a) Gọi $X$ là điểm đối xứng của $F$ qua $B$, $Y$ là điểm đối xứng của $E$ qua $C$.
$(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$.
Ta chứng minh $A,K,E,X$ đồng viên.
Lấy $C'$ là điểm đối xứng của $C$ qua phân giác ngoài góc $B$.
Khi đó $\Delta KXC' = \Delta KEC(c.g.c)\Rightarrow \angle KXC' = \angle KEC$
$\Rightarrow \angle KXA = \angle KEA\Rightarrow A,K,E,X$ đồng viên.
Tương tự, $A,H,F,Y$ đồng viên.
Gọi $T$ là giao của $(HAF)$ và $(KAE)$.
Thế thì $\Delta TXF\backsim TEY(g.g)\Rightarrow \angle TBF = \angle TCY$ (góc tạo bởi hai đường trung tuyến và cạnh tương ứng)
$\Rightarrow T\in (ABC)$.
b) Ta chứng minh bài toán con sau: Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$.
Gọi $I_a$ là tâm bàng tiếp góc $A$, $I_aD$ cắt lại $(I)$ tại $G$.
Khi đó $(BGC)$ tiếp xúc $(I)$ và $I_a,G,E,C$ đồng viên; $I_a,G,F,B$ đồng viên.
Chứng minh: $EF$ cắt $BC$ tại $L$.
Lấy $S$ là trung điểm của $LD$, $M$ là trung điểm của $BC$, $H$ là hình chiếu của $I_a$ trên $BC$.
Theo hệ thức Maclaurin, ta có $DM.DL = DB.DC$
$\Rightarrow DH.DS = DB.DC$.
Lại có $DB.DC = HC.DC = ID . HI_a\Rightarrow DH.DS = ID . HI_a$
$\Rightarrow \Delta DHI_a\backsim\Delta IDS(c.g.c)$
$\Rightarrow DI_a\perp SI$.
Mà $(SD,BC) =-1\Rightarrow S,D$ liên hợp đối với $(I)$, suy ra $DI_a$ là đường đối cực của $S$ đối với $(I)$.
Dẫn đến $SG$ là tiếp tuyến tới $(I)$, hay $SG^2 = SD^2 = \overline{SB}.\overline{SC}$
$\Rightarrow SG$ là tiếp tuyến của $(BGC)$
$\Rightarrow (BGC)$ tiếp xúc $(I)$.
Từ đây biến đổi góc dễ có $I_a,G,E,C$ đồng viên; $I_a,G,F,B$ đồng viên.
Trở lại bài toán, nhận thấy $M\in (AFH)$ và $N\in (AEK)$, đồng thời hai đường tròn này tiếp xúc với $(I)$ lần lượt tại $M,N$.
Cho $FM,EN$ cắt nhau tại $Q$ thì dễ thấy $Q\in AT$.
Gọi $V$ là giao tiếp tuyến tại $M,N$ của $(I)$.
Theo định lý Pascal ta có $A,V,Q$ thẳng hàng.
Dẫn đến $V\in AT$.
Mà $V$ thuộc tđp của $(AMC), (ABN)$ nên ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 14-09-2022 - 22:56
