Chủ đề này có 10 trả lời

[NLT]

Cho $\Delta ABC$, đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. $AD$ cắt $(I)$ tại điểm thứ hai là $M$; $BM,CM$ cắt $(I)$ tại $Z$ và $Y$. Chứng minh rằng: $AD,BY,CZ$ đồng quy.

[nguyenthehoan]

Cho $\Delta ABC$, đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. $AD$ cắt $(I)$ tại điểm thứ hai là $M$; $BM,CM$ cắt $(I)$ tại $Z$ và $Y$. Chứng minh rằng: $AD,BY,CZ$ đồng quy.

Ta có bổ đề quen thuộc sau: tiếp tuyến tại $M$ và $EF$ cắt nhau trên $BC$.

 

Do đó để chứng minh $MD,BY,CZ$ đồng quy ta sẽ chỉ ra $YZ$ và tiếp tuyến tại $M$ của $(I)$ đồng quy trên $BC$

 

Hay phải cm tứ giác $MZDY$ điều hoà

 

Theo định lí Ptoleme ta có 

 

$MZ.DF=DZ.MF+FZ.MD=2MF.DZ$ (vì tứ giác MFZD điều hoà)

 

Tương tự $MY.DE=2DY.ME$

 

suy ra $\frac{DF}{DE}.\frac{MZ}{MY}=\frac{MF}{ME}.\frac{DZ}{DY}$

 

vì $\frac{DF}{DE}=\frac{MF}{ME}$ (vì tứ giác $MEDF$ điều hoà)

 

suy ra $\frac{DZ}{DY}=\frac{MZ}{MY}$

 

Suy ra $MYDZ$ điều hoà.Ta có điều phải cm.

[NLT]

 

 

Có thể dùng bổ đề quen thuộc: Cho lục giác $ABCDEF$ nội tiếp đường tròn. Khi đó $AD,BE,CF$ đồng quy tương đương với: $\frac{AB.CD.EF}{BC.DE.FA}=1$ để giải bài toán này!

 

Thực ra 2 bổ đề trên cũng chỉ là 2 cách phát biểu khác nhau, nhưng có thể là từ bổ đề này, tác giả đã sáng tạo ra bài toán của Topic và làm ẩn đi vài dữ kiện ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 12-04-2013 - 17:12

[nguyenthehoan]

Mình có một mở rộng cho bài toán này nè:

 

Thay vì lấy $M$ là giao của $AD$ và $(I)$ ta có thể lấy điểm $M$ bất kì trên $AD$ và $Y,Z$ là các giao điểm thứ nhất (hoặc thứ 2) 

 

của các tia $BM$ và $CM$ với $(I)$.Khi đó kết luận của bài toán vẫn đúng.Bạn thử chứng minh xem...

[NLT]

Mình có một mở rộng cho bài toán này nè:

 

Thay vì lấy $M$ là giao của $AD$ và $(I)$ ta có thể lấy điểm $M$ bất kì trên $AD$ và $Y,Z$ là các giao điểm thứ nhất (hoặc thứ 2) 

 

của các tia $BM$ và $CM$ với $(I)$.Khi đó kết luận của bài toán vẫn đúng.Bạn thử chứng minh xem...

 

Hình vẽ thay cho ý tưởng của mình nhé, nhưng vẫn chưa có đủ thời gian để suy nghĩ, Hoàn làm tiếp thử, cậu có ý tưởng gì khác không? 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 12-04-2013 - 23:32

[NLT]

Lúc làm xong bài toán gốc, tớ nghĩ ra một mở rộng Đối với đường tròn bàng tiếp, hình vẽ thay cho ý tưởng của tớ nhé ! 

 

 

[nguyenthehoan]

Hình vẽ thay cho ý tưởng của mình nhé, nhưng vẫn chưa có đủ thời gian để suy nghĩ, Hoàn làm tiếp thử, cậu có ý tưởng gì khác không? 

 

 

PhotoShare(1).png

Mình hoàn thành bài tổng quát này... (theo hình vẽ của NLT)

 

Gọi $R$ là giao điểm của $EF$ và $BC$. Suy ra $QR$ là tiếp tuyến của $(I)$

 

Gọi $K'$ là giao của $RL$ và $(I)$,$T$ là giao của $RL$ và $AD$

 

Ta có ngay $M(RT,NK')$=-1

 

Mặt khác $M(RD,CB)=-1$ và $MT\equiv MD,ML\equiv MB\Rightarrow MK'\equiv MC$

 

Hay $K$ trùng $K'$...Hay $KL$ đi qua $R$.

