Binh nhất
Cho tam giác $ABC$, đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$, $M$ là trung điểm $BC$, gọi $S$ là giao điểm $EF$ với $BC$
a) CMR $SH$ vuông góc với $AM$
b)Gọi $B_1,C_1$ lần lượt là điểm đối xứng của $B$ qua $AC$, $C$ qua $AB$, Chứng minh khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ của $(O)$ thì đường thẳng qua $A$ vuông góc với tiếp tuyến tại $H$ của $(HB_1C_1)$ đi qua điểm cố định
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kograysus: 14-05-2023 - 19:09
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Vậy $M$ bị "thừa" à 
Binh nhất
điểm $M$ là dùng cho câu a ạ : $S$ là giao điểm của $EF$ với $BC$, CMR $SH$ vuông góc với $AM$
còn yếu tố thay đổi thì hình như là $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$ của $(O)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kograysus: 14-05-2023 - 19:08
Sĩ quan
điểm $M$ là dùng cho câu a ạ : $S$ là giao điểm của $EF$ với $BC$, CMR $SH$ vuông góc với $AM$
còn yếu tố thay đổi thì hình như là $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$
Cung lớn $BC$ của đường tròn nào vậy ạ?
Binh nhất
Cung lớn $BC$ của đường tròn nào vậy ạ?
e vừa sửa lại rồi ạ
Trung sĩ
Mình xin giải ạ:
a,Áp dụng Định lí Brocard cho tứ giác $BCEF$ nội tiếp có $H$ là trực tâm $\Delta ASM$ nên $SH$ vuông góc $AM$
b,Gọi $P,Q$ là giao điểm của tiếp tuyến của $(HB'C')$ tại $H$ với $AB,AC$
Ta có $\widehat{FHP}=\widehat{AB'H}=\widehat{ABE}$ $\Rightarrow $ $\widehat{APQ}=\widehat{ABE}+\widehat{PHB}=\widehat{FHB}$
Tương tự $\widehat{AQP}=\widehat{EHC}$ mà $\widehat{FHB}=\widehat{EHC}$ nên $\widehat{APQ}=\widehat{AQP}$
Suy ra $\Delta APQ$ cân tại $A$ mà $AI \perp PQ$ nên $AI$ là phân giác $\widehat{BAC}$
Từ đó suy ra $AI$ đi qua điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ cố định(đpcm)
How far are you from me,Fruit?
I am hidden in your heart,Flower.
(Rabindranath Tagore)
Binh nhất
Mình xin giải ạ:
a,Áp dụng Định lí Brocard cho tứ giác $BCEF$ nội tiếp có $H$ là trực tâm $\Delta ASM$ nên $SH$ vuông góc $AM$
b,Gọi $P,Q$ là giao điểm của tiếp tuyến của $(HB'C')$ tại $H$ với $AB,AC$
Ta có $\widehat{FHP}=\widehat{AB'H}=\widehat{ABE}$ $\Rightarrow $ $\widehat{APQ}=\widehat{ABE}+\widehat{PHB}=\widehat{FHB}$
Tương tự $\widehat{AQP}=\widehat{EHC}$ mà $\widehat{FHB}=\widehat{EHC}$ nên $\widehat{APQ}=\widehat{AQP}$
Suy ra $\Delta APQ$ cân tại $A$ mà $AI \perp PQ$ nên $AI$ là phân giác $\widehat{BAC}$
Từ đó suy ra $AI$ đi qua điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ cố định(đpcm)
Bạn xem lại hộ mình với, hình như $AI$ đi qua điểm đối xứng của $O$ qua $BC$ chứ không phải là phân giác bạn ạ
Mình thấy bạn nhầm ở chỗ $\widehat{FHP}=\widehat{AB'H}$ ý, $A,B_1.C_1$ có thẳng hàng đâu nhỉ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kograysus: 14-05-2023 - 23:25
Trung sĩ
Bạn xem lại hộ mình với, hình như $AI$ đi qua điểm đối xứng của $O$ qua $BC$ chứ không phải là phân giác bạn ạ
Mình thấy bạn nhầm ở chỗ $\widehat{FHP}=\widehat{AB'H}$ ý, $A,B_1.C_1$ có thẳng hàng đâu nhỉ
À ừ hình như mình nhầm
Để mình xem lại
How far are you from me,Fruit?
I am hidden in your heart,Flower.
(Rabindranath Tagore)
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học
