Bài toán (Russia Sharygin Geometry Olympiad 2013) Cho tam giác $ABC$ có phân giác $BD$. $I_a,I_c$ theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác $ABD,BDC$. $I_aI_c$ giao $AC$ tại $Q$. Chứng minh $\angle QBD=90^0$. Lời giải : Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $IAC$ và đường thẳng $QI_aI_c$ : \[\dfrac{QA}{QC}.\dfrac{I_cC}{I_cI}.\dfrac{I_aI}{I_aA}=1\;\;(1)\] Theo tính chất phân giác : \[\dfrac{I_cC}{I_cI}=\dfrac{BC}{BI},\dfrac{I_aI}{I_aA}=\dfrac{BI}{BA}\Rightarrow \dfrac{I_cC}{I_cI}.\dfrac{I_aI}{I_aA}=\dfrac{BC}{BA}\;\;\;(2)\] Từ $(1)(2)$ ta được : \[\dfrac{QA}{QC}=\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{AD}{AC}\Rightarrow (QD,AC)=-1\] Lại có $BD$ là phân giác góc $ABC$ nên $BQ$ vuông góc $BD$ hay $\angle QBD=90^0$.

Geometry

0 lượt xem 22/06/2026

Đề bài

Bài toán (Russia Sharygin Geometry Olympiad 2013)

Cho tam giác $A B C$ có phân giác $B D$ . $I_{a}, I_{c}$ theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác $A B D, B D C$ . $I_{a} I_{c}$ giao $A C$ tại $Q$ . Chứng minh $∠ QB D = 9 0^{0}$ .

Lời giải :

Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $I A C$ và đường thẳng $Q I_{a} I_{c}$ :

$\frac{Q A}{QC} . \frac{I _{c} C}{I _{c} I} . \frac{I _{a} I}{I _{a} A} = 1 (1)$

Theo tính chất phân giác :

$\frac{I _{c} C}{I _{c} I} = \frac{B C}{B I}, \frac{I _{a} I}{I _{a} A} = \frac{B I}{B A} \Rightarrow \frac{I _{c} C}{I _{c} I} . \frac{I _{a} I}{I _{a} A} = \frac{B C}{B A} (2)$

Từ $(1) (2)$ ta được :

$\frac{Q A}{QC} = \frac{B A}{B C} = \frac{A D}{A C} \Rightarrow (Q D, A C) = - 1$

Lại có $B D$ là phân giác góc $A B C$ nên $B Q$ vuông góc $B D$ hay $∠ QB D = 9 0^{0}$ .

Mô tả

Bài toán (Russia Sharygin Geometry Olympiad 2013) Cho tam giác có phân giác . theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác . giao tại . Chứng minh . Lời giải : Gọi là tâm nội tiếp tam giác. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác và đường thẳng : Theo tính […]

Hình học phẳngTỉ số kép - Hàng điểm điều hoà

Nguồn: julielltv