Đang tải... (xem toàn văn)
Từ đó tam giác OPQ nội tiếp đường tròn đường kình OT cố định nên ta có điều phải chứng minh.. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác APQ và HMN tiếp xúc nhau..[r]
(1)MỘT SỐ BÀI TẬP
TỪ THẦY LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH
Bài Cho tam giác ABCcó đường trịn nội tiếp I tiếp xúc với BC CA AB, , , ,
D E F Trên EF lấy M P, cho CM AC AP BC, Trên DE lấy N Q, cho
,
DN AC AQ BC Gọi K trung điểm BC Chứng minh trục đẳng phương PEM
và QFN song song với IK Lời giải
Ta có BF BD AP BD nên AF AP Tương tự, ta thu AP AF AEAQ nên 90
PEQ PFQ
Gọi X giao điểm PE QF X trực tâm tam giác DPQ
nên XP XE XQ XF , tức X có phương tích với PEM QFN
Ta có BF BD BF CM nên CM CDCE Do CEM 90 EDP EPM nên AE tiếp tuyến PEM, lại có APAE nên AP tiếp xúc với PEM Tương tự, AQ
H G
T X
K
N
M Q P
F
E
D
I O
B C
(2)tiếp tuyến QFN, mà APAQ nên A có phương tích với PEM QFN Suy AX trục đẳng phương PEM QFN Do ta cần chứng minh IK AX Thật vậy, dễ thấy DX đường kính I Gọi T giao điểm AX BC, đường thẳng qua X vng góc với DX cắt AB AC, G H, Ta thấy phép vị tự tâm A biến GH thành BC biến I thành đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC, mà T ảnh X qua phép vị tự nên T tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A với BC, K trung điểm DT nên KI XT Ta có điều phải chứng minh
Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O I I Ia, b, c tương ứng tâm đường tròn tiếp góc A B C, , tam giác ABC AIa giao O D khác A Trên I D I Db , c lần
lượt lấy điểm ,E F cho ABC 2 I BEa , ACB 2 I CFa , E F, nằm tam giác
a
I BC Chứng minh EF giao I Ib c điểm nằm O Lời giải
Cách
A' N
F E
D
Ib
Ia Ic
O
B C
(3)Dễ thấy A B C, , chân đường cao tam giác I I Ia b c nên ( )O đường tròn Euler tam giác I I Ia b c, gọi N trung điểm I Ib c N thuộc ( ).O Ta cần chứng minh EF qua
N
Thật vậy, ta có 2I BEa ABC 2 ABIb nên ABE I BIb a 90 Tương tự, 90
ACF
nên gọi A' giao điểm BE CF A' đối xứng với A qua O, ' b c
DA I I Đồng thời, ý N trung điểm I Ib c nên
sin sin
sin sin
b c
b b c c
NI D ND ND NI D
NDI NI NI NDI
Nên ta dễ dàng có D A N EF ' , 1
Mặc khác, dễ thấy NBDC tứ giác điều hòa nên A DN EF' , 1 D A N EF ' , Suy , ,
E F N thẳng hàng Ta có điều cần chứng minh
Cách
Gọi H trực tâm tam giác I I Ia b c, M N, trung điểm BC I I, c b
H M
N E D
Ic Ib
Ia
O
B
C
(4)Dễ thấy hai tam giác I BCb I I Hb a đồng dạng ngược nên I M I Db , b đẳng giác góc
a b
I I B Mặt khác, tương tự cách 1, ta có BE BM, đẳng giác góc I BIa b, suy E M liên hợp đẳng giác tam giác I BIa b tức I E I Ma , a đẳng giác Mà I BCa I I Ia b c đồng
dạng ngược, suy I Ea qua N Tương tự I Fa qua N, ta suy điều cần chứng minh
Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn có đường trịn nội tiếp I tiếp xúc với BC CA AB, , , ,
D E F Gọi H trực tâm tam giác ABC, M N L, , trung điểm CA AB BC, , Trên , ,
AH BH CH lấy K P Q, , cho DK IL, EPIM, FQIN Gọi X Y Z, , giao điểm MP NQ, NQ LK, LK MP
a) Chứng minh XD YE ZF, , đồng quy điểm T b) Chứng minh H I T, , thẳng hàng
Lời giải
a) Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với BC CA AB, , D E F, , Gọi M trung điểm BC, đường thẳng IM cắt đường thẳng quaA vng góc BC X, AXDI hình bình hành.”
