Chủ đề này có 1 trả lời

[Zaraki]

Như vậy lời giải cho bài Tuần 3 tháng 2/2017 đã được thầy Hùng đưa tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ có tâm nội tiếp $I$, tâm ngoại tiếp $O$ và tâm bàng tiếp ứng với đỉnh $A$ là $J$. $M,N$ đối xứng với $A$ qua $IB,IC$. $P,Q$ đối xứng với $B,C$ qua $IA$. $JM,JN$ cắt đường thẳng $OI$ tại $E,F$. $PE$ cắt $FB$ tại $S$. $EC$ cắt $FQ$ tại $T$. Chứng minh rằng $S,T,J$ thẳng hàng.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 26-02-2017 - 17:58

[quynhlqd2016]

Lời giải bài toán.

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có tâm nội tiếp $I,L,K$ lần lượt là đối xứng của $C,B$ qua $IB,IC.$ Khi đó $KL \perp OI.$

Chứng minh. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $U,V,G.$

Đặt $(a,b,c)=(AG,BG,UC).$ Vì $BL=BC,BG=BU$ nên $GL=UC=c.$

Ta có: $LO^{2}-LI^{2}=LA.LB+R^{2}-(GL^{2}+r^{2})=(LA-GA).LB-GL^{2}+R^{2}-r^{2}=(c-a)(b+c)-c^{2}+(R^{2}-r^{2})=bc-a(b+c)+(R^{2}-r^{2}).$

Tương tự: $KO^{2}-KI^{2}=bc-a(b+c)+(R^{2}-r^{2})$ nên $LO^{2}-LI^{2}=KO^{2}-KI^{2}.$

Theo định lí Carnot, $LK \perp OI.$

Bổ đề 2. Gọi $P,Q$ là tâm đường tròn bàng tiếp $C,B$. Khi đó $PL,QK$ cắt nhau tại điểm nằm trên $OI.$

Chứng minh. $PL$ cắt $(ABI)$ tại $E,KQ$ cắt $(AIC)$ tại $F.LK\cap IO$ tại $T.$ Theo bổ đề 1 thì $\widehat{LTI}=90^0.$

Mặt khác ta có $\widehat{LEI}=\widehat{LTI}=90^0 \Rightarrow LEIT$ nội tiếp. (1)

Tương tự     $\widehat{KFI}=\widehat{KTI}=90$   $\Rightarrow FKIT$ nội tiếp. (2)

Ta có $(FL,FK)=(IL,IQ)=(IQ,IC)=(IB,IP)=(IP,IK)=(EL,EK)\Rightarrow ELFK$ nội tiếp. (3)

(1)(2)(3) $\Rightarrow EL,FK,IT$ đồng quy, đpcm.

Trở lại bài toán ban đầu.

Gọi $K,L$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $C,B.$ Theo bổ đề 2 $JM,LP,OI$ đồng quy suy ra $P,E,L$ thẳng hàng. Tương tự $K,F,Q$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí Desargues cho 2 tam giác $KFB$ và $ELC \Rightarrow \overline{S,J,T }.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 27-02-2017 - 23:26