Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(I)$. Một đường tròn tiếp xúc với $AC,AB,(ABC)$ lần lượt ở $P,Q,R.AI$ cắt $(ABC)$ ở $T$. Chứng minh rằng $TR,PQ,BC$ đồng quy.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 16-06-2013 - 16:19
Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(I)$. Một đường tròn tiếp xúc với $AC,AB,(ABC)$ lần lượt ở $P,Q,R.AI$ cắt $(ABC)$ ở $T$. Chứng minh rằng $TR,PQ,BC$ đồng quy.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 16-06-2013 - 16:19
Đề này nhầm thì phải? Nếu gọi $(X)$ là đường tròn tiếp xúc trong $AC,AB,(ABC)$ thì $T$ phải là giao điểm của $AX$ và $(ABC)$ mới thỏa đề.
Đề này nhầm thì phải? Nếu gọi $(X)$ là đường tròn tiếp xúc trong $AC,AB,(ABC)$ thì $T$ phải là giao điểm của $AX$ và $(ABC)$ mới thỏa đề.
Anh có thể chỉ cách dựng hình bài toán này không ạ? Dựng đường tròn $(X)$ như anh nói đấy ạ, em cảm ơn!
Bài toán thì anh chưa chứng minh được, nhưng cách dựng thì thế này:
Phân giác góc $ABC,ACB$ thứ tự cắt $(I)$ lần 2 tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(I)$ cắt nhau ở $Z$. Vẽ $ZA$ cắt đường tròn $(I)$ lần thứ 2 tại $R$.
Phân giác góc $BAC$ cắt $IR$ tại $X$. Đường tròn $(X;XR)$ là đường tròn cần dựng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-04-2013 - 08:15
Anh Hân đã làm quá dài dòng thì phải ^^, giải như sau:
Gọi $P$ là giao điểm của $BC$ và $RT$, $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $RE,RF$ với $(ABC)$.
Ta có: $X,Y$ lần lượt là điểm chính giữa của cung $AB, AC$, và $I$ thuộc $EF$ (trong chứng minh của anh Hân đã nhắc tới $2$ điều này), rõ ràng $BY,CX$ cắt nhau tại $I$
Áp dụng định lý Pascal cho lục giác nôi tiếp $RTABCX$, ta được $I,E,P$ thẳng hàng, tức là $P \in EF$, và đó là điều phải chứng minh.
...Secret...
@perfectstrong: Lời giải hay tuyệt đấy tranminhbao2607 Anh cũng không nghĩ tới điều này. Nhưng mỗi lời giải đều có cái hay riêng
@tranminhbao2607: Em chỉ tự dưng nhận ra thôi ạ ^^ Vâng, lời giải của anh cực kỳ bá đạo ^^ và rất tuyệt
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranminhbao2607: 30-04-2013 - 08:54
Gọi D là giao điểm PT và BC. Ta chứng minh D,Q,P thẳng hàng bằng menelaus $<=>\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}.\frac{\overline{QB}}{\overline{QA}}.\frac{\overline{PA}}{\overline{PC}}=1 <=> \frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{PC}}{\overline{QB}}$
Mà điều này dễ thấy: $\frac{\overline{PC}}{\overline{QB}}=\frac{\frac{sin(DP,DC)}{sin(PD,PC)}.\overline{DC}}{\frac{sin(DQ,DB)}{sin(QD,QB)}.\overline{DB}}$ mà $\angle APQ=\angle AQP$ => dpcm
------------------------------
Còn 1 cách dựng đtròn (X) nữa: Dựng tâm đường tròn nội tiếp ABC, gọi là O. Kẻ đường thẳng qua O vuông góc AO cắt AB tại D. Kẻ đường thẳng qua D vuông góc AB cắt AO tại X. Ta được đt (X,XD)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 03-05-2014 - 08:08
-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh