Chủ đề này có 2 trả lời

[mathandyou]

Cho tam giác $ABC$ và một đường tròn $\omega$ đi qua hai điểm B,C. Đường tròn $\omega_1$ tiếp xúc trong với $\omega$ và các cạnh $AB,AC$ tại $T,P,Q$ tương ứng. $M$ là trung điểm của cung $BC$ chứa $T$ của $\omega$. Chứng minh rằng $PQ,BC,MT$ đồng quy

[haitienbg]

Nhận xét: Hai đường tròn $(O);(I)$ tiếp xúc trong tại $A$ (như hình vẽ).$B,C$ thuộc $(O)$ khác $A$. $AB,AC$ cắt $(I)$ tại $D,E$. Vẽ hai tiếp tuyến tới $(I)$ là $BF,CG$.Khi đó ta có hệ thức:  $\frac{BF}{CG}=\frac{AB}{AC}$

Chứng minh:

$\frac{BF^2}{CG^2}=\frac{BD.AB}{CE.AC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

Áp dụng vào bài toán:

 

 

 

Thấy ngay $TM$ là phân giácngoài của góc $BTC$. Gọi $I$ là giao của $TM$ và $BC$

Ta cần cm: $I,P,Q$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí $Melenauyt$ + nhận xét ở trên vào tam giác $ABC$ cho 3 điểm $P,Q,I$ có ngay dpcm~~...

Hình gửi kèm

• 
• 

[perfectstrong]

Lời giải 2:

Vẽ $AB,AC$ cắt $(\omega_1)$ lần thứ 2 tại $B',C'$. Gọi $K$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BB'C$. Theo bổ đề Sawayana, $K$ thuộc $PQ$ (1).

Mặt khác, dễ thấy $TP$ cắt $(\omega_1)$ lần thứ 2 tại $N$ là trung điểm cung $BB'$ và $CK$ cũng đi qua $N$. Dĩ nhiên $K$ nằm trên $B'M$.

Do đó, vẽ $TM$ cắt $BC$ tại $D$. Áp dụng định lý Pascal cho $(T,M,B',B,C,N)$, ta có ngay $D,K,P$ thẳng hàng.

Kết hợp (1), ta có $D \in PQ \Rightarrow Q.E.D$