Chủ đề này có 4 trả lời

[Element hero Neos]

Bài 1. Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ bất kì trong $\Delta ABC$ và trên đường tròn $(OBC)$. Tia phân giác góc $\widehat{APC}$ cắt $AC$ tại $E$, phân giác góc $\widehat{APB}$ cắt $AB$ tại $F$ . Các điểm $I,L,K$ lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác $PEF, PAC, PAB$. Chứng minh $\overline{I,K,L}$.

Bài 2. Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. Lấy điểm $S$ thuộc $BC$. Trên các tia $AB, AC$ lấy $M,N$ sao cho $\widehat{AMC}=\frac{1}{2}\widehat{ASC}, \widehat{ANB}=\frac{1}{2}\widehat{ASB}$. $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$. Chứng minh $IS\perp BC$.

[anhquannbk]

Bài 1: Ta có $ \angle EPF =\angle EPA +\angle FPA=\dfrac{\angle APC+\angle APB}{2}=\dfrac{360^0-\angle BPC}{2}=180^0-\dfrac{\angle BOC}{2}=180^0-\angle BAC$

suy ra tứ giác $ AEPF$nội tiếp.

Gọi $ \omega$ là đường tròn ngoại tiếp $ AEPF$.

Gọi $ X, Y$ là điểm chính giữa các cung $ PF, PE$ không chứa $ A$

$ AX \cap PF=K, AY \cap PE=L, EX \cap FY=I$, dễ thấy $ I, K, L$ là tâm nội tiếp của $ PEF, PAB, PAC$

Áp dụng định lý Pascal cho bộ $ \begin{pmatrix} A& F & E\\ P & X & Y \end{pmatrix} $ ta có $ I, K, L$ thẳng hàng.

[Dark Magician 2k2]

Bài 2. Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$. Lấy điểm $S$ thuộc $BC$. Trên các tia $AB, AC$ lấy $M,N$ sao cho $\widehat{AMC}=\frac{1}{2}\widehat{ASC}, \widehat{ANB}=\frac{1}{2}\widehat{ASB}$. $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$. Chứng minh $IS\perp BC$.

Gọi giao điểm $MC$ và $NB$ với $(I)$ là $K$ và $H$

$HK$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(AMN)$ tại $T$, dễ dàng suy ra $\overline{T,B,C}$

Ta có $\widehat{HIK}=\widehat{AIH}+\widehat{AIK}=2(\widehat{ANH}+\widehat{AMK})=\widehat{BSC}=180^o$, suy ra $\overline{H,I,K}$

Hạ $IS'\perp BC$, suy ra $TAIS'$ nội tiếp, suy ra $\widehat{AS'B}=\widehat{AIH}=2\widehat{ANB}=\widehat{ASB}$, do đó $S\equiv S'$

Vậy ta có đpcm.

[quantv2006]

Gọi giao điểm $MC$ và $NB$ với $(I)$ là $K$ và $H$

$HK$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(AMN)$ tại $T$, dễ dàng suy ra $\overline{T,B,C}$

Ta có $\widehat{HIK}=\widehat{AIH}+\widehat{AIK}=2(\widehat{ANH}+\widehat{AMK})=\widehat{BSC}=180^o$, suy ra $\overline{H,I,K}$

Hạ $IS'\perp BC$, suy ra $TAIS'$ nội tiếp, suy ra $\widehat{AS'B}=\widehat{AIH}=2\widehat{ANB}=\widehat{ASB}$, do đó $S\equiv S'$

Vậy ta có đpcm.

Chứng minh T, B, C thẳng hàng thế nào bạn ơi, vì chứng minh được cái đó thì dễ suy được tứ giác AIST là tứ giác nội tiếp rồi.

[manhhung2013]

Chứng minh T, B, C thẳng hàng thế nào bạn ơi, vì chứng minh được cái đó thì dễ suy được tứ giác AIST là tứ giác nội tiếp rồi.

bạn dùng pascal 5 điểm nhé