Đến nội dung

Hình ảnh

[TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 96 trả lời

#61
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Một bài toán mình được học thấy khá hay, có thể mọi người từng gặp:

Bài 25: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, trọng tâm $G$. Kẻ ba đường cao $AD,BE,CF$. Các tia $GD,GE,GF$ cắt $(O)$ tại $X,Y,Z$, $AG,BG,CG$ cắt $(O)$ tại $M,N,P$. Các đường thẳng $MX,NY,PZ$ cắt nhau tạo thành tam giác $A'B'C'$. Chứng minh rằng $A'X, B'Y, C'Z$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng $OG$.

Đầu tiên ta sẽ chứng minh $AX, BY, CZ$ đồng quy
Gọi $Q$, $R$ là các điểm thuộc $(O)$ thoả mãn $AQ//BC$ và $BR//AC$. Dễ thấy $X, D, G, Q$ và $Y, E, G, R$ thẳng hàng
Gọi $AD, BE$ cắt (O) tại $D', E'$. Pascal $\begin{pmatrix} A & Y& Q \\ B & X& R \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} A & Q& E' \\ B & R& D' \end{pmatrix}$. Ở đây ta dễ thấy $QD'$ và $RE'$ đều đi qua $O$. Do đó ta có được giao điểm của $AX$ và $BY$ là một điểm thuộc đường thẳng Euler. Chứng minh tương tự, ta được $AX, BY, CZ$ đồng quy tại một điểm thuộc đường thẳng Euler.
Quay lại bài toán, định nghĩa $J$ tương tự $Q, R$. Pascal $\begin{pmatrix} P&Y &B \\ N&Z &C \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} Y &B& J\\ Z &C& R \end{pmatrix}$. Ở đây giao điểm của $BR$ và $CJ$ là điểm đối xứng với $A$ qua trung điểm $BC$. Vì vậy ta có được $A', A, G$ thẳng hàng. Tương tự ta thu được $AA', BB', CC'$ đồng quy tại $G$. 
Do đó $\frac{XB'}{XC'}=\frac{sin\widehat{BGD}}{sin\widehat{CGD}}.\frac{GB'}{GC'}=\frac{BD}{CD}.\frac{GC}{GB}.\frac{GB'}{GC'}$. Tương tự cho các cặp còn lại, ta có được $A'X, B'Y, C'Z$ đồng quy. Desargues cho $\Delta A'AX$ và $\Delta C'CZ$ ta thu được giao điểm của $A'X$ và $C'Z$ là một điểm thuộc đường tròn Euler (theo phần chứng minh ở trên). Do đó ta có được đpcm                
geogebra-export.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 13-08-2022 - 13:46

ズ刀Oア


#62
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Bài 26: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có các đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại $H$. $K, L$ lần lượt là tâm $(HAB)$ và $(HAC)$. $S, T$ là hai điểm thuộc $OB, OC$ sao cho $DH$ là phân giác $\widehat{SDT}$. $X, Y$ lần lượt là trung điểm $KT, LS$. $I$ là giao điểm của đường trung tuyến đỉnh $A$ trong tam giác $ABC$ với $EF$. Chứng minh $DI$ song song với trục đẳng phương của $(X, XK)$ và $(Y, YL)$.
P/s: đây là một bài toán mình mở rộng từ một bài toán của anh Phan Quang Trí, phát biểu có vẻ dễ hơn bài ban đầu:))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 13-08-2022 - 13:58

ズ刀Oア


#63
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

Bài 27. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$ có $P$ là điểm chính giữa cung $BC$ nhỏ. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. và $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $Z$ khác $A$. $ZP$ cắt $(I)$ tại $Q$ và $AQ$ cắt $(I)$ tại $T$. $K$ là giao điểm của đường cao $AH$ và đường thẳng Simson của $P$ đối với tam giác $ABC$. Chứng minh $(ATK)$ tiếp xúc $(I)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 13-08-2022 - 15:12


#64
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Bài 27. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$ có $P$ là điểm chính giữa cung $BC$ nhỏ. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. và $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $Z$ khác $A$. $ZP$ cắt $(I)$ tại $Q$ và $AQ$ cắt $(I)$ tại $T$. $K$ là giao điểm của đường cao $AH$ và đường thẳng Simson của $P$ đối với tam giác $ABC$. Chứng minh $(ATK)$ tiếp xúc $(I)$

