Chứng minh $\vartriangle MDN=\vartriangle PHQ$
các cao thủ ơi cứu với
MoD: Mong bạn gõ latex và đặt tiêu đề là câu lệnh bài toán.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 22-11-2011 - 20:25
cm $\vartriangle MDN=\vartriangle PHQ$
Bắt đầu bởi dokhanh01, 21-11-2011 - 23:15
#1
Đã gửi 21-11-2011 - 23:15
dokhanh01
-
- Thành viên
-
- 3 Bài viết
Lính mới
Câu 2. Cho các tiếp điểm của đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC với BC, CA và AB lần lượt là D, E, F. gọi H, I, K là các tiếp điểm của đường tròn ( o') bàng tiếp tam giác ABC với BC, CA và AB lần lượt là H, I, K. Đường thẳng FE cắt OB, OC lần lượt tại M, N. Đường thẳng IK cắt O' B, O' C lần lượt tại P, Q.
Chứng minh $\vartriangle MDN=\vartriangle PHQ$
các cao thủ ơi cứu với
MoD: Mong bạn gõ latex và đặt tiêu đề là câu lệnh bài toán.
Chứng minh $\vartriangle MDN=\vartriangle PHQ$
các cao thủ ơi cứu với
MoD: Mong bạn gõ latex và đặt tiêu đề là câu lệnh bài toán.
#2
Đã gửi 23-11-2011 - 20:24
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5032 Bài viết
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Bài toán này khá dài và khó. Nên mình chỉ nêu hướng làm thôi nhé.
Gọi X,Y thứ tự là trung điểm CB,CD.
Ta chứng minh các kết quả sau đây:
(1) Theo kết quả ii) trong http://diendantoanho...showtopic=64096 thì ta thu được FE,BO,XY đồng quy.
Lại chú ý: $XM=XY+YM=\dfrac{AB}{2}+\dfrac{CB-AB}{2}=\dfrac{AB}{2}=XB=XC$ nên $\vartriangle BMC$ vuông tại M $\Rightarrow \angle BMC=90^o$
(2) Chứng minh theo hướng như (1), ta sẽ có YX,BO',KI đồng quy tại P và $\angle BPC=90^o$.
Kết hợp với $\angle MBP=90^o$ thì BMCP là hình chữ nhật. X là trung điểm BC thì X cũng là trung điểm MP.
(3) $BD=CH=\dfrac{BA+BC-AC}{2} \Rightarrow $ X là trung điểm DH. Suy ra, MDPH là hình bình hành. Nên MD=PH.
Tương tự trên, ta thu được NDQH là hình bình hành và ND=QH.
Lại có X là trung điểm MP;NQ nên MNPQ là hình bình hành. Suy ra, MN=PQ
Vậy $\vartriangle MDN=\vartriangle PQH (c.c.c)$
Gọi X,Y thứ tự là trung điểm CB,CD.
Ta chứng minh các kết quả sau đây:
(1) Theo kết quả ii) trong http://diendantoanho...showtopic=64096 thì ta thu được FE,BO,XY đồng quy.
Lại chú ý: $XM=XY+YM=\dfrac{AB}{2}+\dfrac{CB-AB}{2}=\dfrac{AB}{2}=XB=XC$ nên $\vartriangle BMC$ vuông tại M $\Rightarrow \angle BMC=90^o$
(2) Chứng minh theo hướng như (1), ta sẽ có YX,BO',KI đồng quy tại P và $\angle BPC=90^o$.
Kết hợp với $\angle MBP=90^o$ thì BMCP là hình chữ nhật. X là trung điểm BC thì X cũng là trung điểm MP.
(3) $BD=CH=\dfrac{BA+BC-AC}{2} \Rightarrow $ X là trung điểm DH. Suy ra, MDPH là hình bình hành. Nên MD=PH.
Tương tự trên, ta thu được NDQH là hình bình hành và ND=QH.
Lại có X là trung điểm MP;NQ nên MNPQ là hình bình hành. Suy ra, MN=PQ
Vậy $\vartriangle MDN=\vartriangle PQH (c.c.c)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-11-2011 - 20:26
- Poseidont yêu thích
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.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
