Cho tam giác $ABC$ và $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc $A$.
Đường tròn này tiếp xúc với $AB,AC,BC$ lần lượt tại $K,L,M$. $LM$ cắt $BJ$ tại $F$ ,$KM$ cắt $CJ$ tại $G$ . Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $AF$, $AG$ với $BC$
Chứng minh rằng: $M$ la trung điểm của $ST$.
___________________
MOD: Chú ý tiêu đề và gõ Latex nha.
Khổ lắm cái đề của bạn, đọc mãi mới dịch được.
Lời giải :
$\bullet$ Trước tiên, ta sẽ chứng minh $JG\perp AT$ bằng cách chứng minh $AGJL$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó suy ra $G$ là trung điểm của $AT$.
Thật vậy,
Ta có $\widehat{JGL}=180^{0}-\widehat{GBM}-\widehat{GMB}=180^{0}-(\widehat{B}+\widehat{GBA})-\widehat{CML}=180^{0}-(\widehat{B}+\widehat{KBJ})-\frac{180^{0}-\widehat{MCL}}{2}=180^{0}-(\widehat{B}+\frac{1}{2}\widehat{KBM})-(90^{0}-\frac{\widehat{MCL}}{2})=90^{0}-\left [ \widehat{B}+\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{C}) \right ]+\frac{\widehat{MCL}}{2}=90^{0}-\widehat{B}-\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{C})+\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{B})=90^{0}-\frac{\widehat{B}}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{JAL}$
(Chú ý rằng $\widehat{MCL}=\widehat{A}+\widehat{B};\widehat{KBM}=\widehat{A}+\widehat{C}$ là do tính chất góc ngoài tam giác)
Do đó tứ giác $AGJL$ nội tiếp mà $\widehat{JLA}=90^{0}\Rightarrow \widehat{JGA}=90^{0}\Rightarrow JG\perp AL$
Trong tam giác $TBA$, $BG$ vừa là đường cao, vừa là phân giác nên $BG$ cũng là trung tuyến hay $GA=GT$.
$\bullet$ Bây giờ ta sẽ chứng minh $MT = AL$ và $MS=AK$.
Thật vậy,
Xét tam giác $ATC$ với ba điểm $G,M,L$ thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng $AT,TC,AC$.
Theo định lí $Menelaus$ ta có : $\frac{GA}{GT}.\frac{MT}{MC}.\frac{LC}{LA}=1$ mà $GA = GT$ nên :
$\frac{MT}{MC}.\frac{LC}{LA}=1\Rightarrow MT.LC=MC.LA$
Mà lại dễ thấy rằng $MC = LC$ nên $MT = LA$
Chứng minh tương tự ta được $MS=AK$
Lại có $AL=AK$, suy ra $MT = MS$
Vậy : $M$ là trung điểm của $ST$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 20-08-2013 - 12:27