 

Mà $(RDBC)=-1$ nên $BK,CL,MD$ đồng quy.

[NLT]

Một mở rộng khác, điều này khá thú vị

 

Cho $\Delta ABC$, $(I)$ nội tiếp $\Delta ABC$, $E,F$ là các tiếp điểm như hình vẽ. $2$ điểm $M,N$ bất kì thuộc đoạn $AD. L,K,U,T$ là các điểm như hình vẽ. Chứng minh: $LT,KU,AD$ đồng quy.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 17-04-2013 - 15:53

[thanhdotk14]

Một mở rộng khác, điều náy  khá thú vị

 

Cho $\Delta ABC$, $(I)$ nội tiếp $\Delta ABC$, $E,F$ là các tiếp điểm như hình vẽ. $2$ điểm $M,N$ bất kì thuộc đoạn $AD. L,K,U,T$ là các điểm như hình vẽ. Chứng minh: $LT,KU,AD$ đồng quy.

 

Ảnh chụp màn hình_2013-04-17_154351.png

Mình chỉ có ý tưởng thế này thôi, các bạn khai thác tiếp nha!

Gọi $S$ là giao điểm của $LT$ và $KU$, thay vì chứng mình $LT,AD,KU$ đồng quy, ta đi chứng mình $S,A,D$ thẳng hàng.

Gọi $P$ là giao điểm của $FU,ET$

Mà ta có:

$LT\cap KU=S$

$LF\cap KE=M$

$FU\cap ET=P$

Áp dụng định lí $Pascal$ cho bộ điểm: $T,L,F,U,K,E$ thì ta có

$S,M,P$ thẳng hàng.

Nhiệm vụ chúng ta bây giờ là chứng mình $P\in AD$ nữa là $OK!$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 17-04-2013 - 16:57

[NLT]

Ảnh chụp màn hình_2013-04-17_165646.png

Mình chỉ có ý tưởng thế này thôi, các bạn khai thác tiếp nha!

Gọi $S$ là giao điểm của $LT$ và $KU$, thay vì chứng mình $LT,AD,KU$ đồng quy, ta đi chứng mình $S,A,D$ thẳng hàng.

Gọi $P$ là giao điểm của $FU,ET$

Mà ta có:

$LT\cap KU=S$

$LF\cap KE=M$

$FU\cap ET=P$

Áp dụng định lí $Pascal$ cho bộ điểm: $T,L,F,U,K,E$ thì ta có

$S,M,P$ thẳng hàng.

Nhiệm vụ chúng ta bây giờ là chứng mình $P\in AD$ nữa là $OK!$

 

Chứng minh điều này thì dùng trực tiếp Pascal lần nữa thôi, và dùng 1 bổ đề nữa Không đơn giản chỉ Pascal đâu  

 

P/s: Điều tớ cần không phải là chứng minh nó bằng Pascal, các định lý chỉ dùng Ceva hoặc Menelaus, dùng Pascal thì mạnh quá rồi

[nguyenthehoan]

Một mở rộng khác, điều này khá thú vị

 

Cho $\Delta ABC$, $(I)$ nội tiếp $\Delta ABC$, $E,F$ là các tiếp điểm như hình vẽ. $2$ điểm $M,N$ bất kì thuộc đoạn $AD. L,K,U,T$ là các điểm như hình vẽ. Chứng minh: $LT,KU,AD$ đồng quy.

 

Ảnh chụp màn hình_2013-04-17_154351.png

Theo các bài toán trên ta có ngay $KL,EF,BC,TU$ đồng quy tại $G$.

 

Gọi $H$ là giao điểm của $KL$ và $MD$, $R$ là giao của $TU$ và $AD$

 

Ta có $(GH,LK)=-1$=$(GR,TU)$

 

Nên ta có ngay $TL,KU,HR$ đồng quy.

 

@NLT: Đây cũng là lời giải mình nghĩ và mình cần lời giải này, thực ra cũng có thể giải = kiến thức THCS, 1 lời giải mình vừa làm đc bằng Desargues, nói chung bài này có hàng tá cách giải, nhưng đâu chỉ dừng lại ở đó, nó có một điều "thú vị" vô cùng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 17-04-2013 - 21:10