Đến nội dung

Hình ảnh

CMR AF//DE

- - - - - hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
lehakhiem212

lehakhiem212

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 113 Bài viết

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có phân giác $BD,CE$.Qua $A$ vẽ các đường thẳng // $BD,CE$ cắt $BC$ tại $M,N$. Đường tròn $(AMN)$ cắt $(O)$ tại F.CMR: $AF//DE$.

geogebra-export.png



#2
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

tam giác $BMA,CNA$ cân tại $B,C$ nên nếu $J$ là tâm bàng tam giác $ABC$ thì $J$ là tâm ngoại $(AMN)$

Theo bổ đề quen thuộc thì $ED$ vuông góc $JO$ , mặt khác $JO$ lại vuông góc với $AF$ nen $AF$ ss $ED$


~O)  ~O)  ~O)


#3
manhhung2013

manhhung2013

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết

tam giác $BMA,CNA$ cân tại $B,C$ nên nếu $J$ là tâm bàng tam giác $ABC$ thì $J$ là tâm ngoại $(AMN)$

Theo bổ đề quen thuộc thì $ED$ vuông góc $JO$ , mặt khác $JO$ lại vuông góc với $AF$ nen $AF$ ss $ED$

Bạn chứng minh bổ đề trên được không?


đừng nghĩ LIKE và LOVE giống nhau...
giữa LIKE và LOVE chữ cái I đã chuyển thành O,tức là Important:quan trọng đã trở thành Only:duy nhất.
chữ cái K đã chuyển thành V:Keen:say mê đã trở thành Vascurla :ăn vào mạch máu.
vì thế đừng hỏi tại sao
lim(LIKE)=LOVE nhưng lim(LOVE) =

 


#4
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Bạn chứng minh bổ đề trên được không?

Mình xin trích lại bổ đề : , Cho tam giác $ABC$ nt $(O)$ phân giác $BD,CE$ cắt nhau tại $I$ , $J_a,J_b,J_c$ là các tâm bàng , Chứng minh : $OJ_a$ vuông góc với $DE$

Giải : Đàu tiên , có $(O)$ là $(Euler)$ của tam giá c$J_aJ_bJ_c$ 

Dễ thầy $J$ là trực tâm tam giác $J_aJ_bJ_c$ . Gọi $K$ là tâm $(J_{b}J_{c}I)$ Khi đó $O,J_a,K$ thẳng hàng

Xét trục đẳng phương của $(K),(O)$ có $\overline{EB}.\overline{EA}=\overline{EI}.\overline{EI_c}$ và $\overline{DC}.\overline{DA}=\overline{DI}.\overline{DI_b}$ nên $DE$ là trục đẳng phương của $(K),(O)$ khi đó $DE$ vuông góc với $\overline{J_aOK}$

ko quan trọng.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 25-02-2017 - 11:42

~O)  ~O)  ~O)


#5
dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết

Mình xin trích lại bổ đề : , Cho tam giác $ABC$ nt $(O)$ phân giác $BD,CE$ cắt nhau tại $I$ , $J_a,J_b,J_c$ là các tâm bàng , Chứng minh : $OJ_a$ vuông góc với $DE$

Giải : Đàu tiên , có $(O)$ là $(Euler)$ của tam giá c$J_aJ_bJ_c$ 

Dễ thầy $J$ là trực tâm tam giác $J_aJ_bJ_c$ . Gọi $K$ là tâm $(J_{b}J_{c}I)$ Khi đó $O,J_a,K$ thẳng hàng

Xét trục đẳng phương của $(K),(O)$ có $\overline{EB}.\overline{EA}=\overline{EI}.\overline{EI_c}$ và $\overline{DC}.\overline{DA}=\overline{DI}.\overline{DI_b}$ nên $DE$ là trục đẳng phương của $(K),(O)$ khi đó $DE$ vuông góc với $\overline{J_aOK}$

attachicon.gifko quan trọng.png

Mình đã giải bài toán tổng quát của bổ đề này:

Cho tam giác $ABC$ nhọn. Lấy $D$ 1 điểm bất trên đoạn $BC$ không trùng $B,C$. Lấy $E$ 1 điểm trên đoạn $AD$ ($E$ không trùng $A,D$). Gọi $(DEB)$ cắt $AB$ tại $F$ khác $B$ gọi $(DEC)$ cắt $AC$ tại $G$ khác $C$. $EC$ cắt $GD$ tại $I$ $FD$ cắt $BE$ tại $H$. Gọi $J$ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$. Chứng minh rằng: $AJ$ vuông góc $HI$.

