Chủ đề này có 2 trả lời

[quanchun98]

Cho tam giác ABC với AB<AC, nội tiếp (O) tâm nội tiếp I. M là trung điểm BC, N là trung điểm cung BC chứa A của (O). (IAN) và (IBM) cắt nhau tại K khác I. BK giao AC tại X. NK giao AI tại Y. Chứng minh rằng XY,BI và AN đồng quy.

[nguyenhaan2209]

Chuyển đổi tên điểm ở đề bài như hình vẽ cho dễ nhìn

Yêu cầu đề bài tương đương với việc JL đi qua tâm bàng Ib

Có A(IbISB)=-1 (hàng điểm quen thuộc)

Đến đây ta sẽ có 2 hướng kill this problem   

1. B(IJAK)=AI/AJ.KJ/KI

=AI/AN.AN/AJ.KJ/KI

=AI/AN.HI/HJ.KJ/KI

=tanIMB.sinHKI/sinKHI.sinKHJ/sinHKJ

=tan(IMB).sinKHJ/cosKHJ

=tan(IMB).cot(IMB)=-1

 

2. Kẻ hình chữ nhật IEMF (F là tiếp điểm của (I) với BC)

Dễ thấy M,E,N thẳng hàng mà IE//BC nên NEI=90

Vậy NEI+NEI=180 nên E thuộc (IAN)

Mặt khác MF=MD (D là tiếp điểm của đường tròn A-ex vì DF//=2IE)

Nên IE=MF=MD hay IEDM là hình bình hành hay IMB=EDB

Áp dụng bổ đề thì AHJ=AEN=MED=MIF=90-IMB

Mặt khác JHK=90-IHK=90-IMB

Do đó JHA=JHK hay HJ là phân giác

Mà JHI=90 nên HI là phân giác ngoài hay (IJKA)=-1

 

=> Từ 2 cách tiếp cận trên ta đều có chung 1 kết quả

  * B(IJAK)=A(IbISB)=-1

=>B(IbJAL)=A(IbJBL)

=>J,L,Ib thẳng hàng (ĐPCM)

 

Hình gửi kèm

• 

[nguyenhaan2209]

Mở rộng: BJ cắt IL tại AIb

CM: Áp dụng kết quả bài toán đầu thì có I(TGAIb)=-1 với T=JS cắt AN

Từ đó kết hợp với (BSIIb)=-1 thì GJ đi qua B.

Lại có: (TGAIb)=(BSIIb)=-1 mà J,L,Ib thẳng hàng

Áp dụng định lí Papps cho {T,A,G} và {B,I,S} thì IT,AB,JL đquy

Tiếp tục áp dụng hàng điểm thì lại có O,K,S thẳng hàng

Remark: Từ đó ta có thể thấy bài toán còn có thể có cách CM khác

nữa dựa vào rất nhiều hàng điểm = -1

 

Hình gửi kèm

•