Chứng minh
Gọi K giao điểm thứ hai AI với đường tròn O ngoại tiếp tam giác ABC Dễ thấy hai tam giác AIF BKM đồng dạng, đồng thời ý KBKI AX, KM nên ta có
K X
M F
E
D I
O
B C
(5)
AX AI AI IF
MK IK BK MK
Nên AX IF ID, suy AXID hình bình hành Hồn tất chứng minh bổ đề Trở lại toán,
Gọi G giao điểm IL với AK Áp dụng bổ đề, ta có GD AI nên GDEF
Mặt khác, tam giác GKL ta thấy KDGL LD, GK nên D trực tâm tam giác GKL, suy GDKL Do ta có EF KL Chứng minh tương tự, ta có hai tam giác DEF XYZ có cặp cạnh tương ứng song song nên XD YE ZF, , đồng quy tâm vị tự T hai tam giác
b) Gọi ,S J trung điểm IH IA, JS AH nên JSMN
Mà NJ BI BI, DF DF, XZ nên NJXM Tương tự, MJ XN, suy J trực tâm tam giác XMN nên XJ MN hay X J S, , thẳng hàng Suy XS ID YS IE, Vậy phép vị tự tâm T biến tam giác DEF thành tam giác XYZ biến đường thẳng DI thành XS, EI thành IS nên biến I thành S, , ,S I T thẳng hàng, kéo theo H I T, , thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh
H G
T X
Z
Y
P
Q
K
N M
L F
E
D I
B C
(6)Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O Gọi D E F, , trung điểm cung BAC CBA ACB, , DE DF, cắt AC AB, M N, Gọi H K, hình chiếu A lên BE CF, Chứng minh CH BK MN, , đồng quy
Lời giải
Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường cao AD CE, Gọi M N, trung điểm BC CA, DE giao MN T Khi AT đường đối trung tam giác ABC.”
Chứng minh
J
S H
T X
Z
Y
K
N M
L D
I
B C
A
T D
E
N
M
B C
(7)Ta thấy tứ giác AEDC nội tiếp AB TN nên NTD BED NCD suy TDNC nội tiếp Mà NANDNC nên NA2 ND2 NM NT suy hai tam giác ANM TNA đồng dạng, để có MAN NTA BAT.Suy AT đường đối trung tam giác ABC
Trở lại toán,
Gọi BE giao CF X, CF giao AD Y, AD giao BE Z Ta thấy X Y Z, , tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC; A B C, , D E F, , chân đường cao, đường trung tuyến tam giác XYZ, XHK XAK XYZ XBZ, suy BC HK
Mặt khác, áp dụng bổ đề vừa chứng minh, ta có X M N, , thẳng hàng nằm đường đối trung tam giác XYZ, đồng thời đường thẳng MN qua trung điểm BC hai tam giác XBC XYZ đồng dạng ngược Từ áp dụng bổ đề hình thang, ta có BH CK MN, , đồng quy Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn có D E F, , trung điểm BC CA AB, , Đường tròn qua
E tiếp xúc BC B cắt lại DE M Đường tròn qua F tiếp xúc BC C cắt lại DF N Gọi K giao điểm MN EF Chứng minh AK song song với trục đẳng phương ABC DEF
X
Y
Z
K H
M N
D
F
E
O
B C
(8)Lời giải
Ta thấy DEF đường tròn Euler tam giác ABC, gọi Q tâm đường tròn Gọi ,
X Y hình chiếu C B, AB AC, XY giao DE M', từ chứng minh bổ đề trước, ta có
'
BD DE DM nên (BEM') tiếp xúc với BC, suy M trùng M' Chứng minh tương tự ta có XY qua N
Áp dụng định lý Pappus cho hai điểm thẳng hàng B X F, , , C Y E, , ta có T thuộc OQ Từ đó, theo định lý Brokard ta có AK QT, suy AK OQ hay AK song song với trục đẳng phương ABC DEF Ta có điều phải chứng minh
Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Gọi I tâm đường tròn nội tiếp; ,L M N, giao điểm thứ hai AI BI CI, , với O Một đường tròn qua ,I L cắt BC , E F
,
LE LF cắt O lần , P Q PQ cắt AB AC, H K, Chứng minh NH MK cắt điểm nằm IEF
Lời giải
Ta có L trung điểm cung BC nên LI LBLC LI2 LE LP LF LQ suy tứ giác
EFQP nội tiếp, đồng thời hai tam giác LIE LPI đồng dạng, để có PIL IEL, tương tự
QIL IFL
, suy PIL QIL IEL IFL180 Do , ,P I Q thẳng hàng
Q
T
K Y
X N
M
F E
D O
B C
(9)Gọi T giao điểm thứ hai NH O , TM giao AC K' Áp dụng định lý Pascal cho điểm N A M
B T C
ta có H I K, , ' thẳng hàng, suy K trùng K'
Ta có TH TK, phân giác góc ATB ATC, nên
1
TB KC HA TB HA TA KC TC KA HB HB TA KA TC
Gọi X giao điểm TL BC ta có XB TB
XC TC Suy
1
XB KC HA XC KA HB
Nên X H K, , thẳng hàng, từ XT XL XP XQ XE XF nên tứ giác ETLF nội tiếp, ta có điều phải chứng minh
Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Một đường kình thay đổi cắt AB AC, E F, Gọi M N, trung điểm BF CE, ,P Q hình chiếu ,B C lên OM ON, Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác OPQ có bán kính cố định
Lời giải
X
T
K H
Q
P
F E
N
M
L
I O
B C
(10)Kẻ đường kính BL CK, O Do E O F, , nên tương tự trước, ta có KE LF, giao điểm T nằm O
Ta có OM đường trung bình tam giác BLF nên
BOM BLF BOT
Suy BT qua P Tương tự CT qua Q Từ tam giác OPQ nội tiếp đường trịn đường kình OT cố định nên ta có điều phải chứng minh
Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Gọi D giao điểm đường tròn qua B tiếp xúc AC A với đường tròn qua C tiếp xúc AB A Tiếp tuyến đường tròn DBC D cắt AB AC, M N, cắt O P Q, Gọi H trực tâm tam giác APQ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ HMN tiếp xúc Lời giải
,
DC DB giao O lần ,R S Tương tự trước, ta chứng minh RM giao SN điểm T nằm O M D N, , thẳng hàng
Vì H trực tâm tam giác APQ nên đường tròn HPQ APQ đối xứng qua PQ, gọi X điểm đối xứng với A qua PQ để hồn tất tốn, ta cần chứng minh
APQ XMN tiếp xúc
Thật vậy, ta có MDB DCB MTB nên tứ giác TDMB nội tiếp, tương tự TDNC tứ giác nội tiếp
Q P
L K
T N M
F
E O
B C
(11)Đồng thời ý T X nằm phía so với MN nên từ
MTN MTD NTD MBD NCD MAN MXN
Ta suy NXTM nội tiếp
Ta có MNT DCT RST nên RS MN, suy TRS TMN tiếp xúc Từ ta thu điều phải chứng minh
Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Gọi D hình chiếu trực tâm H
lên trung tuyến AI tam giác ABC Tiếp tuyến A đường tròn O cắt BC T DT cắt AB AC, E F, Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh KEF tiếp xúc O
Lời giải
R
S
T X
Q
P
N
M
D O
B C
(12)Gọi P Q, hình chiếu A B, BC CA, Dễ thấy tứ giác IPHD PHQC, nội tiếp nên AD AI AH AP AQ AC , suy IDQC nội tiếp, dó IDC IQC ICA, suy hai tam giác IDC ICA đồng dạng Để có
