Chủ đề này có 2 trả lời

[Zaraki]

Như vậy đã có lời giải bài Tuần 5 tháng 11 của thầy Hùng tại Tuần 1 tháng 12 kèm theo là bài toán cho tuần mới. Xin trích lại bài toán:

 

Bài 15. Cho tam giác $ABC$ có đường đối trung $AD$ và trung tuyến $AM$. $P$ là điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $\angle PBA= \angle PCA$. $K$ là hình chiếu của $P$ trên $AD$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDM$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$. 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 30-11-2015 - 10:29

[quanghung86]

Cám ơn Toàn, sửa giúp thầy đề bài đoạn cuối là "tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PBC)$".

[Belphegor Varia]

Bài 15. Cho tam giác $ABC$ có đường đối trung $AD$ và trung tuyến $AM$. $P$ là điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $\angle PBA= \angle PCA$. $K$ là hình chiếu của $P$ trên $AD$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDM$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$. 

 

LỜI GIẢI 

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ với trung tuyến $AM$, đối trung $AD$. Khi đó $(AMD)$ tiếp xúc trong với $(ABC)$

Chứng minh : Tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ cắt $BC$ tại $X$. 

VÌ $M$ là trung điểm của $BC$ nên từ $(XDBC)=-1$ theo hệ thức Maclaurin ta có : $XM.XD=XB.XC=XA^2$

Suy ra $XA$ tiếp xúc với $(AMD)$ nên $(AMD)$ tiếp xúc trong với $(ABC)$

Trở lại bài toán : 

Gọi $E,F$ lần lượt là giao của $BP,CP$ với $AC,AB$. $EF$ cắt $BC$ tại $H$. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCEF$.  $I$ là giao điểm thứ 2 của $(BPC)$ và $(EPF)$

Theo định lý Brocard dễ thấy $P$ là trực tâm tam giác $JAH$,và $H,P,I$ thẳng hàng , $A,I,J$ thẳng hàng

Gọi $N$ là giao của $HI$ với $CE$. Theo tính chất quen thuộc $(ANEC)=-1$ $\Rightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{NE}{NC}$

Ta sẽ chứng minh $(IDM)$ tiếp xúc trong với $(BPC)$

Thật vậy : $\frac{IB}{IC}=\frac{\sin \angle ICB}{\sin \angle IBC}=\frac{\sin \angle EPN}{\sin \angle CPN}=\frac{\frac{EN}{EP}}{\frac{CN}{CP}}=\frac{EN}{CN}.\frac{CP}{EP}=\frac{EA}{AC}.\frac{BC}{EF}=\frac{AB}{BC}.\frac{BC}{AC}=\frac{AB}{AC}=\frac{DB^2}{DC^2}$

 

Do đó $ID$ là đối trung tại đỉnh $I$ trong tam giác $IBC$ nên theo Bổ đề ta có $(IDM)$ tiếp xúc trong với $(PBC)$ $(1)$

Ta chứng minh $IDM$ đi qua $K$.

Thật vậy , do $\angle AKP=90^o$ nên $AIKP$ nội tiếp 

$\Rightarrow \angle AKI=\angle API=\angle AJH=\angle IMD$ 

Suy ra $IMDK$ nội tiếp $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $(KDM)$ tiếp xúc với $(PBC)$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 01-12-2015 - 17:48