Chủ đề này có 2 trả lời

[shinichikudo201]

Cho tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn tâm $(O)$, $D$ là một điểm nằm trên cung nhỏ $AB$. $E$ và $F$ lần lượt là giao của đường thẳng $AD$ với các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn tâm $O$. $I$ là giao điểm của $CE$ và $BF$. Chứng minh $DI$ đi qua trung điểm $G$ của $BC$

Hình vẽ:

[halloffame]

Bạn ghi đề sai rồi, đề đúng phải là chứng minh $DI$ đi qua chân đường đối trung của tam giác $ABC$ kẻ từ $A$ là $G.$ Mình xin đưa ra chứng minh như sau: 

 

Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(ABC)$ cắt nhau ở $X,BC$ cắt $AD$ ở $Y.$ Dễ thấy $G$ chính là giao điểm của $BC$ và $AX.$ Ta cần chứng minh $D,I,G$ thẳng hàng.

Ta có :  $D,I,G$ thẳng hàng $\Leftrightarrow (YGBC) = (YDFE)$ (chiếu xuyên tâm $I$ ) $\Leftrightarrow (YAEF) = (YDFE)$ (do $(YGBC)=(YAEF)$ theo phép chiếu xuyên tâm $X$ )

$\Leftrightarrow \frac{\overline{YE}}{\overline{YF}}:\frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}=\frac{\overline{YF}}{\overline{YE}}:\frac{\overline{DF}}{\overline{DE}} \Leftrightarrow \frac{\overline{YE}^{2}}{\overline{YF}^{2}}=\frac{\overline{AE}.\overline{DE}}{\overline{AF}.\overline{DF}} \Leftrightarrow \frac{\overline{EY}^{2}}{\overline{FY}^{2}}=\frac{\overline{EA}.\overline{ED}}{\overline{FA}.\overline{FD}}. (1)$

Chú ý theo $Menelaus$ thì $\frac{YE}{YF}.\frac{FC}{CX}\frac{XB}{BE}=1,$ mà $BX=CX$ nên suy ra $\frac{YE}{YF}=\frac{BE}{CF}.$ Lại theo tính chất phương tích, $EB^{2} = EA.ED$ và $FC^{2}=FA.FD$ nên ta dễ dàng suy ra $(1)$ đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-05-2016 - 20:28

[shinichikudo201]

Bạn ghi đề sai rồi, đề đúng phải là chứng minh $DI$ đi qua chân đường đối trung của tam giác $ABC$ kẻ từ $A$ là $G.$ Mình xin đưa ra chứng minh như sau: 

 

Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(ABC)$ cắt nhau ở $X,BC$ cắt $AD$ ở $Y.$ Dễ thấy $G$ chính là giao điểm của $BC$ và $AX.$ Ta cần chứng minh $D,I,G$ thẳng hàng.

Ta có :  $D,I,G$ thẳng hàng $\Leftrightarrow (YGBC) = (YDFE)$ (chiếu xuyên tâm $I$ ) $\Leftrightarrow (YAEF) = (YDFE)$ (do $(YGBC)=(YAEF)$ theo phép chiếu xuyên tâm $X$ )

$\Leftrightarrow \frac{\overline{YE}}{\overline{YF}}:\frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}=\frac{\overline{YF}}{\overline{YE}}:\frac{\overline{DF}}{\overline{DE}} \Leftrightarrow \frac{\overline{YE}^{2}}{\overline{YF}^{2}}=\frac{\overline{AE}.\overline{DE}}{\overline{AF}.\overline{DF}} \Leftrightarrow \frac{\overline{EY}^{2}}{\overline{FY}^{2}}=\frac{\overline{EA}.\overline{ED}}{\overline{FA}.\overline{FD}}. (1)$

Chú ý theo $Menelaus$ thì $\frac{YE}{YF}.\frac{FC}{CX}\frac{XB}{BE}=1,$ mà $BX=CX$ nên suy ra $\frac{YE}{YF}=\frac{BE}{CF}.$ Lại theo tính chất phương tích, $EB^{2} = EA.ED$ và $FC^{2}=FA.FD$ nên ta dễ dàng suy ra $(1)$ đúng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Tam giác $ABC$ đều.