Chủ đề này có 7 trả lời

[Bichess]

Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc lần lượt với BC,CA,AB tại D,E,F. DE cắt AB tại P. Đường thẳng bất kì qua C cắt EF,AB tại M,N. PM cắt AC tại Q. Chứng minh IN vuông góc FQ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bichess: 31-10-2015 - 20:37

[QQspeed22]

CM cắt AC sao tại Q được

[FakeAdminDienDanToanHoc]

Bạn có hình mẫu ko?

[Bichess]

Bạn có hình mẫu ko?

CM cắt AC sao tại Q được

Sorry
đã sửa đề

[viet nam in my heart]

Trước hết ta có một bổ đề quen thuộc sau: Tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $AB,BC,CD,DA$ lần lượt tại $M,N,P,Q$. Khi đó $AC,BD,MP,NQ$ đồng quy tại $1$ điểm (việc chứng minh bổ đề xin để lại cho bạn).

Trở lại bài toán:

Từ $N$ kẻ tiếp tuyến $NS$ với $(I)$ ($S \in AC$) tiếp xúc với $(I)$ tại $R$. Khi đó tứ giác $NSCB$ ngoại tiếp $(I)$. Do đó theo bổ đề thì :$NC,BS,DR,EF$ đồng quy. Mà $CN$ cắt $EF$ tại $M$ nên $D,M,R$ thẳng hàng và $B,M,S$ thẳng hàng.

Ta có $IN \perp FR$. Ta sẽ chứng minh $F,R,Q$ thẳng hàng

Ta có kết quả quen thuộc: $AD,BE,CF$ đồng quy nên $(ABFP)=-1$. Theo phép chiếu xuyên tâm $M$ suy ra $(ASQE)=-1$ hay $\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}=-\frac{\overline{EA}}{\overline{ES}}$ Lại có: $RN=FN,EA=FA,RS=ES$. Do đó:

$$\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}.\frac{\overline{RS}}{\overline{RN}}.\frac{\overline{FN}}{\overline{FA}}=1$$

Xét tam giác $ANS$ theo định lý Menelaus thì $F,R,Q$ thẳng hàng

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 31-10-2015 - 22:25

[FakeAdminDienDanToanHoc]

Sử dụng tính chất tiếp tuyến đ.tròn ấy bạn. Xem http://diendantoanho...của-dường-tron/để biết thêm.

[Bichess]

Trước hết ta có một bổ đề quen thuộc sau: Tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $AB,BC,CD,DA$ lần lượt tại $M,N,P,Q$. Khi đó $AC,BD,MP,NQ$ đồng quy tại $1$ điểm (việc chứng minh bổ đề xin để lại cho bạn).
Trở lại bài toán:
Từ $N$ kẻ tiếp tuyến $NS$ với $(I)$ ($S \in AC$) tiếp xúc với $(I)$ tại $R$. Khi đó tứ giác $NSCB$ ngoại tiếp $(I)$. Do đó theo bổ đề thì :$NC,BS,DR,EF$ đồng quy. Mà $CN$ cắt $EF$ tại $M$ nên $D,M,R$ thẳng hàng và $B,M,S$ thẳng hàng.
Ta có $IN \perp FR$. Ta sẽ chứng minh $F,R,Q$ thẳng hàng
Ta có kết quả quen thuộc: $AD,BE,CF$ đồng quy nên $(ABFP)=-1$. Theo phép chiếu xuyên tâm $M$ suy ra $(ASQE)=-1$ hay $\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}=-\frac{\overline{EA}}{\overline{ES}}$ Lại có: $RN=FN,EA=FA,RS=ES$. Do đó:
$$\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}.\frac{\overline{RS}}{\overline{RN}}.\frac{\overline{FN}}{\overline{FA}}=1$$
Xét tam giác $ANS$ theo định lý Menelaus thì $F,R,Q$ thẳng hàng
Vậy ta có điều phải chứng minh

cách của bạn rất hay. Cho hỏi có cách nào khác để chứng minh không

[Bichess]

Trước hết ta có một bổ đề quen thuộc sau: Tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $AB,BC,CD,DA$ lần lượt tại $M,N,P,Q$. Khi đó $AC,BD,MP,NQ$ đồng quy tại $1$ điểm (việc chứng minh bổ đề xin để lại cho bạn).
Trở lại bài toán:
Từ $N$ kẻ tiếp tuyến $NS$ với $(I)$ ($S \in AC$) tiếp xúc với $(I)$ tại $R$. Khi đó tứ giác $NSCB$ ngoại tiếp $(I)$. Do đó theo bổ đề thì :$NC,BS,DR,EF$ đồng quy. Mà $CN$ cắt $EF$ tại $M$ nên $D,M,R$ thẳng hàng và $B,M,S$ thẳng hàng.
Ta có $IN \perp FR$. Ta sẽ chứng minh $F,R,Q$ thẳng hàng
Ta có kết quả quen thuộc: $AD,BE,CF$ đồng quy nên $(ABFP)=-1$. Theo phép chiếu xuyên tâm $M$ suy ra $(ASQE)=-1$ hay $\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}=-\frac{\overline{EA}}{\overline{ES}}$ Lại có: $RN=FN,EA=FA,RS=ES$. Do đó:
$$\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}.\frac{\overline{RS}}{\overline{RN}}.\frac{\overline{FN}}{\overline{FA}}=1$$
Xét tam giác $ANS$ theo định lý Menelaus thì $F,R,Q$ thẳng hàng
Vậy ta có điều phải chứng minh

Có thể gọi FQ cắt (I) tại R' sau đó dùng định lý pascal cho 6 điểm EEDSFF thì cũng chứng minh dc R trùng R'