Chủ đề này có 1 trả lời

[Tru09]

Bài toán :

Cho $\Delta ABC . AD ,BF$ là các đường đối trung .Trung tuyến $AJ , BK$  của  $\Delta ABF$ và $\Delta ABD$ cắt nhau tại $H$ .Chứng minh rằng $H$ thuộc trung trực $AB$

[BlackSelena]

Bài toán :

Cho $\Delta ABC . AD ,BF$ là các đường đối trung .Trung tuyến $AJ , BK$  của  $\Delta ABF$ và $\Delta ABD$ cắt nhau tại $H$ .Chứng minh rằng $H$ thuộc trung trực $AB$

Vẽ $(O)$ ngoại tiếp $\triangle ABC$, $BK$ cắt $AC, (O)$ lần lượt tại $X,U$. Tương tự với $AJ$ cắt $BC, (O)$ tại $Y,V$. Ta sẽ chứng minh $BV = AU$

Theo tính chất đường đối trung, ta có:
$\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{c^2}{b^2} \Rightarrow \dfrac{BD}{BC} = \dfrac{c^2}{c^2+b^2}$
Vậy áp dụng định lý Menelaus cho $\overline{B,K,X}$ trong $\triangle ADC$, ta có:
$\dfrac{BD}{BC} \cdot \dfrac{KD}{KA} \cdot \dfrac{AX}{XC} = 1$

$\Rightarrow \dfrac{AX}{AC} = \dfrac{BD}{BD+BC} + \dfrac{c^2}{2c^2+b^2}$

$\Rightarrow AX = \dfrac{bc^2}{2c^2+b^2}$

Mặt khác, theo định lý hàm $Cosin$ trong $\triangle ABC : a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$

$\Rightarrow \cos A = \dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$
Vậy áp dụng định lý hàm $Cosin$ trong $\triangle AXB$ thì ta có
$BX^2 = AB^2 + AX^2 - 2AB.AX.\cos A$

$= c^2 + \dfrac{b^2c^4}{(2c^2+b^2)^2} - 2bc^3 \cdot \dfrac{b^2+c^2-a^2}{(2a^2+b^2)2bc}$

$= \dfrac{c^2(2c^4+2a^2c^2+2b^2c^2+a^2b^2)}{(2c^2+b^2)^2}$

Lại có: $\dfrac{AU^2}{BC^2} = \dfrac{AX^2}{BX^2}$

$\Rightarrow AU^2 = \dfrac{a^2b^2c^2}{2c^4+2a^2c^+2b^2c^2+a^2b^2}$
Tương tự cũng tính được $BV = \dfrac{a^2b^2c^2}{2c^4+2a^2c^+2b^2c^2+a^2b^2}$

Vậy $\angle ABU = \angle BAV$

$\Rightarrow HA = HB$, vậy ta có đpcm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 20-04-2013 - 20:28