Chủ đề này có 4 trả lời

[Zaraki]

Xin lỗi anh em vì đưa đề có chậm trễ. Như vậy là đã có đề của Tuần 3 tháng 9 và lời giải cho Tuần 2 tháng 9.

 

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có phân giác trong $BE$. $D$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle DAC= \angle B$. $K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADC$. $EK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ tại $L$ khác $E$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $LBC$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

 

[ChiLanA0K48]

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có phân giác trong $BE$. $D$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle DAC= \angle B$. $K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADC$. $EK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ tại $L$ khác $E$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $LBC$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Bài giải:

Dễ chứng minh $\triangle CBA \sim \triangle CAD$ suy ra $\frac{BA}{BC}=\frac{AD}{AC}$

Gọi $P$ là giao điểm $AK,BC$.

Theo tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{AD}{AC}=\frac{PD}{PC}$ và $\frac{BA}{BC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $\frac{PD}{PC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $EP\parallel AD$

Suy ra $\angle CPE=\angle CDA=\angle CAB$ suy ra $P$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$.

Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $M$ là giao điểm $AI$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm $A,E,M,P,B,L$ cùng thuộc đường tròn $(ABE)$, suy ra $LM,BP$ cắt nhau tại một điểm thuộc $KI$ suy ra $L,M,C$ thẳng hàng

Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$

Suy ra $\angle CLB=\angle MLB=\angle IAB=\frac{1}{2}\angle CSB$ 

Suy ra $S$ là tâm ngoại tiếp tam giác $LBC$

Ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChiLanA0K48: 18-09-2015 - 03:45

[nhungvienkimcuong]

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có phân giác trong $BE$. $D$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle DAC= \angle B$. $K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADC$. $EK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ tại $L$ khác $E$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $LBC$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

trong quá trình tìm lời giải cho bài này thì mình còn vướng ở bài toán sau

tam giác $ABC$ với phân giác trong $AD$ và tâm nội tiếp $I$.$E\in AC$ sao cho $DE||AB$.$EI\cap (IBC)=K$.

$\text{CMR}$ $AEDK$ nội tiếp

mình tìm được điều phải chứng minh trên cũng tương đương với một trong hai cái sau

$i)\frac{ID^2.TI}{ID.DT.KI}=1$

$ii)IG\perp AB$ với $G=KD\cap (IBC)$

mong mọi người góp ý thêm để hoàn thành lời giải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 18-09-2015 - 05:55

[ChiLanA0K48]

trong quá trình tìm lời giải cho bài này thì mình còn vướng ở bài toán sau

tam giác $ABC$ với phân giác trong $AD$ và tâm nội tiếp $I$.$E\in AC$ sao cho $DE||AB$.$EI\cap (IBC)=K$.

$\text{CMR}$ $AEDK$ nội tiếp

Giải:

 

Gọi $J$ là giao điểm $AC$ với $(IBC)$

Do $\angle EAD=\angle DAB=\angle EDA$ suy ra tam giác $ADE$ cân tại $E$ suy ra $EA=ED$

Gọi $T$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(ABC)$ suy ra $T$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IBC$

Suy ra $\angle ITJ=2\angle ICJ=\angle DCJ$ suy ra $D,T,C,J$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle DJT=\angle DCT=\angle IDE$

Từ đó suy ra được $\angle JDE=\angle JTD=\angle ECD$

Suy ra $\triangle JED\sim \triangle DEC$ suy ra $ED^2=EJ.EC$ 

Tương đương $EA^2=EI.EK$ suy ra $\angle EKA=\angle EAI=\angle EDA$ suy ra $E,A,K,D$ cùng thuộc một đường tròn

[quanghung86]

Uầy chị Chi Lan giải nhanh quá