Chủ đề này có 2 trả lời

[perfectstrong]

Cho $\vartriangle ABC$ không cân ngoại tiếp $(I)$ với các tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$.
$AD$ cắt $(I)$ tại $M$ khác $D$. Vẽ $DF$ cắt đường tròn ngoại tiếp $(CDM)$ tại $N$ khác $D$. $CN$ cắt $AB$ tại $P$.
Chứng minh rằng: $CD=3FP$

 

Spoiler

Dạo ni bận học hành để kiểm tra học kì Nhác dã man.

[nguyenthehoan]

Cho $\vartriangle ABC$ không cân ngoại tiếp $(I)$ với các tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$.
$AD$ cắt $(I)$ tại $M$ khác $D$. Vẽ $DF$ cắt đường tròn ngoại tiếp $(CDM)$ tại $N$ khác $D$. $CN$ cắt $AB$ tại $P$.
Chứng minh rằng: $CD=3FP$

 

Nghĩ được cách giải ko đẹp cho lắm,Cứ post lên cho mọi người tham khảo vậy...

 

Giả sử $N$ thuộc đoạn $FD$ thì $P$ thuộc đoạn $FB$.

 

Ta sẽ chứng minh $\frac{ND}{NF}=\frac{3BD-DC}{BC}$   (***)

 

Ta có $\Delta MFN\sim \Delta MDC$  (g.g) nên

 

$\frac{FN}{DC}=\frac{MF}{MD}$.Mặt khác tứ giác $MEDF$ điều hoà nên theo định lí Ptoleme thì 

 

$DM.EF=2MF.DE\Rightarrow \frac{MF}{MD}=\frac{EF}{2DE}$

 

$\Rightarrow \frac{FN}{DC}=\frac{EF}{2DE}\Rightarrow FN=\frac{DC.EF}{2DE}$

 

$\Rightarrow ND=FD-\frac{DC.EF}{2DE}=\frac{2DE.DF-DC.EF}{2DE}$

 

Vậy $\frac{ND}{NF}=\frac{2DE.DF}{DC.EF}-1$

 

(***)$\Leftrightarrow \frac{3BD-DC}{BC}=\frac{2DE.DF}{DC.EF}-1$

 

$\Leftrightarrow \frac{2BD}{BC}=\frac{DE.DF}{DC.EF}$

 

$\Leftrightarrow 2BD.DC.EF=BC.DE.DF$

 

$\Leftrightarrow BC.2BD\sin \frac{B}{2}.2CD\sin \frac{C}{2}=4DB.DC.AE\sin \frac{A}{2}$

 

$\Leftrightarrow \frac{p-a}{a}=\frac{\cos (\frac{B}{2}+\frac{C}{2})}{\sin \frac{B}{2}.\sin \frac{C}{2}}$

 

$\Leftrightarrow \frac{p-a}{a}=\frac{\cot \frac{A}{2}}{\cot \frac{B}{2}+\cot \frac{C}{2}}$ 

 

Đúng vì $\frac{a}{p-a}=\frac{BD}{AE}+\frac{CD}{AE}=\frac{\cot \frac{B}{2}}{\cot \frac{A}{2}}+\frac{\cot\frac{C}{2} }{\cot \frac{A}{2}}$

 

Vậy (***)đúng.

 

Áp dụng định lí Melelauyt vao tam giác $CFB$ và áp dụng (***) ta có ngay 

 

$DC=3FP$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 16-04-2013 - 08:52

[perfectstrong]

Nice solution Một cách giải khác, khó nhận thấy hơn

Lời giải 2:

Vì $\vartriangle ABC$ không cân nên dễ thấy $FE$ cắt $BC$ tại $S$. Suy ra $(BCDS)=-1$

$$\Rightarrow F(BCDS)=-1 \Rightarrow (PCNQ)=-1 \Rightarrow \dfrac{\overline{NP}}{\overline{NC}}=-\dfrac{\overline{QP}}{\overline{QC}} \quad (1)$$

Mặt khác, xét $\vartriangle CPB$ có cát tuyến $FND$ nên theo định lý Menelaus:

\[
\frac{{FP}}{{FB}}.\frac{{DB}}{{DC}}.\frac{{NC}}{{NP}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{FP}}{{DC}} = \frac{{NP}}{{NC}} \quad \left( 2 \right)
\]

Do đó, để chứng minh $CD=3FP$, từ (2), ta cần chứng minh $NC=3NP$.

Mà lại do (1) nên dễ dàng thấy rằng, ta phải chứng minh $N$ là trung điểm $QC$. (3)

Ta có: $$(EM;EF) \equiv (DM;DF) \equiv (DM;DN) \equiv (CM;CN) \pmod{\pi}$$

Suy ra $Q,M,E,C$ đồng viên. Nên $\angle MQC=\angle MEA=\angle MFE$.

Lại có $\angle MEQ=\angle MCQ$ (*) nên $$\vartriangle MFE \sim \vartriangle MQC (g.g) \Rightarrow \dfrac{ME}{MC}=\dfrac{EF}{CQ} \quad (4)$$

Xét tứ giác $FMED$ nội tiếp $(I)$, có tiếp tuyến tại $E,F$ và $MD$ đồng quy. Theo bài toán quen thuộc, $MD$ là đường đối trung của $\vartriangle FME$.

Cho nên $\angle JME=\angle FMD=\angle FDB=\angle NDB=\angle NMC$.

Mà do (*) nên $\vartriangle MJE \sim \vartriangle MNC(g.g) \Rightarrow \dfrac{JE}{NC}=\dfrac{ME}{MC}$

(4) cho ta $\dfrac{JE}{NC}=\dfrac{EF}{CQ}\Rightarrow \dfrac{CN}{CQ}=\dfrac{EJ}{EF}=\dfrac{1}{2}$

Do vậy (1) được chứng minh. Bài toán hoàn tất.

 

@NLT: Tuyệt vời quá anh Hic, em nghĩ ra đến điểm Q, cần chứng minh N là trung điểm của QC mà không biết làm sao nữa =.=

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 18-04-2013 - 00:12