tròn $\text{Apollonius}$ của $\Delta YIT$

$\Rightarrow$ $(U)$ và $(YIT)$ trực giao nên $UY$ là tiếp tuyến của $(YIT)$

$\Rightarrow \widehat{UYI}=\widehat{YTI}\Rightarrow \widehat{UYT}+\widehat{IYT}=\widehat{ITU}+2\widehat{IYT}=180^0$

$\Rightarrow$ $YT$ là phân giác ngoài $\Delta UIY \Rightarrow \frac{TI}{TU}=\frac{R_I}{R_U}$

$\Rightarrow$ $T$ là tâm vị tự ngoài của $(I)$ và $(U)$

Kẻ tiếp tuyến $TM,TN$ với $(U)$ và chúng lần lượt cắt $(ABC)$ ở $L,K$

Ta có $(ZPIT)=-1$ mà $U$ là trung điểm $ZP$ 

$\Rightarrow UM^2=UZ^2=UI.UT\Rightarrow$ $I$ là hình chiếu của $M$ trên $UT$

$\Rightarrow$ ta chứng minh được $I$ là trung điểm $MN$

Theo định lý $\text{Poncelet}$ thì $(I)$ cũng là đường tròn nội tiếp $\Delta TLK$

Do đó theo định lý $\text{Sawayama}$ thì $(U)$ là đường tròn $\text{mixtilinear}$ nội tiếp ứng với góc $T$ của $\Delta TLK$

$\Rightarrow$ $(U)$ tiếp xúc với $(TLK)$ hay ta có $Q.E.D$

Spoiler

lời giải trên là của thầy Nguyễn Văn Linh

 

sao hai đường tròn này trực giao nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 29-05-2015 - 19:45

[nhungvienkimcuong]

sao hai đường tròn này trực giao nhỉ

vì $(U)$ là đường tròn $\text{Apollonius}$ của $\Delta YIT$

[Bui Ba Anh]

vì $(U)$ là đường tròn $\text{Apollonius}$ của $\Delta YIT$

$(U),(T)$ trực giao $<=>$ $(ZPIT)=-1$ phải không nhỉ?

[nhungvienkimcuong]

$(U),$$(T)$ trực giao $<=>$ $(ZPIT)=-1$ phải không nhỉ?

không phải $(T)$ mà là $(IYT)$

$(U)$ và $(IYT)$ trực giao thì đây là định lý $3$ ở trang $327$ của tài liệu chuyên toán

còn việc $(ZPIT)=-1$ đơn giản do ở trên ta có $\frac{ZI}{ZT}=\frac{PI}{PT}=\frac{R_I}{R_T}$

[nhungvienkimcuong]

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(T)$ ngoại tiếp tam giác $AIB$, Hai đường tròn này giao nhau tại $X,Y$. Gọi $Z$ là giao điểm hai tiếp tuyến chung của $(I),(T)$. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

 

gọi $J=AI\cap (T),K=AJ\cap (I)$ và $R,r$ lần lượt là bán kính của $(J),(I)$

ta có

$\left\{\begin{matrix} ZJ=ZI+IJ=\frac{r}{R}.ZJ+R\\KJ=IJ-IK=R-r \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} ZJ=\frac{R^2}{R-r}\\KJ=R-r \end{matrix}\right.\Rightarrow JZ.JK=R^2$

xét phép ngịch đảo $\mathcal{I}_{(J,R^2)}:X \mapsto X,Y\mapsto Y,Z\mapsto K\Rightarrow (XYZ)\rightarrow (I)$

mặt khác dễ thấy $\mathcal{I}_{(J,R^2)}:(T)\rightarrow AB$

do đó

$(XYZ)\ \text{tiếp xúc}\ (T)\Leftrightarrow (I)\ \text{tiếp xúc}\ AB$

mà điều trên luôn đúng nên $\text{Q.E.D}$

skill mới

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 08-08-2015 - 17:30