Chủ đề này có 6 trả lời

[manhhung2013]

Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp  xúc BC, CA,AB tại D, E, F.Vẽ đường kính EH,FK.HK cắt BC tại P;M là trung điểm BC. CMR:$\widehat{IPM}=90^{\circ}$

[ecchi123]

 gọi $G,L$ đối xứng với $P,D$ qua $I$ , khi đó $G$ thuộc $FE$ và $GL$ là tiếp tuyền của $(I)$ ,  , có $AL$ đy qua tiếp điểm $A$-bàng với $BC$ nên $IM$ song song $AL$ ,  xét cực và đối cực $(I)$ thì $AL$ là đường đối cực của $G$ , khi đó $AL$ vuông góc $IG$ , suy ra $IP$ vuông góc $IM$

[dangkhuong]

Trước khi giải bài toán xin chứng minh bổ đề sau:" Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, gọi $MI$ cắt đường cao qua $A$ của tam giác $ABC$ tại điểm $E$. Khi đó $AE=ID$ và $E\in (I)$."
 

Chứng minh: Ta đã biết bài toán quen thuộc là $MI$ chia đôi $AD$ do đó $EI$ chia đôi $AD$ mà $AE\| ID$ nên $AEDI$ là hình bình hành nên $AE\|=ID$. Gọi $X$ đối xứng $D$ qua $I$ thì: $AEIX$ là 1 hình bình hành mà $AI=EI=IX$ nên $AEIX$ là hình thoi do đó $\angle IED=\angle EIA=\angle XIA=\angle IDE$ nên $IE=ID$ vậy $E\in (I)$.
 

Quay trở lại bài toán, gọi $DL$ là đường kính của $(I)$. Gọi $AL\cap (I)=L,T$. Gọi $J$ là trung điểm đoạn $GH$. Kẻ đường cao $AU$ của tam giác $ABC$ cắt $(I)$ tại điểm $K$. Khi đó theo bổ đề trên thì $K,I,M$ thẳng hàng đồng thời thấy $AKIL$ là 1 hình thoi, gọi $IM\cap (I)=K,P$ thì có $D,P$ cũng đối xứng nhau qua $AI$, do đó $KLEF, DPGH$ là các hình thang cân. Do tứ giác điều hoà $FLTE$ nên $KT$ chia đôi đoạn $EF$, gọi $S$ là trung điểm $EF$. Ta biết kết quả quen thuộc rằng: $AL\| IM$ do đó $KPTL$ là hình thang cân nên $PT=KL=PD$ tương tự $KD=LP=KT$ nên $DT$ có đường trung trực là $KM$ hay $P$ là trung điểm cung $DT$ không chứa $K$ của $(I)$. Vậy $\angle JID=\angle IDK=\angle IKD=\angle SKI=\angle IDJ$ do đó $J$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IDP$. Để ý rằng: $\angle IJQ=\angle IDQ=90^\circ$ nên $I,Q,D,J$ đồng viên do đó $\angle QID=\angle GJD=90^\circ-\dfrac{\angle DJP}{2}=90^\circ-\angle DIP=\angle IMD$ thế nên chú ý $ID\perp QM$ do đó $\angle QIM=90^\circ$(đpcm).

Hình gửi kèm

• 

[NHN]

mở rộng ý tưởng chứng minh của ecchi123 : Cho tam giác $ABC$, 1 điểm $P$ bất kì nằm trong tam giác $ABC$, gọi hình chiếu của $P$ lên $BC, AC, AB$ lần lượt là $D,E,F$ gọi giao của $PE,PF,PD$ và $(DEF)$ là $X,Y,Z$ giao của $XY$ và $BC$ là $K$ chứng minh rằng $KP$ vuông $AZ$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 27-01-2017 - 09:41

[ilovekimchiwinkle]

"AL đy qua tiếp điểm A-bàng với BC"

Cái này là sao hả bạn ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovekimchiwinkle: 15-02-2017 - 18:51

[manhhung2013]

Tức là AL đi qua tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC
Đây là bổ đề quen thuộc

[Naix]

Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp  xúc BC, CA,AB tại D, E, F.Vẽ đường kính EH,FK.HK cắt BC tại P;M là trung điểm BC. CMR:$\widehat{IPM}=90^{\circ}$

 

 

Gọi $N$ là trung điểm của $HK.$

Ta có \[\angle IBC=\angle IFD=\angle DHK,\ \angle ICB=\angle IED=\angle DKH \Rightarrow \triangle BIC \sim \triangle HDK\]

Với chú ý rằng $M, N$ lần lượt là trung điểm $BC, HK$ suy ra $\triangle DNH \sim \triangle IMB \Rightarrow \angle IMB=\angle DNH.$

Dễ thấy $\angle INP=\angle IDP=90^{\circ}$ suy ra $INDP$ nội tiếp, thành thử \[ \angle IMB=\angle DNH =\angle DNP=\angle DIP \Rightarrow \angle MIP=90^{\circ}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Naix: 24-02-2017 - 00:52