Chủ đề này có 1 trả lời

[LNH]

Cho tam giác $ABC$. Đường tròn tâm $(I)$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Gọi $A_0$ là điểm đối xứng của $D$ qua $EF$. $AA_0$ cắt $BC$ tại $A_1$. Tương tự với $B_1,C_1$. Chứng minh: $A_1,B_1,C_1$ thẳng hàng và nằm trên đường thẳng Euler của tam giác $DEF$

[BlackSelena]

Cho tam giác $ABC$. Đường tròn tâm $(I)$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Gọi $A_0$ là điểm đối xứng của $D$ qua $EF$. $AA_0$ cắt $BC$ tại $A_1$. Tương tự với $B_1,C_1$. Chứng minh: $A_1,B_1,C_1$ thẳng hàng và nằm trên đường thẳng Euler của tam giác $DEF$

$AI$ cắt $BC$ tại $A_2$

Một kết quả khá quen thuộc là $OI$ đi qua trực tâm $H$ của tam giác $DEF$ (chứng minh bằng hình học thuần túy cũng được nhưng lật Tài Liệu chuyên toán ra có cách vector nhanh hơn)

Ta chứng minh $A_1 \in HI$ và theo bổ đề hình thang thì điều này tương đương với $\dfrac{IA}{IA_2} = \dfrac{HA_0}{HD}$ (ở đây mình k0 sử dụng độ dài đại số nữa vì vị trí các điểm k0 chạy ra ngoài đoạn thẳng được).

Dễ tính đc $\dfrac{IA}{IA_2} = \dfrac{AB+AC}{BC} = \dfrac{\sin B + \sin C}{\sin A}$

Mặt khác nhận thấy $A_0FHE:tgnt$ nên $A_0H = 2r\sin FA_0E = 2r. sin \dfrac{A}{2}$ tr0ng đó $r$ là độ dài bán kính $(I)$

Lại có $\dfrac{HA_0}{HD} = \dfrac{A_0D}{HD} - 1 = \dfrac{A_0D.EF}{HD.EF} - 1 = \dfrac{2S_{DEF}}{2r. \sin D . 2r. \cos D} -1  = \dfrac{2r^2(\sin 2D + \sin 2E + \sin 2F)}{2r^2 \sin 2D} -1 = \dfrac{\sin 2E + \sin 2F}{\sin 2D} = \dfrac{\sin B + \sin C}{\sin A}$

Vậy $\overline{A_1,H,I}$, mà do vai trò của $A,B,C$ là như nhau nên có đpcm $ \ \square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 26-11-2013 - 20:22