Chủ đề này có 2 trả lời

[Thong Nhat]

1/ Cho tam giác $ABC$ nhọn có $O,I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F.H,Z,T$ lần lượt là hình chiếu của $D,E,F$ lên $EF,FD,DE.S$ là giao điểm của $EF$ và $ZT.$

a) Chứng minh $H$ là trực tâm tam giác $ASI.$

b) $M$ là giao điểm thứ hai của $AI$ và $(O).$ Đường tròn tâm $M$ qua $E,F$ cắt $(O)$ tại $X,Y.$ Chứng minh $\overline{S,X,Y,Z,T}.$

2/ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I).H,D$ là hình chiếu của $A,I$ lên $BC.AI$ cắt lại $(O)$ tại $E,DE$ cắt lại $(O)$ tại $F,BC$ cắt $AF$ tại $K.$

a) Chứng minh $FI \perp FA$ và $A,I,K,H$ đồng viên.

b) $EH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $L,FL$ cắt $BC$ tại $J.$ Chứng minh tiếp tuyến tại $F$ của $(O)$ đi qua trung điểm của $JK.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 09-01-2019 - 21:43

[halloffame]

$2/$ Không mất tổng quát giả sử $AB>AC.$

$a)$ Gọi $F',M,N$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AI$ và $(O),CA,AB$ thì $F'I \perp F'A.$

$\widehat{BNF'}= \widehat{CMF'}, \widehat{BF'C}= \widehat{MF'N} \Rightarrow \Delta F'NB \sim \Delta F'MC,$ suy ra tồn tại phép vị tự quay $f$ tâm $F'$ sao cho

$f(M)=C,f(N)=B \Rightarrow f(I)=E \Rightarrow (F'I,F'E) \equiv (MN,CB) \equiv (AI,AH)(mod \pi ) \Rightarrow F'E,AH,(AF'I)$ đồng quy tại một điểm, gọi là $P.$

Như vậy $\widehat{ECA}= \widehat{EF'A}= \widehat{PF'A}=180^0- \widehat{PIA} \Rightarrow \sin \widehat{ECA}= \sin \widehat{PIA}.$

Áp dụng định lí $\sin : \frac{ID}{AP}= \frac{IM}{AP}= \frac{IM}{IA}: \frac{AP}{IA}= \frac{\sin \widehat{EAC}}{\sin \widehat{AIP}}= \frac{\sin \widehat{EAC}}{\sin \widehat{ECA}}= \frac{EC}{EA}= \frac{EI}{EA}$

$\Rightarrow \overline{E,D,P} \Rightarrow \overline{E,D,P,F'} \Rightarrow F' \equiv F \Rightarrow FI \perp FA.$

Lại có $KF.KA=KB.KC \Rightarrow K$ thuộc trục đẳng phương của $(AFI),(BIC) \Rightarrow KI$ tiếp xúc $(AFI) \Rightarrow \widehat{AIK}=90^0= \widehat{AFI}$

$\Rightarrow A,I,K,H$ đồng viên.

$b)$ Gọi $Q$ là giao điểm của đường thẳng qua $F$ song song $BC$ và $(O);S,R$ là giao điểm $EQ,EA$ với $BC;T$ là trung điểm $BC.$

Đặt $BC=a,CA=b,AB=c$ thì $TH= \frac{c^2-b^2}{2a},TR= \frac{a(c-b)}{2(b+c)},TD= \frac{c-b}{2} \Rightarrow TD^2=TR.TH \Rightarrow (HRDS)=-1.$

Như vậy gọi tiếp tuyến $(O)$ tại $F$ cắt $BC$ ở $G$ thì $(FJ,FK,FG,QF)=(FL,FA,FF,FQ)=(LAFQ)=(EL,EA,EF,EQ)=(HRDS)=-1,$

lại có $FQ \parallel JK \Rightarrow G$ là trung điểm $JK.$

Ta có đpcm.

[halloffame]

$1/$ Không mất tổng quát giả sử $AB>AC.$

$a)$ Dễ thấy $AI \perp HS.$ Xét cực và đối cực với $(I),$ do $(SHEF)=-1$ nên $H$ thuộc đối cực $S,$ mà $S \in FE$ đối cực $A$ nên $A$ thuộc đối cực $F$

$\Rightarrow AH$ là đối cực $S \Rightarrow SI \perp AH \Rightarrow H$ là trực tâm $\Delta ASI.$

$b)$ Gọi $(AEF) \cap (O)=J,$ theo bài $1a$ thì tồn tại phép vị tự quay $f$ tâm $J$ sao cho $f(F)=B,f(E)=C,f(I)=M.$

Do tính chất các đường đồng quy, $(HB,HC,HD,HE)=-1,$ lại có $HD \perp HE \Rightarrow \widehat{BHF}= \widehat{CHE} \Rightarrow \Delta BFH \sim \Delta HEC$

$\Rightarrow \frac{FH}{HE}= \frac{BF}{EC}= \frac{BD}{DC} \Rightarrow f(H)=D.$ Mà theo bài $1a, \overline{J,D,M} \Rightarrow \overline{J,H,I} \Rightarrow \overline{A,J,S}.$

$SA.SJ=SF.SE \Rightarrow S$ thuộc trục đẳng phương $(O),(M,ME) \Rightarrow X,Y$ thuộc đường thẳng qua $S$ song song $BC$ (do $OM /perp BC$ )

Lại có $\widehat{DZT}= \widehat{DEF}= \widehat{FDB} \Rightarrow ZT \parallel BC \Rightarrow \overline{S,Z,T,X,Y}.$

Ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 09-01-2019 - 22:29