DC IC IB DB
AC IA IA AB
Đồng thời, BDC BDI CDI ABC ACB180 BAC nên gọi S điểm đối xứng với D qua BC S O SB DB AB
SC DC AC nên ABSC tứ giác điều hịa,
TDTSTA, suy TD2 TA2 TB TC nên TD tiếp tuyến BDC
Gọi M N, giao điểm thứ hai CD BD, với O Ta có , ,E D F thẳng hàng nên ME giao NF điểm X nằm O Do EXB MCB EDB nên tứ giác XDEB nội tiếp, tương tự XDFC tứ giác nội tiếp,
180
EXF EXD FXD EBD FCD ABC ACB DBC DCB EAF
Suy XEKF nội tiếp
Mặt khác EFX DCX MNX nên EF MN, XEF tiếp xúc O Ta có điều phải chứng minh
Bài 10. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O có D E F, , tiếp điểm đường tròn nội tiếp I với BC CA AB, , Lần lượt lấy OI BC AD, , điểm L M N, , cho
P
Q
S X
N
M K
F E
T
D H
I O
B C
(13), ,
DLEF LM BC LN AD Gọi K giao điểm thứ hai hai đường tròn LEF LMN Chứng minh MN DK EF, , đồng quy
Lời giải
Ta cần bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O có D E F, , tiếp điểm đường tròn nội tiếp I với BC CA AB, , Khi đó, OI đường thẳng Euler tam giác DEF.” Chứng minh
Gọi X Y Z, , trung điểm EF FD DE, , Khi đó, dễ thấy phép nghịch đảo tâm I phương tích r2 biến đường trịn O thành đường tròn XYZ, đường tròn Euler tam giác
DEF Vì OI qua tâm đường tròn Euler tam giác nên đường thẳng Euler tam giác DEF
Trở lại toán,
Áp dụng bổ đề, ta có L trực tâm tam giác DEF nên từ trước, ta dễ dàng suy DK đường trung tuyến tam giác DEF nên qua trung điểm EF Như vậy, ta cần chứng minh MN chia đôi EF
Thật vậy, gọi X Y, hình chiếu ,E F DF DE, T trung điểm BC
Z Y
X F
E
D
I O
B C
(14)Ta có LN DA LM, DM LX, DF LY, DE nên L NM XY , D AM FE , 1 Mà , , ,
M N X Y nằm đường trịn đường kính DL nên ta có MN XY, 1 Hơn nữa, dễ thấy TX TY, tiếp tuyến DL nên ta có MN qua T
Bài toán chứng minh hoàn toàn
Bài 11 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn O có H trực tâm Gọi K M N, , trung điểm BC CA AB, , Đường thẳng qua M vng góc với MH cắt đường thẳng qua N vng góc với NH D Trên MN lấy E cho EH vng góc với AD Trên BC lấy F cho EF vng góc với AO Chứng minh KH AF cắt O
Lời giải
Gọi X Y, hình chiếu B C, CA AB, Dễ thấy HE trục đẳng phương AH DH Mà MN XY HE, , trục đẳng phương nên chúng đồng quy tâm đẳng phương đường trịn AH , DH , YNXM, đo dó E thuộc XY
Y
X
T N M
L
A I
E F
(15)Gọi AF giao O T khác A Ta có FT FA FB FC FY FX nên tứ giác AXYT nội tiếp, suy ATH 90
Do TH qua Q điểm đối xứng Aqua O, mà ta có tính chất quen thuộc H K Q, , thẳng hàng, suy ,T H K, thằng hàng Ta có điều phải chứng minh
Bài 12. Cho tam giác ABC có BC cố định, A thay đổi cho SABC không đổi Đường cao
,
BE CF cắt H Gọi M N, trung điểm AB AC, EF giao MN BC, , P Q
AP giao QH K Chứng minh tam giác KBC có diện tích cố định Lời giải.
