Bài toán này mình có 2 cách giải khác nhau nhưng cùng 1 hướng đi :
Đầu tiên, CP cắt (B) tại P', BQ cắt ( C) tại Q' ($P'\not\equiv P;Q'\not\equiv Q$)
(B) cắt ( C) tại điểm thứ 2 là D suy ra H là trung điểm AD
ta dễ có: $(CMPP')=(BMQQ')=-1$ suy ra BC, PQ, P'Q' đồng quy tại J
Đt qa B ssong AD cắt Q'D tại $Q_{1 }$, tương tự xác định $P_{1 }$
theo đlí Menelaus suy ra: $\frac{JB}{JC}=\frac{P'M}{P'C}.\frac{Q'B}{Q'M}=\frac{DM}{CP_{1}}.\frac{BQ_{1}}{DM}=\frac{BQ_{1}}{CP_{1}}$
ta sẽ chứng minh J là tâm vị tự của (B) và ( C) (*)
thật vậy: $(*)\Leftrightarrow \frac{BQ_{1}}{CP_{1}}=\frac{BD}{CD}$
$\Leftrightarrow \frac{sin\widehat{BDQ_{1}}}{sin\widehat{Q_{1}}}=\frac{sin\widehat{CDP_{1}}}{sin\widehat{P_{1}}}$
$\Leftrightarrow \frac{sin\widehat{DAQ'}}{sin\widehat{ADQ'}}=\frac{sin\widehat{DAP'}}{sin\widehat{ADP'}}$
$\Leftrightarrow \frac{DQ'}{AQ'}=\frac{DP'}{AP'}$ (Đúng)
(Do cùng =$\sqrt{\frac{MD}{MA}}$ )
suy ra (*) đúng.
Có: $\overline{MP}.\overline{MP'}=\overline{MQ}.\overline{MQ'}$ suy ra P, Q, P', Q' đồng viên
suy ra $\overline{JA}^{2}=\overline{JP'}.\overline{JQ'}=\overline{JP}.\overline{JQ}=\overline{JH}.\overline{JN}$
từ đây ta có 2 cách như sau:
Cách 1: (tiếp theo hướng của Belphegor Varia) :v
dễ có $JA\perp AN$
mak từ (*) ta cx có AJ là phân giác ngoài góc A của $\Delta ABC$
Nên AN là p/gi trong góc A của $\Delta ABC$
...
Cách 2:
Có: $JA\perp AN$
dễ có $\Delta JAQ$ đồng dạng $\Delta JPA$ suy ra $\widehat{APQ}=\widehat{JAQ}$
=> $\widehat{APQ}+\widehat{NAQ}=90^{\circ}$
=> $\widehat{AQP}+\widehat{NAP}=90^{\circ}$
Ta có đpcm.
P/S: cần chứng minh thêm J nằm ngoài đoạn BC (đơn giản)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huypham2811: 13-08-2015 - 11:38