Chủ đề này có 6 trả lời

[quantv2006]

Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. E là điểm trên cung BDC, F là điểm trên cạnh BC sao cho góc $\angle BAF=\angle CAE < \frac{1}{2}\angle A$ . EI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại S. Chứng minh SD đi qua trung điểm của FI.

 

(Đề chọn đội tuyển ngày 19.11.2016 - Bình Định)

[Kamii0909]

Bài này là mở rộng của IMO 2010.
Gọi $SD$ giao $BC$ tại $K$.
Dễ có $DB^2=DC^2=DI^2=DK.DS$ nên $\Delta{DIK}$~$\Delta{DSI}$
Từ đó có $\widehat{DIK}=\widehat{DSI}=\widehat{DAF}$ hay $AF//IK$.
Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $H$.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác $IFH$ và định lý Thales ta phải chứng minh
$\frac{AI}{IH} =\frac{DI}{DH}=\frac{DC}{DH}$
Áp dụng định lý sin vào tam giác $AIC$, $IHC$ và $DHC$ ta có
$\frac{AI}{IH}=\frac{AI}{IC}.\frac{IC}{IH}= \frac{\sin IHC}{\sin IAC}=\frac{\sin DHC}{\sin DCH}=\frac{DC}{DH}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 22-11-2016 - 20:17

[quantv2006]

Bác Kamii0909 đã đến chỗ $\frac{AI}{IH}=\frac{DC}{DH}$ thì chỉ cần tam giác DCH và DAC đồng dạng nữa là OK, không cần định lý sin.

[Kamii0909]

Bác Kamii0909 đã đến chỗ $\frac{AI}{IH}=\frac{DC}{DH}$ thì chỉ cần tam giác DCH và DAC đồng dạng nữa là OK, không cần định lý sin.

Em đã thử và nó ko ra bác ạ.

[quantv2006]

Em đã thử và nó ko ra bác ạ.

Tam giác DCA và DHC đồng dạng nên $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}$. Tam giác ACH có CI là phân giác trong góc C nên $\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$. Vậy $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$

[Kamii0909]

Tam giác DCA và DHC đồng dạng nên $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}$. Tam giác ACH có CI là phân giác trong góc C nên $\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$. Vậy $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$

Tks bác. Lần đầu e thấy cách thế này. Tại có 1 đẳng thức gần giống thế làm bằng định lý sin nên e bắt chước.

[Kamii0909]

Nguyên gốc như sau.
$\frac{AI}{AD}=\frac{IH}{ID}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 23-11-2016 - 12:30