Chủ đề này có 4 trả lời

[revenge]

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),M,N,P$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB;T,I$ là tâm nội tiếp của $MNP$ và $ABC$ và  $X,Y,Z$ là tâm bàng tiếp $Ạ,B,C$ lấy $L$ thỏa mãn $AL$ là đường kính  của $(T,TẠ)$, tương tự cho $BK,CQ$, H là trực tâm tam giác ABC.

a)Chứng minh $OI,XL,KY,QZ,HT$ đồng quy. 

b)Gọi $R,T$ là hình chiếu của $N,P$ lên $YZ,CL,BL$ cắt $BX,CX$ tại $P,Q$. Chứng minh $Q,P,R,T$ đồng viên

Nguồn:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 18-04-2016 - 11:59

[baopbc]

cho tam giác ABC nội tiếp Ở  ,M,N,P là trung điểm AB,BC,CÁ , T,I là tâm nội tiếp của MNP và ABC và  X,Y,Z là tâm bàng tiếp Ạ,B,C lấy L thõa AL là đường kính   của (T,TẠ) , tương tự cho BK,CQ  chứng minh OI,XL,KY,QZ dồng qui 

(my own)

Bài này là bài quen thuộc mà bạn!

Lời giải. Gọi $L_1$ là hình chiếu của $T$ lên $PN,AL_1$ cắt $BC$ tại $L_2$. Do $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$ nên theo tính chất đồng dạng thì $L_2N=\frac {1}{2}(AB+AC-BC)$. Mặt khác theo tính chất đường trung bình thì $L_2L||L_1T\Rightarrow L_2T\perp BC\Rightarrow \overline{L_2,L,X}$

$\Rightarrow XL$ vuông góc với $BC.\Rightarrow XL,KY,QZ$ đồng quy tại tâm ngoại tiếp tam giác $XYZ$. Gọi điểm đó là $D$

Để ý rằng $OI$ chính là đường thẳng $Euler$ của $\triangle XYZ$ nên $\overline {D,O,I}$

Vậy $OI,XL,KY,QZ$ đồng quy $\blacksquare$

Hình vẽ bài toán

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 17-04-2016 - 08:46

[revenge]

Lời giải hay. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ chứng minh $HT$ cũng đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 17-04-2016 - 17:50
LateX

[baopbc]

Lời giải hay. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ chứng minh $HT$ cũng đồng quy.

Tính chất này đẹp! Trên mô hình tổng quát thì nó vẫn đúng! Mình nghĩ nên viết lại như sau sẽ thu được nhiều tính chất hơn.

Bài toán tổng quát: Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H. M,N,P$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của điểm $I$ bất kì trong mặt phẳng lên $NP,PM,MN. AD,BE,CF$ cắt $BC,AC,AB$ lần lượt tại $D',E',F'$.

Chứng minh rằng:

$i,$Đường thẳng qua $D',E',F'$ lần lượt vuông góc với $BC,CA,AB$ đồng quy tại điểm $O$.

$ii,$ $O$ đối xứng với $H$ qua $T$.

Tổng quát này rất giống với tổng quát từ đường tròn $Euler$ ra đường tròn $LeMoine$.

Hình vẽ bài toán tổng quát

[revenge]

Thực ra mình tìm thấy bài toán này từ 2 thứ ít gặp là đường tròn $taylor$ và điểm $spieker$ ,T là tâm đường tròn $taylor$ của $XYZ$ và cũng là điểm $Spieker$ của tam giác $ABC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi revenge: 19-04-2016 - 17:27