Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. $H$ là hình chiếu của $E$ trên $CD$ và $M$ là trung điểm của $CD$. Kẻ $MP \parallel AC, MQ \parallel BD (P \in BC,Q \in AD)$. $(MPQ)$ cắt $CD$ tại điểm thứ hai $N$. Chứng minh rằng: $MH=MN$
Chứng minh $MH=MN$
#1
Đã gửi 18-03-2016 - 19:50
#3
Đã gửi 19-03-2016 - 14:01
Bài này không khó ,dùng đường tròn $Euler$ và phương tích là được thôi!
Bạn có thể đưa ra lời giải của mình để mọi người cùng học tập.
Lời giải của mình: Đường thẳng qua $C$ song song với $BD$ cắt $AD$ tại $S$. Tương tự ta lấy điểm $R$. Dễ thấy $CDRS$ là tứ giác nội tiếp và $M,P,Q$ lần lượt là trung điểm $DC,CR,DS$. Gọi $F$ là giao của $DR$ với $CS$. Dễ thấy $ECDF$ là hình bình hành nên ta chỉ cần chứng minh: $N$ là hình chiếu của $F$ lên $CD$.
Dễ thấy $\triangle QNP \sim \triangle SFR$. Gọi $N',T$ lần lượt là hình chiếu của $F$ lên $CD,RS$. Theo tính chất quen thuộc của tứ giác nội tiếp thì $N'T $ vuông góc với $PQ. K$ là giao của $N'T$ và $PQ$. Áp dụng bổ đề $ERIQ$ thì $\frac {KP}{KQ}=\frac {NC}{ND}$ nên $K$ là chân đường cao kẻ từ $N$ xuống $PQ$.
$Rightarrow N\equiv N'$.
Vậy ta có điều phải chứng minh!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 19-03-2016 - 21:15
- Zaraki, quanghung86 và Namichan thích
#4
Đã gửi 19-03-2016 - 15:09
Bài này là đề thầy ra ở đây http://www.hexagon.e..._1446288695.pdf
Đáp án do bạn Nguyễn Lê Phước làm.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh