Chủ đề này có 3 trả lời

[MHN]

Cho $(O;r)$ là đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$, $M$ là trung điểm $BC$; $MO$ cắt đường cao $AH$ của $\Delta ABC$ tại $I$. Chứng minh rằng: $AI=r.$

[Hahahahahahahaha]

Gọi $J,L,N$ lần lượt là giao điểm của $(O)$ với các cạnh $BC,CA,AB$

kẻ đường kính $JD$ của đường tròn $(O)$

gọi $F$ là giao điểm của $AD$ và $BC$

để chứng minh $AI=r$ ta đi chứng minh $AIOD$ là hình bình hành hay chứng minh $AD||OI$ hay $DF||OM$

+) chứng minh $DF||OM$, nhận thấy $OM$ có thể là đường trung bình nên ta đi chứng minh $MJ=MF$ hay $BJ=CF$

+) kẻ $GK(G\in AB; K\in AC)$là tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn $(O)$ 

khi đó $OK,OC$ lần lượt là phân giác của hai góc kề bù (các tiếp tuyến cắt nhau)

nên $\widehat{KOC}=90^{o}=>...=>\widehat{DOK}=\widehat{OCK}=\widehat{OCJ}=>\Delta DOK\sim\Delta JCO(g.g)=>CJ.DK=r^{2}(1)$

chứng minh tương tự ta cũng có: $BJ.GD=r^{2}(2)$

từ $(1),(2)$ suy ra $\frac{BJ}{CJ}=\frac{DK}{GD}=>\frac{BJ}{BJ+CJ}=\frac{DK}{DK+GD}=>\frac{BJ}{BC}=\frac{DK}{GK}(3)$

theo định lí Talet thì:

$\frac{GD}{BF}=\frac{DK}{CF}(=\frac{AD}{AF})=>\frac{CF}{BF}=\frac{DK}{GD}=>\frac{CF}{CF+BF}=\frac{DK}{DK+GD}=>\frac{CF}{BC}=\frac{DK}{GK}(4)$

từ $(3),(4)$ suy ra $BJ=CF=>MJ=MF=>....dpcm$

bỏ chặn đi người anh em!! pls

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 14-03-2024 - 13:39

[Hahahahahahahaha]

một cách khác để chứng minh $MJ=MF$

Gọi $P$ là giao điểm của $OC$ và $AB$

         $Q$ là giao điểm của $DF$ và $CP$

Gọi $F$ điểm trên $BC$ sao cho $MJ=MF$

ta cần chứng minh $A,D,F$ thẳng hàng mà $D,Q,F$ thẳng hàng (cách dựng) nên ta cần chứng minh $A,Q,F$ thẳng hàng

để chứng minh điều đó ta chứng minh cho: $\frac{AB}{AP}.\frac{QP}{QC}.\frac{FC}{FB}=1$ (ý tưởng dùng đl menelaus đảo)

đặt $(BC;CA;AB)=(a;b;c)$

+) $\frac{FC}{FB}=\frac{BC-FB}{FB}=\frac{BC-CJ}{CJ}=\frac{a-\frac{a+b-c}{2}}{\frac{a+b-c}{2}}=\frac{a-b+c}{a+b-c}$

+)theo tính chất phân giác:

$\frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}=>\frac{AP}{AB}=\frac{b}{a+b}=>\frac{AB}{AP}=\frac{a+b}{b}$

+)$ \frac{QP}{QC}=\frac{CP-QC}{QC}=\frac{CP}{QC}-1$

ta có: $\frac{CP}{QC}=\frac{CP}{CO}.\frac{CO}{QC}$

theo đl talet thì:$ \frac{CO}{QC}=\frac{CM}{CF}=\frac{CM}{BJ}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a-b+c}{2}}=\frac{a}{a+c-b}$

theo tính chất phân giác: $\frac{CP}{CO}=1+\frac{OP}{CO}=1+\frac{AP}{AC}=1+\frac{\frac{bc}{a+b}}{b}=\frac{a+b+c}{a+b}$

$=> \frac{QP}{QC}=\frac{b(a+b-c)}{(a+b)(a+c-b)}$

do đó: $\frac{AB}{AP}.\frac{QP}{QC}.\frac{FC}{FB}=\frac{a+b}{b}.\frac{b(a+b-c)}{(a+b)(a-b+c)}.\frac{a-b+c}{a+b-c}=1$

 

 

[MHN]

Cách khác:

Gọi $D$ là giao điểm của $OA$ với đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$

Gọi $E$ là tiếp điểm của đường tròn $(O)$ với $AB$$\Rightarrow OE=r$
$AO$ là phân giác $\widehat{BAC}$$\Rightarrow \mathop {BD}^{\displaystyle\frown}=\mathop {DC}^{\displaystyle\frown}\Rightarrow BD=DC$
$\Rightarrow MD\bot BC;MD//AH\Rightarrow \frac{AI}{MD}=\frac{AO}{OD}$
Ta có:$\widehat{BOD}=\widehat{BAO}+\widehat{ABO}=\widehat{CBD}+\widehat{OBC}=\widehat{OBD}$$\Rightarrow \Delta OBD$ cân tại $D$

$\widehat{BAD}=\frac{1}{2}\mathop {BD}^{\displaystyle\frown}=\frac{1}{2}\mathop {CD}^{\displaystyle\frown}=\widehat{DBC}$

$\widehat{AEO}=\widehat{BMD}=90^o\Rightarrow \Delta AOE\sim \Delta BDM(g.g)$$\Rightarrow \frac{AO}{BD}=\frac{OE}{MD}$

$\Rightarrow \frac{AI}{MD}=\frac{AO}{OD}=\frac{AO}{BD}=\frac{OE}{MD}$

$\Rightarrow AI=OE=r.$