Chứng minh thẳng hàng

[H_scorpio_95]

Tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với BC tại D. AI cắt (O) tại E. AO cắt (O) tại M. MI cắt (O) tại F. Chứng minh D,E,F thẳng hàng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[soros_fighter]

Nguyên văn bởi H_scorpio_95

Tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với BC tại D. AD cắt (O) tại E. AO cắt (O) tại M. MI cắt (O) tại F. Chứng minh D,E,F thẳng hàng.

Mình nghĩ đề phải là AI cắt (O) tại E chứ không phải AD cắt (O) tại E
Đề như bạn vẽ hình ra có thấy thẳng hàng đâu
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sang89]

Đề như bạn soros_fighter hiệu chỉnh là chính xác.

Ta chỉ cần chứng minh rằng FD là phân giác tam giác FBC. Điều này tương đương với:

$ \dfrac{DB}{DC} = \dfrac{FB}{FC} $

Dễ thấy rằng,

$ \begin{aligned} \dfrac{FB}{FC} &= \dfrac{\sin \angle{FMB}}{\sin \angle{FMC}} \\&= \dfrac{IB \cdot \cos \frac{B}{2}}{IC \cdot \cos \frac{C}{2}} \\&= \dfrac{DB}{DC} \end{aligned} $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vthiep94]

Mình không hiểu bài giải của bạn lắm ! Mong bạn Sang giải thích rõ ràng cái chỗ $ \dfrac{\sin{FMB}}{\sin{FMC}}=\dfrac{IB\cos{\dfrac{ B}{2}}}{IC\cos{\dfrac{C}{2}}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi vthiep94

Mình không hiểu bài giải của bạn lắm ! Mong bạn Sang giải thích rõ ràng cái chỗ $ \dfrac{\sin{FMB}}{\sin{FMC}}=\dfrac{IB\cos{\dfrac{ B}{2}}}{IC\cos{\dfrac{C}{2}}} $

Áp dụng định lý sin, ta chỉ cần chứng minh $\frac{\sin\widehat{IBM}}{\sin\widehat{ICM}} = \frac{\cos\frac{B}{2}}{\cos\frac{C}{2}} $.
Mà điều đó là hiển nhiên vì $\widehat{IBM} = 90^\circ - \widehat{IBA} \Rightarrow \sin\widehat{IBM} = \cos\widehat{IBA} = \cos\frac{B}{2} $.
Tương tự, ta có $\sin\widehat{ICM} = \cos\frac{C}{2} $.

Bài toán tổng quát có ở đây : [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thephuong]

Bài này có thể coi như là một kết quả khá đẹp, ngay trong đề olympic trong trại hè toán học cũng có liên qua đến bài này.
Mình giải bằng phương tích khá dài nên không nêu ra ở đây, sau đây là một cách của một bạn gái ở Kontum (mình không nhớ rõ tên, rất xin lỗi bạn)
Gọi $K, H $ là tiếp điểm của $(I) $ với $AB, AC $.
Ta có $\widehat{FBK} = \widehat{FCH} $ và thấy rằng $F, K, H, A $ cùng thuộc một đường tròn $\Rightarrow \widehat{FKB} = \widehat{FHC} \Rightarrow $ tam giác $FBK $ đồng dạng với tam giác $FHC \Rightarrow \frac{FB}{FC} = \frac{BK}{HC} = \frac{DB}{BC} \Rightarrow FD $ là phân giác $\widehat{BFC}\Rightarrow $ dpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sang89]

Nguyên văn bởi vthiep94

Mình không hiểu bài giải của bạn lắm ! Mong bạn Sang giải thích rõ ràng cái chỗ $ \dfrac{\sin{FMB}}{\sin{FMC}}=\dfrac{IB\cos{\dfrac{ B}{2}}}{IC\cos{\dfrac{C}{2}}} $

Mình sẽ trình bày kỹ hơn.
Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác $IBE, ICE:
$

$\sin \angle{FMB} = \sin \angle{IBM} \dfrac{IB}{IM}
$

$\sin \angle{FMC} = \sin \angle{ICM} \dfrac{IC}{IM} $

$\Rightarrow \dfrac{\sin \angle{FMB}}{\sin \angle{FMC}} = \dfrac{\sin \angle{IBM}}{\sin \angle{ICM}} \dfrac{IB}{IC}
$
Ta thấy rằng,$ \angle{ICM} = 90^{\circ} - \angle{ABI} = 90^{\circ} - \dfrac{B}{2} $, từ đó suy ra kết quả trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ngocduy1842]

Là trường hè bạn à. Gọi là "Gặp gỡ Toán học III". Chi tiết xem tại topic có mở sẵn tại diễn đàn.
Bài ở trường hè khúc sau cũng có thể sử dụng phép vị tự để rút gọn bài làm lại. Công nhận bài ấy, không biết ai ra đề mà đẹp quá đi, có rất nhiều đường đồng quy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[486abc]

Trại hè người ta dạy có nhiều không vậy các bạn
------------------------------
[MARQUEE[/MARQUEE]
phải chi mình được đi nhỉ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]