Chủ đề này có 1 trả lời

[smush06]

Cho (I) nội tiếp tam giác ABC. (I) tiếp xúc với BC, AC, ABC tại A', B', C'. Kẻ AH' vuông góc với B'C'. Chứng minh: AH' là phân giác góc BHC

[huykinhcan99]

Có lẽ đầu bài hơi bị sai. Đúng ra có lẽ là như thế này: Cho $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$, $AC$, $AB$ tại $A'$, $B'$, $C'$. Kẻ $A'H$ vuông góc với $B'C'$. Chứng minh: $A'H$ là phân giác $\widehat{BHC}$

Nếu vậy thì mình xin giải:

Gọi $\left\lbrace O\right\rbrace=BC \cap B'C'$

Áp dụng định lý $Ceva$ và định lý $Menelaus$ lần lượt cho 3 phân giác $AA'$, $BB'$, $CC'$ và cát tuyến $OC'B'$ ta có:

$\left\lbrace\begin{matrix} \dfrac{AC'}{C'B}.\dfrac{BA'}{A'C}.\dfrac{CB'}{B'A}=1 \\ \dfrac{AC'}{C'B}.\dfrac{BO}{OC}.\dfrac{CB'}{B'A}=1 \end{matrix}\right. \Rightarrow \dfrac{BA'}{A'C}=\dfrac{BO}{OC}$

Đến đây ta có bổ đề sau:

Bổ đề: Cho 4 đường thẳng cắt nhau ở $O$, đường thẳng thứ năm không qua $O$ cắt cả 4 đường thẳng trên tại $A$, $B$, $C$, $D$. Biết rằng $\dfrac{BC}{BD}=\dfrac{AC}{AD}$. Chứng minh $OC$ là phân giác $\widehat{AOB}$

Chứng minh bổ đề:

Qua $C$ kẻ một đường thẳng song song với $OD$ cắt 2 đường còn lại tại $A'$ và $B'$. 

Có: $OD // B'C$ $\Rightarrow \dfrac{BC}{BD}=\dfrac{B'C}{OD}$ (hệ quả định lý $Thales$)

Tương tự với $OD // A'C$, ta cũng có $\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{A'C}{OD}$

Từ đó ta có: $A'C=B'C$.

$\triangle OA'B'$ cân do $OC \perp A'B'$ và $A'C=B'C$ (cmt)

Từ đó ta có: $OC$ là phân giác $\widehat{A'OB'}$

Bổ đề được chứng minh xong. 

Quay trở lại bài toán ban đầu ta có: $\dfrac{BA'}{A'C}=\dfrac{BO}{OC}$ và $A'H \perp B'O$. 

Áp dụng bổ đề ta có $HA'$ là tia phân giác của $\widehat{BHC}$.

Đó chính là điều phải chứng minh.

Chứng minh hoàn tất.