Hic, bài 78 này rối quá ạ.
Em đóng góp ĐÚNG 1 BƯỚC để làm đơn giản đi một tí, đó là chỉ ra $R$, $I_a$, $H$ thẳng hàng, nói cách khác là $RI_a$ vuông góc $OI$.
Nhưng nếu lấy $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt là chân các phân giác ngoài góc $A$, $B$, $C$ thì $OI\perp \overline{A'B'C'}$. Do vậy có thể đưa về chứng minh $RI_a$ song song $\overline{A'B'C'}$, mà hướng đi này có vẻ khả thi hơn hướng chứng minh vuông góc.
Ý nhỏ này có thể tổng quát: $\triangle ABC$ và một điểm $P$ bất kì $PA$, $PB$, $PC$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. $EF$, $FD$, $DE$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $A'$, $B'$, $C'$. $Y$, $Z$ thuộc $CA$, $AB$ sao cho $BY$, $CZ$ lần lượt song song $DE$, $DF$. $YZ$ cắt $BC$ tại $R$ thì $AR$ song song $\overline{A'B'C'}$.
Để chứng minh $AR$ song song $\overline{A'B'C'}$ thì ta cần có được $(AA',AR,AB,AC)=\dfrac{\overline{A'C'}}{\overline{A'B'}}$.
Đến đây thì chỉ cần áp dụng các định lý Thales, Menelaus @@
Để cho tiện trong việc biểu diễn các tỉ số, có thể giả sử $x\overrightarrow{PA}+y\overrightarrow{PB}+z\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$.
Như vậy thì $\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}=-\dfrac{z}{y}$, $\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}=-\dfrac{x}{z}$, $\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}=-\dfrac{y}{x}$.
\[(AA',AR,AB,AC)=(A',R,B,C)=\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot\dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}=\dfrac{z}{y}\cdot\dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}\]
Theo Menelaus
\[\dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}=\dfrac{\overline{YC}}{\overline{YA}}\cdot\dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}\]
\[\dfrac{\overline{CY}}{\overline{CA}}=\dfrac{\overline{CY}}{\overline{CE}}\cdot\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}}=\dfrac{\overline{CB}}{\overline{CD}}\cdot\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}}=\dfrac{y+z}{y}\cdot\dfrac{x}{z+x}\]
\[\Rightarrow \dfrac{\overline{YA}}{\overline{YC}}=\dfrac{z(x-y)}{x(y+z)}\]
Tương tự $\dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=\dfrac{y(x-z)}{x(y+z)}$
\[\Longrightarrow \dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}=\dfrac{y(x-z)}{z(x-y)}\Longrightarrow (A',R,B,C)=\dfrac{x-z}{x-y}\]
\[\dfrac{\overline{A'C'}}{\overline{A'B'}}=\dfrac{\overline{BC'}}{\overline{BA}}\cdot\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB'}}=\dfrac{x}{x-y}\cdot\dfrac{x-z}{x}=\dfrac{x-z}{x-y}=(A',R,B,C)\]
Kết thúc
__________________________________
Quay lại bài toán cũ, vậy là đã chỉ ra được $R$, $I_a$, $H$ thẳng hàng, nên $H$ có thể xác định đơn giản là hình chiếu vuông góc của $I_a$ lên $OI$.
Edited by QuangDuong12011998, 11-07-2016 - 10:32.