Chủ đề này có 3 trả lời

[dark templar]

Bài toán: Cho tam giác ABC bất kỳ.Các đường tròn bàng tiếp của tam giác tiếp xúc các cạnh BC,CA,AB tại $A_1;B_1;C_1$.

• Chứng minh rằng $AA_1;BB_1;CC_1$ đồng quy tại 1 điểm N.Ta gọi điểm N là điểm Neghen.
• Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của N lên BC,CA,AB.Chứng minh rằng :$\dfrac{S_{EDF}}{S_{ABC}}=\dfrac{r(R-r)}{R^2}$.

Trong đó $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC.

[ilovemath97]

Xử câu a đã
Ta dùng định lí XÊVA để chứng minh
Ta có: $AC1=A1C$= $p-AC$ (kq quen thuộc, chỉ cần dùng t/c tiếp tuyến)
và tg tự: $AB1=BA1=p-AB$ ; $BC1=B1C=p-BC$
Và lúc này, áp dụng định lí xêva:
$\frac{C1A}{C1B}\times \frac{A1B}{A1C}\times \frac{B1C}{B1A}=\frac{(p-AC)\times (p-AB)\times (p-BC)}{(p-BC)\times (p-AC)\times (p-AB)}=1$
vậy suy ra $AA1 ,BB1,CC1$ đồng quy (đpcm)
(Ai giúp mình đc ko, hình vẽ bằng GSP cực to, copy qua paint rất to, đến khi post thì phải nói rất chi là tí hon, tên điểm nhìn còn ko ra nữa )

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovemath97: 31-12-2012 - 21:17

[kerry0111]

theo công thức euler ta cần cm $R^2-d^2=4Rr-4r^2$

ta cũng có hệ thức $R^2-ON^2=xyc^2+yza^2+zxb^2$

$(x=\frac{S_{NBC}}{S_{ABC}}=\frac{p-a}{p}, y=\frac{S_{NCA}}{S_{ABC}}=\frac{p-b}{p}, z=\frac{S_{NAB}}{S_{ABC}}=\frac{p-c}{p})$

$xyc^2+yza^2+zxb^2=\frac{\sum a^2(a+b-c)(a+c-b)}{\left ( \sum a \right )^2}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$

$4Rr-4r^2=\frac{abc}{p}-\frac{4S^2}{p^2}=\frac{2abc-\prod (a+b-c)}{\sum a}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$

tóm lại ta có đpcm

[reddevil1998]

Câu a còn có thể xử lí thông qua bổ đề sau,cùng với mở rộng của đường thẳng Euler:
Cho tam giác $ABC$ ,đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác tx $BC$ tại $D$ .Gọi $DE$ là đường kính của $I$ .$AE$ cắt $BC$ tại $F$ thì $BD=CF$