Đến nội dung

Hình ảnh

CMR $TX$ vuông góc với $TO$


Lời giải huytran08, 21-05-2023 - 10:16

Thôi mình giải tạm vậy:

Gọi $I$ là trung điểm $AH$ suy ra $I$ là tâm $(AH)$,$AH$ cắt $BC$ tại $D$

Dễ chứng minh $Q$ thuộc $(AH)$ nên $Q$ là giao của $(O)$ và $(AH)$ nên $OI \perp AQ$ mà $AQ \perp HQ$ nên $OI//HQ$

Mà $HQ \perp IT$ nên $OI\perp IT$ suy ra $\widehat{TIO}=\widehat{XHT}=90^{o}$(1)

Ta có: $\widehat{AQH}=\widehat{XHM}=90^{o}$,$ \widehat{AHQ}=\widehat{DHM}=\widehat{MXH}$ nên $\Delta AHQ\sim \Delta MXH(g.g)$

  $\Rightarrow \frac{XH}{HQ}=\frac{MH}{AQ}$ mà $HQ=2HT$,$AQ=2IT$,$MH=OI$ nên $\frac{XH}{HT}=\frac{OI}{IT}$

Kết hợp với (1) ta có $\Delta XHT\sim \Delta OIT(c.g.c)$ $\Rightarrow $ $\widehat{XTH}=\widehat{ITO}$

   $\Rightarrow $ $\widehat{XTO}=\widehat{ITH}=90^{o}\Rightarrow TX\perp TO$(đpcm)

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
kograysus

kograysus

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 29 Bài viết

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$, tia $MH$ cắt $(O)$ tại $(Q)$, Đường tròn tâm $T$ đường kính $QH$ cắt $(O)$ tại $K$ khác $Q$, kẻ $HX$ vuông góc $HM$ ( $X$ thuộc $BC$). CMR $TX$ vuông góc với $TO$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kograysus: 20-05-2023 - 21:28


#2
hovutenha

hovutenha

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

hình.jpg

Xét phép $f:$ nghịch đảo tâm $H$ phương tích $\overline{HA}.\overline{HA'}$ với A' là chân đường cao kẻ từ $A$

Gọi $X$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $K,H$ của $(HKQ)$

Ta có $f:$

$(O)\Leftrightarrow (euler)$; $Q\Leftrightarrow M$; $K,T,X\Leftrightarrow K',T',X'$; dễ thấy $\widehat{HMK'}=90^{\circ}$

Vì T là trung điểm $HQ$ nên $T$ thuộc $(euler)$ $\rightarrow$ $T'$ thuộc $(O)$

$(HKQ)$$\Leftrightarrow$$MK'$

Tiếp tuyến tại $K$ $\Leftrightarrow$$(HK'X')$

$BC$ $\Leftrightarrow$ đường tròn đường kính $AH$

Ta cần cm: $X$ thuộc $BC$ 

 

Tương đương việc chứng minh bài toán Nghịch đảo như sau:

Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$, $HM$ cắt đường tròn Euler của tam giác $ABC$ tại $T$. Qua $M$ và $H$ vẽ $HX'$ và $MK'$ vuông góc $HM$

($X', K'$ lần lượt thuộc $(AH)$ và đường tròn euler). CMR: $(HX'K')$ tiếp xúc $MK'$

  

22.jpg

CM: lấy $F$ là trung điểm $AH$, dễ dàng cm được bài toán nghịch đảo dựa vào hình chữ nhật $FTMK'$

 

Nghịch đảo ngược lại bài toán trên

Suy ra $X$ thuộc $BC$$\rightarrow XT//KQ\rightarrow XT$ vuông góc $OT$.

dpcm

 

Chết, gõ xong bài mới nhận ra đây là box trung học cơ sở :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hovutenha: 21-05-2023 - 08:43


#3
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

Không sao đâu ạ,đầy hs THCS vẫn hiểu được mà @hovutenha


How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#4
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết
✓  Lời giải

Thôi mình giải tạm vậy:

Gọi $I$ là trung điểm $AH$ suy ra $I$ là tâm $(AH)$,$AH$ cắt $BC$ tại $D$

Dễ chứng minh $Q$ thuộc $(AH)$ nên $Q$ là giao của $(O)$ và $(AH)$ nên $OI \perp AQ$ mà $AQ \perp HQ$ nên $OI//HQ$

Mà $HQ \perp IT$ nên $OI\perp IT$ suy ra $\widehat{TIO}=\widehat{XHT}=90^{o}$(1)

Ta có: $\widehat{AQH}=\widehat{XHM}=90^{o}$,$ \widehat{AHQ}=\widehat{DHM}=\widehat{MXH}$ nên $\Delta AHQ\sim \Delta MXH(g.g)$

  $\Rightarrow \frac{XH}{HQ}=\frac{MH}{AQ}$ mà $HQ=2HT$,$AQ=2IT$,$MH=OI$ nên $\frac{XH}{HT}=\frac{OI}{IT}$

Kết hợp với (1) ta có $\Delta XHT\sim \Delta OIT(c.g.c)$ $\Rightarrow $ $\widehat{XTH}=\widehat{ITO}$

   $\Rightarrow $ $\widehat{XTO}=\widehat{ITH}=90^{o}\Rightarrow TX\perp TO$(đpcm)

Hình gửi kèm

  • aaaaaaaaaaaaaaaaaa.PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huytran08: 21-05-2023 - 16:22

How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#5
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Thôi mình giải tạm vậy:

Gọi $I$ là trung điểm $AH$ suy ra $I$ là tâm $(AH)$,$AH$ cắt $BC$ tại $D$

Dễ chứng minh $Q$ thuộc $(AH)$ nên $Q$ là giao của $(O)$ và $(AH)$ nên $OI \perp AQ$ mà $AQ \perp HQ$ nên $OI//HQ$

Mà $HQ \perp IT$ nên $OI\perp IT$ suy ra $\widehat{TIO}=\widehat{XHT}=90^{o}$(1)

Ta có: $\widehat{AQH}=\widehat{XHM}=90^{o}$,$ \widehat{AHQ}=\widehat{DHM}=\widehat{MXH}$ nên $\Delta AHQ\sim \Delta XMH(g.g)$

  $\Rightarrow \frac{XH}{HQ}=\frac{MH}{AQ}$ mà $HQ=2HT$,$AQ=2IT$,$MH=OI$ nên $\frac{XH}{HT}=\frac{OI}{IT}$

Kết hợp với (1) ta có $\Delta XHT\sim \Delta OIT(c.g.c)$ $\Rightarrow $ $\widehat{XTH}=\widehat{ITO}$

   $\Rightarrow $ $\widehat{XTO}=\widehat{ITH}=90^{o}\Rightarrow TX\perp TO$(đpcm)

Bạn nhầm chút ở $\Delta AHQ\sim \Delta XMH(g.g)$, phải là $\Delta AHQ \sim \Delta MXH$, nhưng kết quả phía sau vẫn đúng :D


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#6
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

Bạn nhầm chút ở $\Delta AHQ\sim \Delta XMH(g.g)$, phải là $\Delta AHQ \sim \Delta MXH$, nhưng kết quả phía sau vẫn đúng :D

Em sửa rồi ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huytran08: 21-05-2023 - 16:56

How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)





0 người đang xem chủ đề

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