Chủ đề này có 10 trả lời

[My Angel]

Cho hai đường tròn $(O)$ và $(I)$ tiếp xúc ngoài nhau tại $T$. Môt đường thẳng tiếp xúc với $(I)$ tại $X$ cắt $(O)$ tại các điểm $A$ và $B$. Gọi $S$ là giao điểm thứ hai của $(O)$ với $XT$. Trên cung $TS$ không chứa $A$ và $B$ chọn môt điểm $C$. Gọi $CY$ là tiếp tuyến từ $C$ đến $(I)$ với $Y$ thuộc $(I)$ sao cho đoạn $CY$ không cắt đoạn $ST$. Gọi $E$ là giao điểm của $XY$ và $SC$. Chứng minh $E$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ tam giác $ABC$

[barcavodich]

Ai up hình lên với ạ

Mình vẽ hình nhưng lại có vẻ thấy đề không đúng

[nhatquangsin]

Ai up hình lên với ạ

Mình vẽ hình nhưng lại có vẻ thấy đề không đúng

 

 

Hình gửi kèm

• 

[barcavodich]

 

Giải như sau

Ta có $\bigtriangleup OST$ cân tại $O$ và $\triangle ITX$ cân tại $I$ và $\angle STO=\angle ITX$

$\Rightarrow \angle IXT=\angle ISO\Rightarrow OS//IX$

Do đó $S$ là điểm chính giữa của $\overbrace{AB}$ chứa $C$

$\Rightarrow CE$ là phân giác ngoài của  $\angle ACB$

Hoàn toàn tương tự $BE$ cũng là phân giác ngoài của $\angle ABC$

Hay $E$ là tam bàng tiếp trong góc $A$ của $\triangle ABC$

QED.

[nhatquangsin]

Giải như sau

Ta có $\bigtriangleup OST$ cân tại $O$ và $\triangle ITX$ cân tại $I$ và $\angle STO=\angle ITX$

$\Rightarrow \angle IXT=\angle ISO\Rightarrow OS//IX$

Do đó $S$ là điểm chính giữa của $\overbrace{AB}$ chứa $C$

$\Rightarrow CE$ là phân giác ngoài của  $\angle ACB$

Hoàn toàn tương tự $BE$ cũng là phân giác ngoài của $\angle ABC$

Hay $E$ là tam bàng tiếp trong góc $A$ của $\triangle ABC$

QED.

mình không hiểu nó tương tự như thế nào

bạn có thể giải thích không

[barcavodich]

mình không hiểu nó tương tự như thế nào

bạn có thể giải thích không

MÌnh vừa nhận ra là đề có thể sai

Lí do như sau

Gọi $F$ là giao của $BE$ với $(O)$

Khi đó $\triangle OTF$ cân tại $O$ và $\triangle YIT$ cân tại $I$ có $2$ góc đối đỉnh 

Do đó ta vẫn suy ra được $OF//IY$

Muốn $BE$ là phân giác ngoài của $\angle CBA$ thì ta phải có $F$ là điểm chính giữa của cung $CA$

Nhưng điều này chỉ đúng khi $A,C,Y$ thẳng hàng

 

[nhatquangsin]

MÌnh vừa nhận ra là đề có thể sai

Lí do như sau

Gọi $F$ là giao của $BE$ với $(O)$

Khi đó $\triangle OTF$ cân tại $O$ và $\triangle YIT$ cân tại $I$ có $2$ góc đối đỉnh 

Do đó ta vẫn suy ra được $OF//IY$

Muốn $BE$ là phân giác ngoài của $\angle CBA$ thì ta phải có $F$ là điểm chính giữa của cung $CA$

Nhưng điều này chỉ đúng khi $A,C,Y$ thẳng hàng

 

 

thử dùng Geometry's Sketchpad đo thì đề vẫn chuẩn mà bạn

VD:

 

Hình gửi kèm

• 
• 
• 

[malx]

Việc chứng minh $CE$ là phân giác ngoài của $\angle BCA$ là đơn giản, làm như #barcavodich# là được. Để kết thúc bài toán chỉ cần chứng minh tiếp $AE$ là phân giác ngoài của $\angle BAC$, tức là phân giác $\angle CAX$ là đủ.

$YT$ cắt $(O_{1})$ tại điểm thứ hai $H, HA$ cắt $XY$ tại $K$. Dễ thấy $HS\parallel XY$ (so sánh góc qua tiếp tuyến trung của hai đường tròn tại $T$). Do $\angle TCE= \angle SHT = \angle TYE$ nên tứ giác $TEYC$ nội tiếp. Do $\angle TAK = \angle HST = \angle TXK$ nên tứ giác $AXKT$ nội tiếp. Do $\angle ACE = \angle SHA = \angle AKE$ nên tứ giác $AEKC$ nội tiếp.

Gọi $L$ là giao điểm của hai đường tròn $(AXKT)$ và $(TEYC)$. Vì $\angle ELT = \angle TYE = \angle AXT$ nên ba điểm $A, E, L$ thẳng hàng. Vì $\angle TLK = \angle TXK = \angle TYC$ nên ba điểm $L, K, C$ thẳng hàng (phải viết chi tiết vì sợ phép tương tự rồi J). Đến đây dễ thấy $\angle EAX = \angle EKL = \angle CKY = \angle CAE$ nên ta có đpcm: $AE$ là phân giác $\angle CAX$

 

Nhận xét: $CK$ là phân giác $\angle ACY$ nên có phỏng đoán là bài này có thể giải được bằng hình học cao cấp (spiral similarity, spiral symmetry ? ...). Rất tiếc là do lười chưa học mấy thứ này.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi malx: 30-08-2013 - 18:40

[tranquocluat_ht]

Việc chứng minh $CE$ là phân giác ngoài của $\angle BCA$ là đơn giản, làm như #barcavodich# là được. Để kết thúc bài toán chỉ cần chứng minh tiếp $AE$ là phân giác ngoài của $\angle BAC$, tức là phân giác $\angle CAX$ là đủ.

$YT$ cắt $(O_{1})$ tại điểm thứ hai $H, HA$ cắt $XY$ tại $K$. Dễ thấy $HS\parallel XY$ (so sánh góc qua tiếp tuyến trung của hai đường tròn tại $T$). Do $\angle TCE= \angle SHT = \angle TYE$ nên tứ giác $TEYC$ nội tiếp. Do $\angle TAK = \angle HST = \angle TXK$ nên tứ giác $AXKT$ nội tiếp. Do $\angle ACE = \angle SHA = \angle AKE$ nên tứ giác $AEKC$ nội tiếp.

Gọi $L$ là giao điểm của hai đường tròn $(AXKT)$ và $(TEYC)$. Vì $\angle ELT = \angle TYE = \angle AXT$ nên ba điểm $A, E, L$ thẳng hàng. Vì $\angle TLK = \angle TXK = \angle TYC$ nên ba điểm $L, K, C$ thẳng hàng (phải viết chi tiết vì sợ phép tương tự rồi J). Đến đây dễ thấy $\angle EAX = \angle EKL = \angle CKY = \angle CAE$ nên ta có đpcm: $AE$ là phân giác $\angle CAX$

 

Nhận xét: $CK$ là phân giác $\angle ACY$ nên có phỏng đoán là bài này có thể giải được bằng hình học cao cấp (spiral similarity, spiral symmetry ? ...). Rất tiếc là do lười chưa học mấy thứ này.

Một lời giải đẹp!

 

.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranquocluat_ht: 30-08-2013 - 23:56

[cuongt1k23]

việc chứng minh CE là phân giác góc ngoài $\angle ACB$ thật dễ dàng , ta chỉ cần chứng minh BE là phân giác , ta cần chỉ ra SA = SB =SE (= $\sqrt{ST.SX}$ ) sau đó ta có:

$\angle EBX=\angle BAE+\angle BEA=180^{\circ}-\angle ABE=\frac{360^{\circ}-2.\angle ABE}{2}=\frac{360^{\circ}-\angle ABE-\angle SAB-\angle SPB}{2}=\frac{\angle ASC}{2}=\frac{\angle CBX}{2}$

suy ra BE là phân giác $\angle CBX$ (dpcm)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[tunglamlqddb]

việc chứng minh CE là phân giác góc ngoài $\angle ACB$ thật dễ dàng , ta chỉ cần chứng minh BE là phân giác , ta cần chỉ ra SA = SB =SE (= $\sqrt{ST.SX}$ ) sau đó ta có:

$\angle EBX=\angle BAE+\angle BEA=180^{\circ}-\angle ABE=\frac{360^{\circ}-2.\angle ABE}{2}=\frac{360^{\circ}-\angle ABE-\angle SAB-\angle SPB}{2}=\frac{\angle ASC}{2}=\frac{\angle CBX}{2}$

suy ra BE là phân giác $\angle CBX$ (dpcm)

cái chỗ đấy mình ko hiểu, bạn giải thích hộ mình với!!