Q Y
X T
F
E
D
N M
K H
O
B C
A
T K P
Q
F
E
M N
H
O
B C
(16)Gọi T giao điểm AP BC
Dễ thấy Q AH FB , 1 nên AK PT, 1 Suy KP 2KT, từ có AT 3KT , mà tam giác ABC có diện tích cố định nên tam giác KBC có diện tích cố định
Bài 13. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O có B C, cố định, điểm A thay đổi O cho tam giác ABC nhọn BAC ABC Gọi H trực tâm, D trung điểm BC Trên AB AC, lấy E F, cho EF qua D vng góc HD Đường thẳng qua E vng góc FH cắt AC G Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFG Chứng minh
KF qua điểm cố định A thay đổi Lời giải
Gọi L hình chiếu B AC Khi ta có tứ giác HDFL nội tiếp nên LFH LDH Mà
2 2 2 2
LF DF HD HL BD HB HL HL DB DCHL BLDB DCLA LCLO DO
Nên OFLD, mà HDF 90 nên OFD LDH LFH Nên FO FH, đẳng giác góc GFE, mà FH GE nên FO qua K Suy FK ln qua O cố định, ta có điều phải chứng minh
L
K G
F
E
H
D O
B C
(17)Bài 14. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn O có trực tâm H CH cắt AB D Trên AC lấy M cho DM OD Trên MD lấy N cho CNMH Gọi K giao điểm CD OM Chứng minh MNK CNH
Lời giải
Gọi T trung điểm AC, ta có
2 2 2 2 2
TM DM OD OT TATCDA DBTA DH DC TA HD HCDH TH DH
Suy DT MH, mà MDO 90 nên DMH TDO TMO Suy MH MO, đẳng giác góc NMC
Hơn nữa, gọi X giao điểm MH AB Ta có MDX CDO (cùng phụ góc ADO) nên X O hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác MCD Từ
XCD ACO BCD
nên X đối xứng B qua D
Ta có DCN 90 XHD 90 DHB ACD nên CD phân giác góc MCN.Mà MH MK đẳng giác nên ta có NH NK đẳng giác, hay MNK CNH Ta có điều phải chứng minh
X
T
K
N M
D
H O
B C
(18)Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O có B C, cố định, A thay đổi cho tam giác ABC nhọn BE CF, đường cao Trung tuyến qua A tam giác AEF cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF D Kí hiệu K , H lầ lượt đường tròn qua D tiếp xúc AB AC, F E, Chứng minh trục đẳng phương K , H qua điểm cố định A thay đổi
Lời giải
Gọi M trung điểm EF, N giao điểm thứ hai K H , ND giao AEF lần X Ta có FND END BFD CED180 nên N thuộc EF Từ có
NDF AFN AFE MDE
suy DN đường đối trung tam giác DEF nên XEDF tứ giác điều hòa Mặt khác, gọi T trung điểm BC dễ thấy TE TF, tiếp tuyến AEF nên T thuộc XD Vậy ND qua T cố định Ta có điều phải chứng minh
Bài 16 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Gọi ,E F chân đường cao qua ,
B C tam giác ABC Trung tuyến qua A tam giác AEF cắt lại O M Trung tuyến qua A tam giác ABC cắt lại AEF N Chứng minh AO tiếp xúc AMN
Lời giải
Gọi T trung điểm BC H, trực tâm tam giác ABC, AH giao BC D Ta có tứ giác TDHN CDHE nội tiếp nên AN AT AH AD AE AC , suy TCEN nội tiếp,
TNC TEC TCA
Tương tự, ta suy
X
N
T D
M E
F
O
B
(19)180
BNC TNB TNC TBA TCA BAC
Nên gọi M' điểm đối xứng với N qua BC ta có M' nằm O , đồng thời '
'
M B NB NB AB AC TB AB TA AB
M C NC AB AC NC TA AC TC AC
Nên ABM C' tứ giác điều hịa, lại có EF đối song BC nên AM' trung tuyến tam giác AEF, suy M' trùng M Do M đối xứng N qua BC
Từ ta có NMA MAD OAN nên OA tiếp tuyến AMN Ta có điều phải chứng minh
Bài 17 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Gọi D trung điểm BC Trên ,
AB AC lấy ,E F cho DEAC DF, AB
a) Chứng minh A thay đổi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF di chuyển đường cố định
b) DEF cắt BC lần G AG giao O M khác A Đường cao qua A tam giác ABC cắt ( )O lần N Các tiếp tuyến O M N, cắt P Các tiếp tuyến BGM , CGM ,B C cắt Q Chứng minh PQ AD cắt O
D H
T N
M E
F
O
B C
(20)Lời giải.
