Tìm kiếm
Nam
Gửi bởi AP cắt $(I)$ tại K. Q đối xứng với K qua AM. FP cắt $(I)$ tại $R$
Do $AM.AI=AK.AP=AD^2$ nên KMIP nội tiếp. Do đó $\widehat{KMP}=\widehat{KIP}$ suy ra $\widehat{KMP}+\widehat{KMA}+\widehat{AMQ}=\widehat{KIP}+2\widehat{KPI}=180^0$ nên P, M, Q thẳng hàng.
Do vậy nên ta có: $\frac{DM}{MP}=\frac{ME}{MP}=\frac{QE}{DP}=\frac{DK}{DP}=\frac{DA}{PA}=\frac{DA}{FP}$ (1)
Mặt khác,do F đối xứng với A qua DP nên DP là phân giác $\widehat{RPK}$ suy ra $DR=DK=QE$ và $DE=RQ$
Do đó: $\widehat{RPM}=\widehat{ADM}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác FPM đồng dạng với tam giác ADM nên $\widehat{FMP}=\widehat{AMD}=90^0$.
Bài 2: Cho tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một đường thẳng d bất kỳ đi qua $O$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $I,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $MN,BN,CM$. Chứng minh 4 điểm $O,I,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.
P/s: Ai biết xuất xứ bài toán này không cho mình biết với....
AP cắt $(I)$ tại K. Q đối xứng với K qua AM. FP cắt $(I)$ tại $R$
Do $AM.AI=AK.AP=AD^2$ nên KMIP nội tiếp. Do đó $\widehat{KMP}=\widehat{KIP}$ suy ra $\widehat{KMP}+\widehat{KMA}+\widehat{AMQ}=\widehat{KIP}+2\widehat{KPI}=180^0$ nên P, M, Q thẳng hàng.
Do vậy nên ta có: $\frac{DM}{MP}=\frac{ME}{MP}=\frac{QE}{DP}=\frac{DK}{DP}=\frac{DA}{PA}=\frac{DA}{FP}$ (1)
Mặt khác,do F đối xứng với A qua DP nên DP là phân giác $\widehat{RPK}$ suy ra $DR=DK=QE$ và $DE=RQ$
Do đó: $\widehat{RPM}=\widehat{ADM}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác FPM đồng dạng với tam giác ADM nên $\widehat{FMP}=\widehat{AMD}=90^0$.
Bài 2: Cho tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. Một đường thẳng d bất kỳ đi qua $O$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $I,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $MN,BN,CM$. Chứng minh 4 điểm $O,I,P,Q$ cùng nằm trên một đường tròn.
P/s: Ai biết xuất xứ bài toán này không cho mình biết với....
- Arthur Pendragon và Sin99 thích
