Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh AE = AD = AP


Lời giải huytran08, 24-05-2023 - 15:12

Giả sử $HK$ là tiếp tuyến chung của $(I)$ và $(J)$($H$ thuộc $(I)$,$K$ thuộc $(J)$)

     $(I)$ tiếp xúc $AM,BC$ tại $Q,N$,$(J)$ tiếp xúc $AM,BC$ tại $R,O$

  Ta có $HK=HP+KP=2PQ+QR,ON=MN+OM=2MR+QR,HK=ON$ nên $PQ=MR= \frac{AM+MC-AC}{2}$

  Suy ra $AP=AQ-PQ=\frac{AB+AM-MB}{2}-\frac{AM+MC-AC}{2}=\frac{AB+AC-BC}{2}=AD=AE$(đpcm)

  

Mở rộng:Chứng minh $BH$ và $CK$ cắt nhau tại 1 điểm trên đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
thvn

thvn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 125 Bài viết

Trân trọng gửi tới các bạn yêu toán sáng tác mới nhất của Thầy Nguyễn Bá Đang:

Bài toán: (Nguyễn Bá Đang)

M là điểm trên cạnh BC, đường tròn nội tiếp Tam giác ABC tiếp xúc cạnh AB, AC tại E , D. Tiếp tuyến chung của đường tròn nội tiếp ABM, AMC cắt AM tại P.

Chứng minh AE = AD = AP.

 

nguyen-ba-dang.jpg

 


N.K.S - Learning from learners!


#2
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

Thầy giờ vẫn ham sáng tác hình học quá :icon6:  :icon6:

  

(P/s:Mới mua sách của thầy)


How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#3
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết
✓  Lời giải

Giả sử $HK$ là tiếp tuyến chung của $(I)$ và $(J)$($H$ thuộc $(I)$,$K$ thuộc $(J)$)

     $(I)$ tiếp xúc $AM,BC$ tại $Q,N$,$(J)$ tiếp xúc $AM,BC$ tại $R,O$

  Ta có $HK=HP+KP=2PQ+QR,ON=MN+OM=2MR+QR,HK=ON$ nên $PQ=MR= \frac{AM+MC-AC}{2}$

  Suy ra $AP=AQ-PQ=\frac{AB+AM-MB}{2}-\frac{AM+MC-AC}{2}=\frac{AB+AC-BC}{2}=AD=AE$(đpcm)

  

Mở rộng:Chứng minh $BH$ và $CK$ cắt nhau tại 1 điểm trên đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$

Hình gửi kèm

  • HK.PNG

How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#4
perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết

Mình phát biểu lại bài toán mở rộng như sau:

Bài toán
Cho tam giác $ABC$. Lấy $M$ bất kỳ trên đoạn $BC$. $(I_1),(I_2)$ lần lượt là đường tròn nội tiếp của $\Delta AMB, AMC$. Tiếp tuyến chung ngoài thứ hai khác $BC$ của $(I_1),(I_2)$ tiếp xúc $(I_1), (I_2)$ tại $B_1,C_1$. Chứng minh $BB_1, CC_1$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn nội tiếp $(I)$ của $\Delta ABC$.

 

Trước hết, ta nhắc lại định lý Desargues:

Định lý
Cho hai tam giác $ABC, A'B'C'$ có các cạnh $AB, BC, CA$ lần lượt cắt $A'B', B'C', C'A'$ tại $D, E, F$. Khi đó $D, E, F$ thẳng hàng $\Leftrightarrow AA',BB',CC'$ đồng quy.

Định lý này có một trường hợp suy biến khi một trong các điểm $D,E,F$ không tồn tại, chẳng hạn khi $AB \parallel A'B'$.

Hệ quả
Cho hai tam giác $ABC, A'B'C'$ có $AB \parallel A'B'$ nhưng $BC$ cắt $B'C'$ tại $E$, $CA$ cắt $C'A'$ tại $F$. Khi đó $EF \parallel AB \Leftrightarrow AA',BB',CC'$ đồng quy.

 

2023-05-28_00h54_30.png

 

Trở lại Theorem, xét cặp tam giác $BI_1B_1, CI_2C_1$ có $BC, I_1I_2, B_1C_1$ đồng quy. Áp dụng Theorem (chú ý rằng $I_1B_1 \parallel I_2C_1$), ta có $IA_1 \parallel I_1B_1$. Nên theo Thales:

\[\frac{{I{A_1}}}{{IB}} = \frac{{{I_1}{B_1}}}{{{I_1}B}} = \frac{{{I_1}{D_1}}}{{{I_1}B}} = \frac{{ID}}{{IB}}\]

Với $D, D_1$ lần lượt là tiếp điểm của $(I), (I_1)$ với $BC$ và $I_1D_1 \parallel ID$.

Do đó $IA_1=ID$ (đpcm).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 13-06-2023 - 13:53

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.




0 người đang xem chủ đề

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