Chủ đề này có 4 trả lời

[luuvanthai]

Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn $(O)$,có đường cao AH và tâm đường tròn nội tiếp $I$.$AI\bigcap (O)=M,AO\bigcap (O)=A',MA'\bigcap BC=K,A'I\bigcap (O)=D,AD\bigcap BC=S$

CMR nếu $AB+AC=2BC$ thì $I$ là trọng tâm $\bigtriangleup AKS$

[WhjteShadow]

Vẽ $AM$ cắt $BC$ tại $L$. Dễ thấy $IM=BM=CM$. Áp dụng đẳng thức Ptolemy cho tứ giác $ABMC$ nội tiếp ta có :

$$AB.MC+AC.MB=AM.BC$$

$$\Rightarrow (AB+AC).IM=AM.BC$$

$$\Rightarrow 2IM=AM\,\,\,\text{(Do AB+AC=2BC)}$$

Vậy $I$ là trung điểm $AM$. Mặt khác lại có $\Delta MLB~\Delta MBA$ nên $ML.MA=MB^2=MI^2\Rightarrow ML=\frac{MI}{2}$

$\Rightarrow AI=\frac{2}{3}AL$. (1)

Do $IO$ là đường trung bình của tam giác $AMA'$ nên $IO// MA'\Rightarrow IO\perp AM$.

Vẽ $IO$ cắt $BC$ tại $S'$. $S'A$ giao $(O)$ tại điểm $D'$ khác A.

Ta có $\widehat{BIM}=\widehat{IBM}=\frac{1}{2}.(\widehat{ABC}+\widehat{BAC})$

Suy ra $\widehat{S'IB}=90^{o}-\widehat{BIM}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{ICS'}$

Từ đó dễ dàng suy ra $\Delta S'IB~\Delta S'CI\Rightarrow S'I^2=S'B.S'C=S'D'.S'A$ 

$\Rightarrow \frac{S'D}{S'I}=\frac{S'I}{S'A}\Rightarrow \Delta S'ID'~\Delta S'AI\Rightarrow \widehat{AD'I}=90^{o}$

Điều đó đồng nghĩa với việc $D',I,A'$ thẳng hàng suy ra $D'\equiv D\Rightarrow S'\equiv S$.

Vậy $SI//MK$ (Do cùng vuông góc với $AM$) mà $L$ là trung điểm $IM$ nên $L$ cũng là trung điểm $SK$ (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-09-2014 - 12:00

[BlackSelena]

Để ý thêm trong mọi trường hợp luôn có $SI \perp AM$.

Và điểm $D$ là tiếp điểm của đường tròn tiếp xúc trong $(O)$ và tiếp xúc với $BC$ tại hình chiếu của $I$ lên $BC$.

Vì vậy những điểm phẩy phẩy ko cần thiết.

[lethanhson2703]

vmf.png

Vẽ $AM$ cắt $BC$ tại $L$. Dễ thấy $IM=BM=CM$. Áp dụng đẳng thức Ptolemy cho tứ giác $ABMC$ nội tiếp ta có :

$$AB.MC+AC.MB=AM.BC$$

$$\Rightarrow (AB+AC).IM=AM.BC$$

$$\Rightarrow 2IM=AM\,\,\,\text{(Do AB+AC=2BC)}$$

Vậy $I$ là trung điểm $AM$. Mặt khác lại có $\Delta MLB~\Delta MBA$ nên $ML.MA=MB^2=MI^2\Rightarrow ML=\frac{MI}{2}$

$\Rightarrow AI=\frac{2}{3}AL$. (1)

Do $IO$ là đường trung bình của tam giác $AMA'$ nên $IO// MA'\Rightarrow IO\perp AM$.

Vẽ $IO$ cắt $BC$ tại $S'$. $S'A$ giao $(O)$ tại điểm $D'$ khác A.

Ta có $\widehat{BIM}=\widehat{IBM}=\frac{1}{2}.(\widehat{ABC}+\widehat{BAC})$

Suy ra $\widehat{S'IB}=90^{o}-\widehat{BIM}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{ICS'}$

Từ đó dễ dàng suy ra $\Delta S'IB~\Delta S'CI\Rightarrow S'I^2=S'B.S'C=S'D'.S'A$ 

$\Rightarrow \frac{S'D}{S'I}=\frac{S'I}{S'A}\Rightarrow \Delta S'ID'~\Delta S'AI\Rightarrow \widehat{AD'I}=90^{o}$

Điều đó đồng nghĩa với việc $D',I,A'$ thẳng hàng suy ra $D'\equiv D\Rightarrow S'\equiv S$.

Vậy $SI//MK$ (Do cùng vuông góc với $AM$) mà $L$ là trung điểm $IM$ nên $L$ cũng là trung điểm $SK$ (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Cho e hỏi câu hỏi không liê quan:

Trong hình này thì vì sao $\widehat{HAL}=\widehat{LAO}$

[Forgive Yourself]

Cho e hỏi câu hỏi không liê quan:

Trong hình này thì vì sao $\widehat{HAL}=\widehat{LAO}$

 

Do $AH$ là đường cao nên $\widehat{HAB}+\widehat{HBA}=90^o$

 

Ta có: $\widehat{A'AC}=\widehat{A'BC}$

 

Mà $\widehat{HBA}+\widehat{A'BC}=90^o\Rightarrow \widehat{HAB}=\widehat{A'BC}\Rightarrow \widehat{HAB}=\widehat{A'AC}$

 

Ta lại có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp nên $\widehat{IAB}=\widehat{IAC}$

 

Từ đó ta có: $\widehat{HAL}=\widehat{LAO}$