a) Tiếp tuyến B C O giao T Ta có
180
EBT ABT ACB EDT
Nên TDBE nội tiếp, tương tự TDCF nội tiếp Do AET AFT 90 nên AT đường kính AEF Vì A thay đổi, tâm đường trịn AEF di chuyển đường trịn có tâm trung điểm OT, bán kính
2R, đường tròn cố định
b) Ta có TEAB DF, AB nên TE DF, tương tự TF DE nên TEDF hình bình hành, gọi I trung điểm DT I trung điểm EF
Đường thẳng qua A vng góc BC cắt AEF lần J Ta thấy qua phép đối xứng tâm ,I E biến thành F, T biến thành D, nên J biến thành G' DG' JT , suy
'
G BC Đồng thời, EJTF tứ giác nội tiếp nên FG DE' tứ giác nội tiếp, G trùng G' Vậy G đối xứng J qua I Suy IH IG nên D trung điểm HG
J
I R
Q
P H
N M
G
T E
F D
O
B C
(21)Ta có BQC180 QBC QCB180 BMC BAC nên Q thuộc O Đồng thời,
QBC AMB AQB
nên AQ BC, suy A QD GH , 1 nên QMRN tứ giác điều hòa, suy AD giao QP O Ta có điều phải chứng minh
Bài 18 Cho tam giác ABC có I tâm đường trịn nội tiếp Gọi E F, chân đường phân giác chân đường phân giác ngồi góc A tam giác ABC Các tiếp tuyến qua
,
E F (khác BC) I cắt D Gọi H M N, , tiếp điểm AB DE DF, , với I Trên BI lấy K cho DK AI
a) Giả sử B C, cố định, A thay đổi Chứng minh K ln thuộc đường trịn cố định
b) Đường thẳng qua D song song với AB cắt AC MN, P Q, HQ giao I T Chứng minh PT tiếp tuyến I
Lời giải
a) Gọi X tiếp điểm AC với I Ta có FAI FMI 90 nên AMF AIF Mà , ,
A I E thẳng hàng,
1 90
2
FMN FDE FIE
Nên A M N, , thẳng hàng Suy A nằm đường đối cực D I , theo định lý La Hire ta có D thuộc HX , đường đối cực A I , HX qua K
S
T
Q P X K
D
N M
H I
E F
B C
(22)Ta có 90
KIC BAC KXC
nên XICK nội tiếp, BKC 90 nên K thuộc BC cố định
b) Ta có XH MN, 1 nên A BC QD , 1, mà DQ AB nên P trung điểm DQ Mặt khác, dễ thấy tam giác PXD cân X , kéo theo PX PDPQ Suy raPXQ 90 , đó, gọi S giao điểm XQ với I SH đường kính I , HS AB, mà
AB DQ nên HS DQ suy S trực tâm tam giác DHQ Suy D S T, , thẳng hàng,
PX PDPQPT nên PT tiếp tuyến I Ta có điều phải chứng minh
Bài 19. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Các đường trịn đường kính AB AC, cắt D cắt đường trung tuyến AI E F, IDE IDF cắt
AC , AB M N, Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tia DG cắt O P Chứng minh MN PI, cắt O
Lời giải.
Dễ thấy D hình chiếu A BC
Đường thẳng qua A song song với BC cắt O lần P' Gọi X hình chiếu P' BC Dễ thấy AP XD' hình chữ nhật, đồng thời I trung điểm DX nên ta có
X K
H
T
P
G
N
M
F E
I D
O
B C
(23)'
2
AP DX GA
DI DI GI
Từ theo định lý Thales đảo ta có D G P, , ' thẳng hàng, suy P trùng P' Do APCB hình thang cân
Mặt khác, gọi K hình chiếu C AB, BE giao AD H H trực tâm tam giác
ABI Do HDEI IH AB nên IH CK Hơn nữa,
90 90
MHI HEM ACM MKC
Nên K H M, , thẳng hàng Mà IK IB nên IH trung trực KB, dẫn tới
BKH KBH ADE HME
Nên EM KB, ABE BEM ACM nên hai tam giác BAE CAM đồng dạng, suy BAE CAM hay AM đường đối trung tam giác ABC Tương tự, AN đường đối trung tam giác ABC, mà PI đối xứng AI qua trung trực BC nên ta có PI giao