Gọi $R, U$ trung điểm $EF, BC$, $L$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$ của $(O)$. $AQ$ cắt $EF$ tại $N$, $IN$ cắt $(AEF)$ tại $M$,
Xét phép nghịch đảo cực $I$, pt $=ID^2$, ta có được $(AMT)\leftrightarrow (RNT)$, $(I)\leftrightarrow (I)$           
Kẻ tiếp tuyến tại $T$ của $(I)$ cắt $EF$ tại $V$. Vì $(QT, EF)=-1$ nên $VQ$ cũng là tiếp tuyến của $(I)$. Do đó $(VN, FE)=-1$ hay $VT^2=VF.VE=VN.VR$ (Maclaurin). Do đó $(RNT)$ tiếp xúc $(I)$ hay $(AMT)$ tiếp xúc $(I)$. Vì vậy ta cần chứng minh $K\in (AMT)$
Gọi $S$ là giao điểm của $PD$ với $AK$, $D'$ đối xứng với $D$ qua $(I)$, tiếp tuyến tại $D'$ của $(I)$ cắt $AK$ tại $H$. Ta sẽ chứng minh $H, R, I, K$ đồng viên.
Dễ thấy $S$ thuộc $(AEF)$ và $Q, H, D', I, S$ đồng viên
Ta có $ALUK$ là hình bình hành, $\Delta LUC\sim \Delta ARE\Rightarrow \frac{LC}{AE}=\frac{LU}{AR}=\frac{AK}{AR}$. Vì vậy ta cần chứng minh $\frac{AI}{AH}=\frac{LC}{AE}$ $(1)$
Dựng hình chữ nhật $AHD'X$, $AD'$ cắt $LU$ tại $J$, tính chất quen thuộc là $IJ//BC$ nên $IJUD$ là hình chữ nhật. Ta có $\frac{AD'}{XD'}=\frac{D'J}{ID'}$ $(2)$.
Ở đây $AH=XD'$ nên từ $(1)$ và $(2)$ thì ta cần chứng minh $\frac{AI}{AD'}=\frac{LC}{AE}.\frac{ID'}{D'J}\Leftrightarrow \frac{PI}{D'J}=\frac{LC}{AE}.\frac{ID'}{D'J}\Leftrightarrow \frac{PI}{LC}=\frac{ID}{AE}\Leftrightarrow \frac{PC}{LC}=\frac{IE}{AE}$ (hiển nhiên đúng)
Do đó ta có được $\frac{AK}{AR}=\frac{AI}{AH}$ hay $H, R, I, K$ đồng viên nên $AH.AK=AE^2$
Gọi $AK$ cắt $EF$ tại $Y$, xét phép nghịch đảo cực $A$ pt $= AE^2:$ $H\leftrightarrow K,I\leftrightarrow R,Q\leftrightarrow T,S\leftrightarrow Y$ mà $HIQS$ nội tiếp nên $YRKT$ nội tiếp
Để ý $T, M, Q, R, I$ đồng viên do đó $\widehat{TKA}=\widehat{TRY}=90^{\circ}-\widehat{TRI}=90^{\circ}-\widehat{TMI}=180^{\circ}-\widehat{AMT}$ hay $K\in (AMT)$. Do đó có đpcm.
geogebra-export (1).png
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 13-08-2022 - 18:16

ズ刀Oア


#65
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

Bài 28. Cho tam giác $ABC$ nhọn và điểm $D$ bất kỳ di động trên $BC$ sao cho $AD$ không vuông góc $BC$. Giả sử tồn tại hai điểm $E,F$ trên $AC,AB$ sao cho $\angle ADB = \angle BEC = \angle CFA$. $AD,BE,CF$ cắt nhau tạo thành tam giác $XYZ$. Chứng minh trực tâm tam giác $XYZ$ di động trên 1 đường tròn cố định khi $D$ di động



#66
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

nghịch đảo chắc cách ngắn nhất rồi

298725535_1088145828474938_4297863529410


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 13-08-2022 - 22:04


#67
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Bài 28. Cho tam giác $ABC$ nhọn và điểm $D$ bất kỳ di động trên $BC$ sao cho $AD$ không vuông góc $BC$. Giả sử tồn tại hai điểm $E,F$ trên $AC,AB$ sao cho $\angle ADB = \angle BEC = \angle CFA$. $AD,BE,CF$ cắt nhau tạo thành tam giác $XYZ$. Chứng minh trực tâm tam giác $XYZ$ di động trên 1 đường tròn cố định khi $D$ di động

