1 reply to this topic

[Zaraki]

Như vậy đã có lời giải bài Tuần 5 tháng 12 của thầy Hùng tại Tuần 1 tháng 1 kèm theo đó là bài mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Bài 20. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $\angle BAC= 45^{\circ}$. Đường cao $BE,CF$. $EF$ cắt $BC$ tại $L$. Đường đối trung qua $A$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $K$ là hình chiếu của $L$ trên $AD$. Chứng minh rằng $AK=3KD$.

 

[Belphegor Varia]

Gọi $I$ là điểm chính giữa cung $BC$ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCEF$ ($I$ khác phía $O$ đối với $BC$),$M$ là trung điểm của $BC$. 

Ta có : $AB|| IE(\angle BAC=\angle IEC=45^o, AC|| IF(\angle BAC=\angle BFI =45^o)$ nên $AEIF$ là hình bình hành

$\rightarrow \angle BAI=\angle AIE=\angle MAC$(vì $\bigtriangleup FIE\sim \bigtriangleup BAC$)

Do đó $AI$ là đối trung qua $A$ của tg $ABC$

Vì $\angle BOC=90^o$ nên $O$ thuộc $(BCEF)$, $O,I,M$ thẳng hàng. Gọi $N$ là giao điểm thứ 2 của $AI$ và $(BCEF)$ 

Tam giác $AOD$ cân tại $O$, $ON \perp AD$ nên $NA=ND$    $(1)$

Gọi $G,B$ lần lượt là giao của $AI$ với $BC$ và $EF$, $Q,R$ lần lượt là giao của $AM$ với $EF$ và đường thẳng qua $L$ vuông góc với $AM$.

Vì $MP$ là đường trung bình của tam giác $AOI$ nên $MP || AO$ nên $MP \perp EF \rightarrow LPRM $  nội tiếp

Lại có $AR.AM=AE.AC=AN.AI=AP.AD$ nên $RMDP$ nội tiếp

Do đó $LDMR$ nội tiếp $\rightarrow \angle LDN=\angle GMP$

 

Ta có  $\frac{AN}{AR}=\frac{AM}{AI}=\frac{AQ}{AG}$ nên $AN.AG=AQ.AR$ nên $QNGR$ nội tiếp

Lại có $LGRQ$ nội tiếp nên $LNQG$ nội tiếp nên $\angle LND=\angle LQG$

Vậy $\angle LND=\angle LDN$ nên $LN=LD$ Suy ra $KD=\frac{ND}{2}$  $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $AK=3KD$

Attached Images

• 

Edited by Belphegor Varia, 06-01-2016 - 10:43.