Chủ đề này có 3 trả lời

[nhungvienkimcuong]

$\boxed{\text{Problem}}$Cho $\Delta ABC$ với phân giác trong $BE,CF$ cắt nhau tại $I$ và lần lượt cắt $(ABC)$ ở $M,N$.Đoạn $MN$ lần lượt cắt $AC,AB$ tại $P,Q$ Đường thẳng qua $P$ song song với $CF$ cắt đường thẳng qua $Q$ song song với $BM$ ở $T$.Chứng minh rằng $TI$ đi qua trung điểm $EF$

 

một bài toán thú vị khác là $T,I$ và trung điểm $EF$ cùng đi qua giao điểm hai tiếp tuyến ở $B$ và $C$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 12-06-2015 - 19:01

[KAT]

Ta cm bổ đề sau:

$\frac{QN}{PM}=\frac{BI^{2}}{CI^{2}}$

Ta có NQ.QM=QA.QB (1)

         PM.PN=PA.PC    (2)

Suy ra$\frac{NQ}{PM}=\frac{QB}{QM}.\frac{PN}{PC}$

Dễ CM $\bigtriangleup BIC\sim \bigtriangleup BQM\sim \bigtriangleup NPC$

Do đó dễ có điều phải cm.

Quay lại bài toán:

Gọi $Y=TF\bigcap BI,Z=TE\bigcap IC$

Do QT//BY, PT//CZ nên

$\frac{TF}{YF}=\frac{QF}{BF},\frac{TE}{EZ}=\frac{PE}{CE}$

Áp dụng Menelaus cho tam giác BQM cát tuyến NFI và tam giác CPN cát tuyến MEI

ta có$\frac{QF}{BF}.\frac{BI}{MI}.\frac{NM}{NQ}=1$, $\frac{PE}{CE}.\frac{IC}{IN}.\frac{MN}{MP}=1$

Áp dụng bổ để trên và lưu ý $\frac{BI}{CI}=\frac{NI}{MI}$

suy ra$\frac{TE}{ZE}=\frac{TF}{FY}$ suy ra EF//YZ

Áp dụng bổ đề hình thang cho EFYZ ta suy ra TI đi qua trung điểm EF

Cảm ơn anh đề rất hay ạ!

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KAT: 12-06-2015 - 18:57

[binvippro]

$\boxed{\text{Problem}}$Cho $\Delta ABC$ với phân giác trong $BE,CF$ cắt nhau tại $I$ và lần lượt cắt $(ABC)$ ở $M,N$.Đoạn $MN$ lần lượt cắt $AC,AB$ tại $P,Q$ Đường thẳng qua $P$ song song với $CF$ cắt đường thẳng qua $Q$ song song với $BM$ ở $T$.Chứng minh rằng $TI$ đi qua trung điểm $EF$

 

Capture.PNG

một bài toán thú vị khác là $T,I$ và trung điểm $EF$ cùng đi qua giao điểm hai tiếp tuyến ở $B$ và $C$

ai có lời giải bài toán thêm rồi nhỉ 

[halloffame]

Lời giải bài toán thêm:

 

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ các đường phân giác trong $BE, CF, K$ là giao điểm tiếp tuyến $(O)$ tại $B, C. KE, KF \cap CI, BI = G, H.$ Khi đó $GH // EF.$

Chứng minh: Áp dụng định lý sin ta được : $\frac{FH}{sin \widehat{EBC}}=\frac{FH}{sin \widehat{FBH}}=\frac{FB}{sin \widehat{FHB}}=\frac{FB}{sin \widehat{KHB}}$

và $\frac{HK}{sin \widehat{BEC}}=\frac{HK}{sin \widehat{EBK}}=\frac{BK}{sin \widehat{BHK}}.$ Chia vế theo vế ta thu được $\frac{FH}{HK}=\frac{sin \widehat{EBC}}{sin \widehat{BEC}}.\frac{FB}{BK}=\frac{EC.FB}{BC.BK}.$ Bằng phương pháp tương tự, ta cũng có $\frac{EG}{GK}=\frac{FB.EC}{BC.CK}.$ Với chú ý $BK=CK,$ ta suy ra được $\frac{FH}{HK}=\frac{EG}{GK}$ và có đpcm.

Quay lại bài toán.

Kí hiệu các điểm $K,G,H$ như trong bổ đề. Khi đó áp dụng bổ đề ta suy ra được $GHFE$ là hình thang, lại áp dụng tiếp bổ đề hình thang ta suy ra $KI$ đi qua trung điểm $EF,$ và có đpcm.