Chủ đề này có 5 trả lời

[toanhoc9]

Cho tam giác ABC có $\angle BAC$=60 và I là tâm đường tròn nội tiếp. Trên các tia BA,CA theo thứ tự lấy các điểm E,F sao cho BE=CF=BC. Chứng minh rằng I,E,F thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanhoc9: 05-07-2023 - 08:13

[William Nguyen]

+, Trường hợp tam giác cân tại $A$ thì $E, F, A$ trùng nhau. Ta xét $AB<AC$, trường hợp $AB>AC$ tương tự.

Kí hiệu $\widehat {BAC}$ là $\widehat {A}$, ...

+, $\Delta BCF$ cân tại $C$ có $CI$ phân giác nên ta có:

$\widehat A+\widehat{BIF} = \widehat{A}+360^{o}-2.\widehat{BIC} = \widehat{A}+2.(180^o-\widehat{BIC}) = \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C} = 180^o$

    Do đó tứ giác $ABIF$ nội tiếp nên $\widehat{ABF}=\widehat{AIF}$     $(1)$

+, Có $\widehat{ICE}=90^o-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{BAI}$

    nên tứ giác $AICE$ nội tiếp và $\widehat{AIE}=\widehat{ACE}$          $(2)$

+, Ta chứng minh $\widehat{ABF}=\widehat{ACE}$                                $(3)$

$\widehat{ABF}=\widehat{ACE}$

    $\Leftrightarrow \widehat{B}-\left(90^o-\frac{\widehat{C}}{2}\right)=90^o-\frac{\widehat{B}}{2}-\widehat{C}$

    $\Leftrightarrow \widehat{B}+\widehat{C} = 120^o$, luôn đúng khi $\widehat{A}=60^o$

+, Từ $(1), (2), (3)$ ta có $I, E, F$ thẳng hàng.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi William Nguyen: 06-07-2023 - 20:08

[HaiDangPham]

Còn cách khác như sau. 

 

Vì $\angle BAC=60^{\circ}$ và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ nên $\angle BIC=120^{\circ}$. 

Do $CF=BC$ và $CI$ là tia phân giác góc $BCF$ nên tam giác $BIC$ và tam giác $FIC$ bằng nhau (c.g.c).

Do đó $\angle CIF=\angle BIC=120^{\circ}$.

Vì vậy $\angle BIF=360^{\circ}-\angle BIC- \angle CIF=120^{\circ}$. 

Chứng minh tương tự như trên từ $BE=BC$ ta suy ra $\angle BIE=120^{\circ}$. 

Suy ra $\angle BIE=\angle BIF=120^{\circ}$, do đó ta phải có tia $IE, IF$ trùng nhau. 

Vậy $I, E, F$ thẳng hàng. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 05-07-2023 - 15:10

[toanhoc9]

Có ai dùng vecto để chứng minh thẳng hàng không ạ, sử dụng bổ đề: $a.\underset{IA}{\rightarrow}+b.\underset{IB}{\rightarrow}+c.\underset{IC}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$.

[nmlinh16]

Nếu muốn dùng véctơ thì có thể làm như sau: Gọi $a, b, c$ lần lượt là độ dài của $BC, CA, AB$. Ta có $$\overrightarrow{BE} = \frac{a}{c}\overrightarrow{BA} = \frac{a}{c}\overrightarrow{IA} - \frac{a}{c}\overrightarrow{IB}$$ và $$a\overrightarrow{IA} = -(b\overrightarrow{IB} + c\overrightarrow{IC}),$$ nên $$\overrightarrow{BE} = -\frac{1}{c}\left(b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}\right) - \frac{a}{c}\overrightarrow{IB} = -\frac{a+b}{c}\overrightarrow{IB} - \overrightarrow{IC}.$$ Từ đó ta có $$\overrightarrow{IE} = \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{BE} = -\frac{a+b-c}{c}\overrightarrow{IB} - \overrightarrow{IC},$$ và tương tự, $$\overrightarrow{IF} = -\overrightarrow{IB} - \frac{a+c-b}{b}\overrightarrow{IC}.$$

Ta sẽ chứng minh rằng $$\frac{a+b-c}{c} = \frac{b}{a+c-b}.$$ Thật vậy, ta có các biến đổi tương đương $$\frac{a+b-c}{c} = \frac{b}{a+c-b} \Leftrightarrow (a+b-c)(a+c-b) = bc \Leftrightarrow a^2 = b^2 + c^2 - bc,$$ đẳng thức cuối cùng đúng theo định lý hàm số cosine (với chú ý rằng $\cos\widehat{BAC} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$). Từ đó ta có $\overrightarrow{IE} = \frac{a+b-c}{c}\overrightarrow{IF}$, suy ra các véctơ $\overrightarrow{IE}$ và $\overrightarrow{IF}$ cùng phương.

Có ai dùng vecto để chứng minh thẳng hàng không ạ, sử dụng bổ đề: $a.\underset{IA}{\rightarrow}+b.\underset{IB}{\rightarrow}+c.\underset{IC}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 06-07-2023 - 00:08

[HaiDangPham]

Bài này còn một cách khác, đó là dùng Định lý Menelaus. Chứng minh sau đây sử dụng hình của bạn William Nguyen, không chặt chẽ khi liên quan tới độ dài các đoạn thẳng, chỉ cốt nói ra ý tưởng chính yếu. 

 

Đặt $AB=c, BC=a, CA=b$. Gọi $BK$ là tia phân giác góc $B$ của tam giác $ABC$. 

Ta có $BE=CF=a$, $EA=a-c, FA=b-a$.

Bởi tính chất tia phân giác ta dễ dàng chứng minh được

$CK=\frac{ab}{a+c}$. 

Từ đây suy ra

$FK=CF-CK=a-\frac{ab}{a+c}=\frac{a(a+c-b)}{a+c}$. 

 

 

Bây giờ đặt $S=\frac{EA}{EB}.\frac{IB}{IK}.\frac{FK}{FA}$. Ta có ngay $\frac{EA}{EB}=\frac{a-c}{a}$ và $\frac{FK}{FA}=\frac{a(a+c-b)}{(a+c)(b-a)}$. 

Hơn nữa, vì $CI$ là tia phân giác của góc $BCK$ nên 

$\frac{IB}{IK}=\frac{BC}{CK}=\frac{a}{ab/(a+c)}=\frac{a+c}{b}$   

Vì vậy 

$S=\frac{(a-c)(a+c-b)}{b(b-a)}=\frac{a^2-c^2-ab+bc}{b^2-ab}$

 

Do đó $S=1$ tương đương với $a^2=b^2+c^2-bc$. Đẳng thức này đúng theo Định lý hàm cosin áp dụng với tam giác $ABC$ có $\angle BAC=60^{\circ}$. 

Theo Định lý Menelaus ta suy ra $I, E, F$ thẳng hàng.