Gọi $O, H$ lần lượt là tâm ngoại tiếp, trực tâm tam giác $ABC$, $H'$ là trực tâm giác $XYZ$. Dễ thấy $\Delta XYZ\sim \Delta ABC(g-g)$
Dễ chứng minh được $X, Y, Z$ thuộc $(BHC), (CHA), (AHB)$. Do đó $H$ là tâm $(XYZ)$
Gọi $N$ là điểm đối xứng của $H$ qua trung trực $BC$. Khi đó ta có $(XN, XH)$ $+$ $(XH, AD)$ $\equiv$ $(CN,CH)$ $+$ $(AO,CB)$ $\equiv$ $(CN,CB)$ $-$ $(CH, CB)$ $+$ $(AO,CB)$ $\equiv$ $(CA,CB)$ $+$ $(CB,BH)$ $\equiv$ $\frac{\pi }{2}$ (mod $\pi$)
Vì vậy  $XN$ vuông $AD$ hay $X, H', N$ thẳng hàng. Ở đây $\Delta AHO\sim \Delta XH'H$ nên $(H'H, H'X)=(HO,HA)=\frac{1}{2}(OH,ON)$ (mod $\pi$) hay $H'$ nằm trên $(O,OH)$.              
geogebra-export.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 15-08-2022 - 17:12

ズ刀Oア


#68
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

Bài 29. Cho đường tròn $(O)$ và hai điểm $B,C$ cố định nằm trên đường tròn. $A$ di động trên đường tròn ấy và một đường thẳng $d$ bất kỳ không cắt $(O)$ và cố định. $AB,AC$ cắt $d$ tại $D,E$. Chứng minh đường tròn đường kính $DE$ tiếp xúc với 2 đường tròn cố định khác.



#69
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Bài 30: Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$. $G, N_a$ là điểm Gergone, Nagel của tam giác $ABC$. $K$ là điểm liên hợp đẳng cự với $H$ trong tam giác $ABC$. Chứng minh $GN_a$ đi qua $K$


ズ刀Oア


#70
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

để topic tiếp tục hoạt động :) ( vì bài trên có vẻ hơi quá tầm với mn....)  mình xin post bài mới

Bài 31. Cho tam giác $ABC$ và điểm $M$ bất kỳ nằm trên trung trực $BC$. $X,Y$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABM$ và $ACM$. Chứng minh $(AXY)$ luôn đi qua 1 điểm cố định


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 20-08-2022 - 10:23


#71
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

để topic tiếp tục hoạt động :) ( vì bài trên có vẻ hơi quá tầm với mn....)  mình xin post bài mới

Bài 31. Cho tam giác $ABC$ và điểm $M$ bất kỳ nằm trên trung trực $BC$. $X,Y$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABM$ và $ACM$. Chứng minh $(AXY)$ luôn đi qua 1 điểm cố định

Xét phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AB.AC$ đưa về bài toán như sau: Cho $\Delta ABC$, $M$ bất kì nằm trên đường tròn $A-Apollonius$, $X, Y$ là tâm bàng tiếp tam giác $ABM, ACM$. Chứng minh $XY$ đi qua một điểm cố định.
Ở đây $XY$ đi qua giao điểm của chân đường phân giác ngoài $\widehat{BAC}$ với $BC$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 20-08-2022 - 22:44

ズ刀Oア


#72
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Bài 26: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có các đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại $H$. $K, L$ lần lượt là tâm $(HAB)$ và $(HAC)$. $S, T$ là hai điểm thuộc $OB, OC$ sao cho $DH$ là phân giác $\widehat{SDT}$. $X, Y$ lần lượt là trung điểm $KT, LS$. $I$ là giao điểm của đường trung tuyến đỉnh $A$ trong tam giác $ABC$ với $EF$. Chứng minh $DI$ song song với trục đẳng phương của $(X, XK)$ và $(Y, YL)$.
P/s: đây là một bài toán mình mở rộng từ một bài toán của anh Phan Quang Trí, phát biểu có vẻ dễ hơn bài ban đầu:))

Gọi $M$ trung điểm $BC$, $OM, DI$ cắt $(DEF)$ tại $N,P$. Ở đây ta dễ thấy rằng $K, L$ là điểm đối xứng của $O$ qua $AB, AC$ do đó $KL$ đi qua $N$.
Gọi $D', D'_1$ lần lượt là điểm đối xứng của $D$ qua $X, Y$. Ở đây ta dễ thấy rằng $KNCD$ là hình bình hành do đó $D'ECT$ là hình bình hành hay $D',N, E$ thẳng hàng. Tương tự ta cũng có $D'_1, N, F$ thẳng hàng.
Ta có $D'N//OC$ và $D'_1N//OB$ do đó $\widehat{D'ND'_1}=\widehat{BOC}=\widehat{EPF}$. Lại có $\frac{D'N}{D'_1N}=\frac{TC}{SB}=\frac{DC}{DB}=\frac{PF}{PE}\Rightarrow \Delta PEF\sim \Delta ND'_1D'(c-g-c)$ hay $PN//D'D'_1$. Nói cách khác $DI$ vuông góc $XY$. Từ đây ta có đpcm
geogebra-export.png


