Chủ đề này có 2 trả lời

[royal1534]

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $H,M$ lần lượt là trung điểm của $BC,AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCM$ cắt đoạn $AH$ tại $D$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt đoạn $BM$ tại $K$. Gọi $I$ là giao điểm của $AK$ và $BD$, $E$ là giao điểm của $CI$ với $BM$. Chứng minh:
1.Tam giác $AKC$ vuông.
2.$I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABE$.

[Baoriven]

Mình mới có ý tưởng.

Kẻ $KC\cap (BDM)=F$. 

Ta có: $BMFM$ là hình thang cân và $KMDF$ là hình bình hành.

Suy ra : $\left\{\begin{matrix}\widehat{AKB}=\widehat{ADB} \\ \widehat{BKF}=\widehat{FBK}=\widehat{DBC} \end{matrix}\right.$

Do $\widehat{DBC}+\widehat{ADB}=90^{o}$ 

Nên $\widehat{AKC}=90^{o}$.

Hình gửi kèm

• 

[superpower]

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $H,M$ lần lượt là trung điểm của $BC,AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCM$ cắt đoạn $AH$ tại $D$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt đoạn $BM$ tại $K$. Gọi $I$ là giao điểm của $AK$ và $BD$, $E$ là giao điểm của $CI$ với $BM$. Chứng minh:
1.Tam giác $AKC$ vuông.
2.$I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABE$.

Bài hình đầu tiên mình giải trên VMF

Ta chứng minh  $\triangle AKC $ vuông như sau

$\widehat {KAM} =\widehat {BHD}=\dfrac{1}{2} \widehat{BDC} = \dfrac{1}{2} \widehat{BMC}  $

Do đó $MK=MA $

Suy ra $\triangle AKC$ vuông

b/  Ta có $IK.ID=ID.IB => I $ thuộc trục đẳng phương của $(BMC)$ và $(AC) $

Do đó $CI $ cắt $(BMC)$ tại $J $

Mặt khác, ta cũng có $\widehat {MBC} = \widehat{MJC} = \widehat{MCJ} $

Do đó $MA^2=MC^2=ME.MB $

Từ đó biến đổi góc thêm 1 tí là ra

Hình gửi kèm

•