Chủ đề này có 1 trả lời

[ecchi123]

Cho tam giác $ABC$  ngoại tiếp $(I)$  . $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$ . $EF$ cắt $BC$  và đường thẳng qua $I$ song song với $BC$ lần lượt tại $P, Q$ . $M,N$ là trung điểm $AP,IQ$ . Gọi $I'$ đối xứng với $I$ qua đường cao $DH$ của tam giác $DEF$  . Chứng minh :$I'H$ vuông góc $MN$

( xin lỗi các bạn vì tiêu đề không liên quan đến bài , mình nhớ nhầm đề rồi sửa lại    )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 17-01-2017 - 00:39

[NHN]

bổ đề 1 (định lí leon anne)  http://www.cut-the-k...onTheorem.shtml

bổ đề 2: đường thẳng Gauss vuông với đường steiner trong tứ giác http://jl.ayme.pages... de Steiner.pdf

ngoài cách trên ta có thể chứng minh bổ đề 2 bằng cách chỉ ra đường thẳng Steiner là trục đẳng phương của 2 đường tròn có đường kính là 2 đường chéo của tứ giác

bổ đề 3: $I'$ thuộc đường nối trực tâm của tam giác $ABC$ và trực tam giác $AEF$ 

chứng minh

gọi trực tâm của $ABC$ là $K$, mà ta có bài toán là phần giác góc $KHI$ là $HD$ vậy $I'$ thuộc $HK$, trực tâm của tam giác $AEF$ là điểm chính giữa cung $EF$ của (I) gọi là điểm $J$ thì $HJ$ đối xứng $HI$ qua $EF$ suy ra $HJ$ là phân giác ngoài của góc $KHI$ suy ra $J,H,K$ thẳng suy ra $I'$ thuộc $KJ$

quay lại bài toán

ta gọi trung điểm của hình chiếu của $I$, $N$ lên $EF$ là $L,X$ thì đễ thấy $LI=2NX$ vậy $S[NEF]+S[NBC]=\frac{1}{2}S[IEF]+S[IBC]=\frac{1}{2}[S[IEF]+S[BCEF]]=\frac{1}{2}S[BCEF]$ vậy theo bổ đề 1 $N$ thuộc đường thẳng Gauss của tứ giác $BCEF$ mà $M$ là trung điểm của $PA$ nên $MN$ là đường thẳng Gauss của tứ giác $BCEF$ mà theo bổ đề 3 ta có $I'$ thuộc đường thẳng Steiner của tứ giác $BCEF$ vậy theo bổ đề 2 ta có $I'D$ vuông $MN$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 17-01-2017 - 07:48