ズ刀Oア


#73
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết
$\textbf{Bài toán 32.}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O)$. Ba đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $AO$ cắt $EF$ tại $J$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. $JD$ cắt $HM$ tại $S$. 
a) Chứng minh rằng $OS$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta JDM$
b) Giả sử $(AJD)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Gọi $I$ là điểm đối xứng với $A$ qua $(O)$, $G$ là giao điểm thứ hai của $(ADJ)$ và $(AEF)$. Chứng minh rằng $GI$ và $HK$ cắt nhau tại một điểm trên $EF$.
c) Gọi $N$ là giao điểm của đường trung bình đối diện cạnh $BC$ của $\Delta ABC$ với $AD$. $ON$ cắt $(ODM)$ tại điểm thứ hai $P$. Dựng hình bình hành $DMQP$. Chứng minh rằng $Q$ thuộc đường tròn Euler của $\Delta ABC$.

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#74
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

 

$\textbf{Bài toán 32.}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O)$. Ba đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $AO$ cắt $EF$ tại $J$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. $JD$ cắt $HM$ tại $S$. 
a) Chứng minh rằng $OS$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta JDM$
b) Giả sử $(AJD)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Gọi $I$ là điểm đối xứng với $A$ qua $(O)$, $G$ là giao điểm thứ hai của $(ADJ)$ và $(AEF)$. Chứng minh rằng $GI$ và $HK$ cắt nhau tại một điểm trên $EF$.
c) Gọi $N$ là giao điểm của đường trung bình đối diện cạnh $BC$ của $\Delta ABC$ với $AD$. $ON$ cắt $(ODM)$ tại điểm thứ hai $P$. Dựng hình bình hành $DMQP$. Chứng minh rằng $Q$ thuộc đường tròn Euler của $\Delta ABC$.

 

$a)$, Gọi $L, T$ là giao điểm của $EF$ với $BC, HM$. $K$ trung điểm $EF$. Ta có $HK//DJ$ nên $\widehat{TJD}=\widehat{TKH}=\widehat{HMD}$ nên $TJMD$ nội tiếp. Do đó biến đổi góc đơn giản ta được $OL$ vuông góc $TD$. Gọi $X$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ thì ta được $T, D, X$ thẳng hàng. Kẻ tiếp tuyến $LX, LY$ tới $(O)$, vì $(LD, BC)=-1$ nên $X, D, Y$ thẳng hàng. Mặt khác $L, Z, J, O, M, Y$ đồng viên (đường tròn đường kính $OL$) nên nếu gọi $G$ là giao điểm của $TD$ và $JM$ thì ta có được $GY.GZ=GM.GJ$ hay $G$ nằm trên trục đẳng phương của $(JDM)$ và $(O)$, mặt khác $LD.LM=LB.LC$ nên $L$ thuộc trục đẳng phương của $(JDM)$ và $(O)$. Vì vậy $LG$ là trục đẳng phương của $(JDM)$ và $(O)$, gọi $W$ là tâm $(JDM)$ thì ta có $OW$ vuông $LG$, mặt khác $WS$ vuông $LG$ (Brocard) nên $O, W, S$ thẳng hàng.
geogebra1-export.png

$b)$ Gọi $HM$ cắt $EF$ tại $T$, dễ thấy $A, T, K$ thẳng hàng, gọi $GI$ cắt $EF$ tại $S$, $AS$ cắt $(JMS)$ tại $U$, ta sẽ chứng minh $T, S, U, D$ đồng viên. Phần này đơn giản là chỉ biến đổi góc, sau đó sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AH.AD$ là được

$c)$ Gọi $I, J, K$ trung điểm $PM, DA, AH$. Ta có $\Delta PDM\sim \Delta DGO (g-g)$ hay $\Delta PDI \sim \Delta DGJ (c-g-c)$. Do đó $\widehat{DQM}=\widehat{PDI}=\widehat{DGJ}=\widehat{MKD}$ nên có đpcm 
geogebra-export (1).png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 22-08-2022 - 15:37

