Cho tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm $AB$, đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $AB$ tại $N$. Chứng minh rằng $I_aM$ đi qua trung điểm $CN$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 30-05-2016 - 17:15
Cho tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm $AB$, đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $AB$ tại $N$. Chứng minh rằng $I_aM$ đi qua trung điểm $CN$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 30-05-2016 - 17:15
có thể vẽ hình không bạn?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhminhnam: 03-06-2016 - 18:46
Nếu bạn muốn đến nơi cao nhất, phải học cách bắt đầu từ nơi thấp nhất!
Cho tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm $AB$, đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $AB$ tại $N$. Chứng minh rằng $I_aM$ đi qua trung điểm $CN$
Bài này mình dùng nghịch đảo tâm $N$ phương tích bất kì đưa về bài toán sau:
Bài toán: Cho hai đường tròn $(O_{1}),(O_{2})$ cắt nhau tại $N,C$ và có tiếp tuyến chung ngoài (gần $N$ ) là $XY (X \in (O_{1}).T$ đối xứng $N$ qua $XY,(TNC)$ cắt $AB$ ở $U.$ Chứng minh $UN^2=UA.UB?$
Chứng minh: $NC$ cắt $XY$ ở $Z,XY$ cắt $(TNC)$ ở $W,TW$ cắt $AB$ ở $V,XY$ cắt $(TNC)$ tại $Q.$
Dễ chứng minh $AX,BY,NQ$ đồng quy ở $T$ và $ZX^2=ZY^2=ZN.ZC=ZQ.ZW \Rightarrow (YXQW)=-1 \Rightarrow (BANV)=-1$ (chiếu xuyên tâm $T$ ).
Lại dễ chứng minh $UV=UN$ nên ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 04-06-2016 - 11:44
Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
Gọi $K, L$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $B$ của tam giác $ABC$ với $AB, AC$
Khi đó bằng biến đổi độ dài thông thường ta chứng minh được $M$ là trung điểm $NK$
Gọi $T$ là tiếp điểm của $(I_a)$ với $AC$ và $T$ là điểm đối xứng với $N$ qua $I_a$
Ta có $JT\perp NT \perp AI_a || KL$ và $\dfrac{CL}{CT}=\dfrac{I_bL}{I_aT}=\dfrac{KL}{TJ}$ nên $\Delta CTJ\sim \Delta CLK$
Do đó $C, J, K$ thẳng hàng nên $MI_a$ là đường thẳng chứa đường trung bình trong tam giác $NCJ$, nên đi qua trung điểm $CN$.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh