Chủ đề này có 1 trả lời

[loze]

Cho tam giác ABC có AC+BC=3AB.Đường tròn nội tiếp tâm $I$ của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,AC lần lượt tại D và E.Gọi K,L lần lượt là các điểm đối xứng của D và E qua $I$.CMR các điểm A,B,K,L nằm trên một đường tròn.

 

[perfectstrong]

Lời giải:

Gọi $M,N$ thứ tự là trung điểm $CB,CA$. Vì $3c=a+b$ nên dễ thấy $c<a,b$.

Ta sẽ chứng minh $(I)$ tiếp xúc $MN$. Thật vậy, điều này tương đương với:\[
d\left( {MN;BA} \right) = 2r \Leftrightarrow \frac{{h_c }}{2} = 2r \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\frac{{2S_{ABC} }}{{AB}} = 2.\frac{{S_{ABC} }}{{\frac{{AB + BC + CA}}{2}}} \Leftrightarrow CB + CA = 3AB
\]
Đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết nên ta có $MN$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$.

Vẽ $(I)$ tiếp xúc $AB$ tại $F$ thì dễ thấy $F,I,P$ thẳng hàng. Ta sẽ chứng minh $P,K,A$ thẳng hàng.

Vẽ $G$ là giao điểm của $FM$ và $AP$.

Ta có:

\[
\begin{array}{l}
 MP = MD = \left| {CD - CM} \right| = \left| {\frac{{a + b - c}}{2} - \frac{a}{2}} \right| = \left| {\frac{{b - c}}{2}} \right| = \frac{{b - c}}{2} \\
 AF = \frac{{b + c - a}}{2} = \frac{{b + c - \left( {3c - b} \right)}}{2} = b - c \Rightarrow \frac{{GM}}{{GF}} = \frac{{MP}}{{AF}} = \frac{1}{2} \\
 \end{array}
\]
Từ đó suy ra $M$ là trung điểm của $GF$. Mà $M$ cũng là trung điểm $CB$ nên $CG\parallel BF$.

Vẽ $AM$ cắt $CG$ tại $H$ thì suy ra $CH=AB=c$. Mà ta cũng có $CD=\dfrac{a+b-c}{2}=c \Rightarrow CH=CD$.

Ta cũng có $BD=BF$ và $\angle HCD=\angle FBD \Rightarrow \vartriangle HCD \sim \vartriangle FBD(c.g.c)$

Nên $\angle HDC=\angle BDF \Rightarrow H,D,F$ thẳng hàng (do $H,F$ khác phía với $BC$).

Dễ thấy $M$ là trung điểm $AH$ nên suy ra $HFAG$ là hình bình hành. Do đó $AG\parallel FH$.

Mà $PK \parallel FD \Rightarrow PK \parallel FH$ và vì $A,P,G$ thẳng hàng suy ra $P,K,A$ thẳng hàng.

Cho nên $PA.PK=PF^2$.

Tương tự $PL.PB=PF^2=PA.PK \Rightarrow Q.E.D$