ズ刀Oア


#75
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

Bài 33. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $P$ bất kỳ trên $(O)$. $J,K$ là tâm đường tròn $(BOP)$ và $(COP)$. $Y,Z$ là hình chiếu của $J,K$ lên $AC,AB$. Chứng minh $YZ$ đi qua 1 điểm cố định khi $P$ di chuyển trên $(O)$



#76
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

góp vui

Bài toán 6. Trên cạnh $\displaystyle AB$ của ngũ giác $\displaystyle ABCDE$ lấy điểm $\displaystyle F$ sao cho $\displaystyle \Delta ADE\sim \Delta ECF\sim \Delta DBC$. Chứng minh rằng $\displaystyle \frac{AF}{BF} =\frac{EF^{2}}{CF^{2}}$.

Còn bài này ai xử nốt đi :))



#77
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

$\textbf{Bài toán 34.}$ Cho $\Delta ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh $A$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. $P$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $DP$ cắt $OI$ tại $L$, $PI_a$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Chứng minh $A,L,K$ thẳng hàng

Bài toán này do em phát hiện vào năm lớp 9 (không biết đã có ở đâu hay chưa), lời giải lúc đó của em dùng góc (không phải góc định hướng) và lời giải có vẻ rất trẻ con. Mong là sẽ có lời giải tốt hơn  :icon6: 


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#78
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

góp vui

Bài toán 6. Trên cạnh $\displaystyle AB$ của ngũ giác $\displaystyle ABCDE$ lấy điểm $\displaystyle F$ sao cho $\displaystyle \Delta ADE\sim \Delta ECF\sim \Delta DBC$. Chứng minh rằng $\displaystyle \frac{AF}{BF} =\frac{EF^{2}}{CF^{2}}$.

Gọi $K$ là giao điểm của $AD$ và $CF$, dễ thấy $K$ thuộc $(DEC)$, định nghĩa $L$ tương tự ta cũng có $L$ thuộc $(DEC)$ hay $D, E, K, L , C$ đồng viên
Ta có $\frac{AF}{BF}=\frac{sin \widehat{AKF}.KF}{sin \widehat{DAB}}.\frac{sin \widehat{DBA}}{sin \widehat{FLB}.FL}=\frac{DA}{DB}.\frac{DC}{DE}.\frac{EF}{CF}=\frac{EF}{FC}.\frac{EC}{CF}.\frac{EF}{CE}=\frac{EF^2}{CF^2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 22-08-2022 - 21:32

ズ刀Oア


#79
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

Bài 35. Cho hình bình hành $ABCD$ có $P$ là điểm bất kỳ trên $AB$. $DP,CP$ lần lượt cắt $CB$ và $AD$ tại $E,F$. $G$ là tâm vị tự trong của đường tròn nội tiếp hai tam giác $PAE$ và $PBF$. Chứng minh $PG$ đi qua điểm Nagel của tam giác $PCD$. 

d650ec45c07b7e8235d8e7cd3fe09201765acb31



#80
DaiphongLT

DaiphongLT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Bài 35. Cho hình bình hành $ABCD$ có $P$ là điểm bất kỳ trên $AB$. $DP,CP$ lần lượt cắt $CB$ và $AD$ tại $E,F$. $G$ là tâm vị tự trong của đường tròn nội tiếp hai tam giác $PAE$ và $PBF$. Chứng minh $PG$ đi qua điểm Nagel của tam giác $PCD$. 

d650ec45c07b7e8235d8e7cd3fe09201765acb31

Gọi $I, I'$ lần lượt là tâm nội tiếp tam giác $PAE$ và $PBF$. $M, N$ lần lượt là giao điểm của $PI', PI$ với $CD$, $S$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $PCD$ với $BC$, $T$ là điểm đối xứng của $S$ qua trung điểm $CD$
Dễ thấy $DM=DP$ và $CN=CP$. Khi đó $PD-PC=SD-SC$ hay $PD+SC=SD+PC$ nên $DM+TD=TC+CN$. Do đó $TM=TN$ hay $T$ trung điểm $MN$
Gọi $II'$ cắt $BC$ tại $K$, $PT$ cắt $II'$ tại $G'$ thì ta có $(II', G'K)=P(II', G'K)=P(NM,TK)=-1$. Mặt khác $K$ là tâm vị tự ngoài của $(I)$ và $(I')$ nên $G'$ là tâm vị tự trong. Do đó có đpcm
geogebra-export.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 23-08-2022 - 14:40

ズ刀Oア





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh