Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, các đường cao $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy tại $H$. $EF$ cắt $(O)$ tại $G$, $I$. Gọi $M$ trung điểm $BC$, $MH$ cắt $(GDI)$ tại $K$. Chứng minh tâm $(KDH)$ nằm trên $GI$
#1
Đã gửi 06-11-2021 - 00:54
- Once Upon A Time yêu thích
ズ刀Oア
#2
Đã gửi 06-11-2021 - 21:21
Gọi S là giao điểm của EF và BC.
Gọi $(O_c)$ là tâm Euler, U là trung điểm của AH.
Ta có $(SD,BC)=-1$ nên theo hệ thức Maclaurin, SD . SM = SB . SC = SG . SI.
Suy ra $(G,I,D,M)$.
Nhận thấy nếu gọi R là trung điểm của AO.
Do $O_c$ là trung điểm của OH nên dễ dàng suy ra được $RO_c||AH$.
Từ đó RD = RM. Lại có RG = RI (Do $AO\perp EF$ và $OG=OI$) nên R là tâm của (GIDM).
Gọi AH cắt (R) tại Q khác D.
Dễ thấy $O_cD=\frac{OA}{2}=RA$ nên tứ giác $ARO_CD$ là hình thang cân.
Suy ra $RQ=RD=O_CA$ nên tứ giác $AQRO_c$ là hình bình hành
$\Rightarrow AQ=RO_c=\frac{AH}{2}$.
KQ cắt BC tại P thì tứ giác PKHD nội tiếp.
PH cắt EF tại J.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PHD ta có $\frac{JP}{JH}=\frac{ND}{NH}.\frac{SP}{SD}=\frac{ND}{NH}.\frac{AQ}{AD}=\frac{ND}{NH}.\frac{AH}{2AD}$.
Có $(AH,ND)=E(AH,ND)=E(CB,SD)=-1$ nên $(AN,HD)=1-(AH,ND)=2\Rightarrow \frac{AH}{AD}=2\frac{NH}{ND}$.
Từ đó $JP=JH$.
Vậy $J$ là tâm của (KDH). Ta có đpcm
- DaiphongLT yêu thích
#3
Đã gửi 06-11-2021 - 21:24
waooo :DD
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: sưu tầm
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh $Q$ thuộc đường tròn cố địnhBắt đầu bởi pntoi oni10420, 13-12-2021 sưu tầm |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh tâm $(AA'B')$ trùng với tâm $Euler$ của $\Delta ABC$Bắt đầu bởi pntoi oni10420, 08-12-2021 sưu tầm |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a^{11}}{bc}+\frac{3}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geqslant \frac{\sum a^{6}+9}{2}$Bắt đầu bởi caybutbixanh, 12-07-2013 trần quốc anh, sưu tầm |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh