Chủ đề này có 4 trả lời

[Nerus]

Cho (O) đường kính BC, điểm A thuộc (O). đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC. BI,CI cắt AC,AB ở P,Q. Đường cao AH (H thuộc BC) cắt PQ ở K. Chứng minh $\overline{K,I,O}$

[ecchi123]

$(I)$ cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$ , 

Bổ đề ; nếu $K$ là trực tâm tam giác $DEF$ thì $I,O,K$ thẳng hàng. cm:  dễ thấy $AIDK$ là hbh  nên $IK$ chia đôi $AD$ , theo kết quả quen thuộc thì $IO$ chia đôi $AD$ suy ra $K,O,I$ thẳng hàng

Giờ ta chứng mình $K$ là trực tâm  tam giác $DFE$ , gói đường cao $EM,FN$ của tam giác $DFE$  , do $MDE$ vuong cân tại $M$ nên , $M$ thuộc $IQ$ và diều sảy ra tương tự với $N$ , có tam giác $MFQ$ đồng dạng tam giác $NPE$ nên $MQ.NP=MF.NE$ , gọi $K'$ là trực tâm tam giác $DFE$ suy ra $MF.NE=MK'.NK'$ .,.. từ 2 điều trên suy ra tam giác $MQK'$ đồng dạng $NK'P$ (cgc) , từ dey có thể suy ra $Q,K',P$ thẳng hàng bằng góc . mà $K'AID$ là hbh nên $AK'$ vuông góc $BC$ , nên $K$ trùng $K'$ suy ra dpcm

[lehakhiem212]

cách giải khác bằng diện tích. Hạ $IE, IF$ vuông góc AC, AB

Ta có: $\frac{S_{BKI}}{S_{ABC}}=\frac{S_{BKI}}{S_{BKP}}.\frac{S_{BKP}}{S_{BPQ}}.\frac{S_{BPQ}}{S_{ABP}}.\frac{S_{ABP}}{S_{ABC}}=\frac{BI}{BP}.\frac{KP}{PQ}.\frac{BQ}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{AE}{AP}.\frac{KP}{PQ}.\frac{BQ}{AB}.\frac{AP}{AC}=\frac{AE}{PQ.AB.AC}.KP.BQ$

Tương tự ta cũng có: $\frac{S_{CKI}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{PQ.AB.AC}.KQ.CP$

Do $AE=AF$ nên ta sẽ chứng minh $KQ.CP=KP.BQ$

Ta có: $\frac{KQ}{KP}=\frac{S_{AQK}}{S_{AKP}}=\frac{\frac{S_{AQK}}{S_{ABK}}.\frac{S_{ABK}}{S_{ABH}}.\frac{S_{ABH}}{S_{ABC}}}{\frac{S_{AKP}}{S_{AKC}}.\frac{S_{AKC}}{S_{AHC}}.\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}}=\frac{AC}{AB}.\frac{AQ}{AP}.\frac{HB}{HC}=\frac{AC}{AB}.\frac{AQ}{AP}.\frac{AB^{2}}{AC^{2}}=\frac{AQ}{AP}.\frac{AB}{AC}=\frac{AB}{AP}.\frac{AQ}{AC}=\frac{BC}{CP}.\frac{BQ}{BC}=\frac{BQ}{CP}$

Suy ra $S_{BKI}=S_{CKI}$.Nên $KI$ đi qua trung điểm $BC$ tức là $K,I,O$ thằng hàng.

Cách này tuy dài nhưng mà dễ nhìn ra và dùng toàn diện tích và tỷ số.

[NHN]

mở rộng : cho tam giác $ABC$, phân giác $AD$, gọi $I$ là điểm bất kì nằm trên $AD$, giao của $BI,CI$ và $AC,AB$ là $P,Q$, trên $BC$ lấy $O$ bất kÌ, đường đẳng giác đối với $AO$ cắt $PQ$ tại $K$ thì $K,I,O$ thẳng

chứng minh

gọi giao của $AK$ và $BC$ là $K'$, giao của $AO$ và $PQ$ là $O'$,giao của $AD$ và $PQ$ là $D'$, giao của $QP$ và $BC$ là $T$ thì $-1=(TD,BC)$ nên $TA$ vuông $AD$ mà $AD$ là phân giác góc $KAO$ nên $(TD,K'O)=-1$ vậy $K'O'$ cắt $KO$ tại 1 điểm thuộc $AD$ gọi là $I'$ thì $(AI',D'D)=-1$ mà ta cũng thấy $(AI,D'D)=-1$ vậy $I'$ trùng $I$ vậy $K,I,O$ thẳng 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 15-01-2017 - 11:15

[NHN]

mở rộng : cho tam giác $ABC$, phân giác $AD$, gọi $I$ là điểm bất kì nằm trên $AD$, giao của $BI,CI$ và $AC,AB$ là $P,Q$, trên $BC$ lấy $O$ bất kÌ, đường đẳng giác đối với $AO$ cắt $PQ$ tại $K$ thì $K,I,O$ thẳng

chứng minh

gọi giao của $AK$ và $BC$ là $K'$, giao của $AO$ và $PQ$ là $O'$,giao của $AD$ và $PQ$ là $D'$, giao của $QP$ và $BC$ là $T$ thì $-1=(TD,BC)$ nên $TA$ vuông $AD$ mà $AD$ là phân giác góc $KAO$ nên $(TD,K'O)=-1$ vậy $K'O'$ cắt $KO$ tại 1 điểm thuộc $AD$ gọi là $I'$ thì $(AI',D'D)=-1$ mà ta cũng thấy $(AI,D'D)=-1$ vậy $I'$ trùng $I$ vậy $K,I,O$ thẳng 

mở rộng hơn nữa: cho tam giác $ABC$ lấy 1 điểm bất kì là $D$ trên $AD$ lấy 1 diểm bất kì là $E$, giao của $BE,CE$ lần lượt vối $AC,AB$ là $X,Y$. Trên $XY$ lấy $P$ bất kì $AP$ cắt $BC$ tại $P'$ . Giao của $PE,P'E$ lần lượt với $BC,XY$ là $Q',Q$. Chứng minh rẳng $A,Q,Q'$ thẳng 

chứng minh tương tự mở rộng cũ