Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H , nội tiếp đường tròn (O).Đường
thẳng CH cắt AB tại D . Đường thẳng qua D vuông góc với OD , cắt đường thẳng
BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH cắt đường thẳng AB tại F ( F không
trùng B ). Chứng minh ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Trước hết ta thấy rằng $(FB,FH) \equiv (CB,CH) \equiv (AH,AB) (\text{mod } \pi) \quad (1)$.
Vẽ $CH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $G$. Một kết quả quen thuộc là:
Mệnh đề
$H,G$ đối xứng nhau qua $AB$.
Do đó $(AH,AB) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$.
Kết hợp với (1), ta có $(FB,FH) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$. Suy ra $AG \parallel FH \quad (2)$.
Ta chỉ cần chứng minh $HE \parallel AG$. Chú ý rằng nếu kéo dài $DE$ cắt $AG$ tại $I$, thì ta áp dụng có thể áp dụng bài toán con bướm sau:
Mệnh đề
Cho $(O)$ và dây $AB$ không qua tâm. $I$ là trung điểm của $AB$. Qua $I$ vẽ 2 dây $CD, EF$ sao cho $C,E$ thuộc cung AB nhỏ. $CF$ và $ED$ cắt $AB$ lần lượt tại $M,N$. Khi đó: $$ IM=IN$$
Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H , nội tiếp đường tròn (O).Đường
thẳng CH cắt AB tại D . Đường thẳng qua D vuông góc với OD , cắt đường thẳng
BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH cắt đường thẳng AB tại F ( F không
trùng B ). Chứng minh ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Trước hết ta thấy rằng $(FB,FH) \equiv (CB,CH) \equiv (AH,AB) (\text{mod } \pi) \quad (1)$.
Vẽ $CH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $G$. Một kết quả quen thuộc là:
Mệnh đề
$H,G$ đối xứng nhau qua $AB$.
Do đó $(AH,AB) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$.
Kết hợp với (1), ta có $(FB,FH) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$. Suy ra $AG \parallel FH \quad (2)$.
Ta chỉ cần chứng minh $HE \parallel AG$. Chú ý rằng nếu kéo dài $DE$ cắt $AG$ tại $I$, thì ta áp dụng có thể áp dụng bài toán con bướm sau:
Mệnh đề
Cho $(O)$ và dây $AB$ không qua tâm. $I$ là trung điểm của $AB$. Qua $I$ vẽ 2 dây $CD, EF$ sao cho $C,E$ thuộc cung AB nhỏ. $CF$ và $ED$ cắt $AB$ lần lượt tại $M,N$. Khi đó: $$ IM=IN$$
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! $$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$ I'm still there everywhere.
Trước hết ta thấy rằng $(FB,FH) \equiv (CB,CH) \equiv (AH,AB) (\text{mod } \pi) \quad (1)$.
Vẽ $CH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $G$. Một kết quả quen thuộc là:
Mệnh đề
$H,G$ đối xứng nhau qua $AB$.
Do đó $(AH,AB) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$.
Kết hợp với (1), ta có $(FB,FH) \equiv (AB, AG) (\text{mod }\pi)$. Suy ra $AG \parallel FH \quad (2)$.
Ta chỉ cần chứng minh $HE \parallel AG$. Chú ý rằng nếu kéo dài $DE$ cắt $AG$ tại $I$, thì ta áp dụng có thể áp dụng bài toán con bướm sau:
Mệnh đề
Cho $(O)$ và dây $AB$ không qua tâm. $I$ là trung điểm của $AB$. Qua $I$ vẽ 2 dây $CD, EF$ sao cho $C,E$ thuộc cung AB nhỏ. $CF$ và $ED$ cắt $AB$ lần lượt tại $M,N$. Khi đó: $$ IM=IN$$
Cho em hỏi là việc mình dùng góc định hướng để giải thì có lợi ích gì hơn so với khi làm góc bình thường ấy ạ?
Mục đích là giảm sự phụ thuộc vào vị trí tương đối của các điểm/đoạn thẳng. Chẳng hạn, nếu $ABC$ nhọn thì $H$ nằm trong tam giác $ABC$, nhưng nếu tam giác $ABC$ tù thì $H$ lại nằm ngoài.
Mệnh đề "$E,F,H$ thẳng hàng" vẫn đúng, nhưng các góc cần so sánh đã thay đổi vị trí, các phép cộng trừ góc có thể sẽ cần phải viết lại. Sử dụng góc định hướng giúp cho việc tính toán góc không phụ thuộc vào vị trí "chúng ta đang thấy".
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! $$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$ I'm still there everywhere.
hình học, đồng dạng, nội tiếp
Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