Lời giải: Gọi $M,N$ lần lượt trung điểm $EB$ $EC$. Do $J$ tâm ngoại tiếp tam giác $EBC$ do đó ta $JM$ vuông góc $BE$ $JN$ vuông góc $EC$. Áp dụng định $Pythagoras$ thế thì ta : $JH^2=MH^2 +JM^2$ $JI^2=IN^2 +JN^2$. Do đó ta được rằng: $JH^2-JI^2=MH^2+JM^2-IN^2-JN^2 (1)$. Tiếp tục áp dụng định $Pythagoras$ ta : $JM^2=JE^2-ME^2$ $JN^2=JE^2-EN^2$ do đó ta thu được rằng $JM^2-JN^2=NE^2-ME^2$.
Từ đó thay lại vào $(1)$ ta : $JH^2-JI^2=MH^2-IN^2+NE^2-ME^2=(NE^2-IN^2)-(ME^2-MH^2)=\overline{IE}.\overline{IC}-\overline{HE}.\overline{HB}$= $P_{I|(O_{1})}-P_{H|(O_{1})}$. Trước khi quay lại tiếp tục giải bài toán, tôi xin nêu hai bổ đề nhỏ:

1)Cho tứ giác $ABCD$ $AC$ vuông góc $BD$ khi chỉ khi $AB^2+DC^2 = BC^2 +AD^2$ (Bổ đề 4 điểm)

 

2) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O;R)$. Giả sử $AD$ cắt $BC$ tại $K$ $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Khi đó ta : $IK^2= P_{K|(O)}-P_{I|(O)}$.
 

Chứng minh bổ đề 2: Ta kẻ các tiếp tuyến $KE,KF$ đến đường tròn $(O)$($E,F$ thuộc $(O)$). Gọi $EF$ cắt $AD$ $BC$ lần lượt tại $X$ $Y$. Theo hàng điểm điều hoà bản thế thì ta $(KX,AD)=(KY,BC)= -1$ do đó $AC,BD,EF$ đồng quy tại điểm $I$. Lại $OK$ vuông góc $EF$ nên ta $IF$ vuông góc $OK$. Áp dụng bổ đề 1 thế thì $IK^2-IO^2=KF^2-R^2$ hay $IK^2=KF^2-R^2+IO^2=P_{K|(O)}-P_{I|(O)}$ (do $P_{I|(O)}<0$) ta thu được đpcm.
 

Quay trở lại bài toán ban đầu, áp dụng bổ đề 2 thế thì ta dễ dàng được rằng: $AH^2=P_{A|(O_{1})}-P_{H|(O_{1})}$ $AI^2=P_{A|(O_{2})}-P_{I|(O_{2})}$.
Đến đây ta cần chứng minh rằng phương tích từ $A$ đến $(O_{1})$ bằng phương tích từ $A$ đến $(O_{2})(*)$, thật vậy ta : $(AF,EF) \equiv(AD,BD)(mod \pi)$ $(AG,EG)\equiv (AD,CD)(mod \pi)$ nên ta dễ tứ giác $AFEG$ nội tiếp. Do đó ta lại : $(EG,FG)=(DA,BA)(mod \pi)$ đồng thời ta $(EG,CG) \equiv (AD,BD)(mod \pi)$ do đó dẫn tới tứ giác $BFGC$ nội tiếp. Từ đây ta dễ thu được $\overline{AF}.\overline{AB}=\overline{AE}.\overline{AD}=\overline{AG}.\overline{AC}$ hay ta được $(*)$. Do đó, $AH^2-AI^2$= $P_{I|(O_{2})}-P_{H|(O_{1})}= JH^2-JI^2$. Áp dụng bổ đề 1 ta thu được $AJ \perp HI$ (đpcm).

Hình gửi kèm

  • hih21.png

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#6
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

Mình đã giải bài toán tổng quát của bổ đề này:

Cho tam giác $ABC$ nhọn. Lấy $D$ 1 điểm bất trên đoạn $BC$ không trùng $B,C$. Lấy $E$ 1 điểm trên đoạn $AD$ ($E$ không trùng $A,D$). Gọi $(DEB)$ cắt $AB$ tại $F$ khác $B$ gọi $(DEC)$ cắt $AC$ tại $G$ khác $C$. $EC$ cắt $GD$ tại $I$ $FD$ cắt $BE$ tại $H$. Gọi $J$ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$. Chứng minh rằng: $AJ$ vuông góc $HI$.

Cảm ơn bạn đã  có một bài toán tổng quát , Mình có 1 cách giải cho bài toán này

26.png

 ta có $\overline{HF}.\overline{HD}=\overline{HE}.\overline{HB}$ và tương tự với $I$ , ta được $HI$ là trục đẳng phương của $(BEC),(DFG)$ . $K$ là tâm $(DFG)$ thì $JK$ vuông góc $HI$

Gọi $(DFG)$ cắt $AB,AC,AD$ tại $M,N,P$ , dễ thấy $MN$ song song với $BC$ , $\widehat{PNA}=\widehat{ADG}=\widehat{ACE}$ suy ra $PN$ song song $EC$ , tương tự thì $PM$ song song $EB$ , suy ra có phép vị tự tâm $A$ biến tam giác $PMN$ thành $EBC$ nên $K,J,A$ thẳng hàng , Nên $AJ$ vuông góc với $IH$


~O)  ~O)  ~O)






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh