Cách của em hơi dài ạ
Ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề : Cho $\triangle ABC$, đường tròn Mixtilinear nội tiếp xúc $(O)$ tại $D$, tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $P$.$AD$ cắt $EF$ tại $L$. Khi đó $PL \perp AO$
Chứng minh Gọi $f(X)$ là ảnh của $X$ qua phép nghịch đảo $I^A_{AB.AC}$ hợp với phép đối xứng trục qua phân giác $\angle BAC$
Khi đó $f(B)= C, f(C) = B, f((I)) = (J)$ là đường tròn bàng tiếp $\angle A$. $f(D), f(E), f(F) $ là tiếp điểm của $(J)$ với $BC,CA,AB$. $f(L) $ là giao của $Af(D)$ với$ (Af(E)f(F))$. $f(P)$ là giao của đường tròn qua $D$ tiếp xúc $BC$ và $(ABC)$
Viết lại bài toán dưới cấu hình đường tròn nội tiếp, ta được bài toán tương đương :
Cho $\triangle ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AH$ là đường cao ($H \in BC$). $AD$ cắt $(AEF)$ tại $M$. Đường tròn qua $A,M$ trực giao với $AH$ cắt $(O)$ tại $G$. Chứng minh rằng $(AGD)$ tiếp xúc $(O)$
$IM$ cắt $BC$ tại $S$. Khi đó $S,E,F$ thẳng hàng.
Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $IM$ cắt $AH$ tại $R$ và $T$ là trung điểm $ID$
Theo 1 bài toán quen thuộc thì $R,T,A'$ thẳng hàng. Lại có $\angle AGR = 90^{\circ}$ nên $G,R,T,A'$ thẳng hàng
$X$ là trung điểm $SD$ , $AX$ cắt $(O)$ tại $G'$, $G'A'$ cắt $ID$ tại $T'$
Ta có $XD^2 = XB.XC = XG'.XA \implies (AG'D)$ tiếp xúc $(I)$ tại $D$
Gọi $K$ là tâm $(AG'D)$ .Khi đó $K,I,D$ thẳng hàng
Có $\angle XG'D = \angle XT'D = 90^{\circ} - \angle KDA \implies SH \perp AD$
Lại có $SI \perp AD \implies T'X \parallel IS \implies T'$ là trung điểm $ID$
Vậy $G \equiv G' \implies (AGD)$ tiếp xúc $BC$. Ta có điều cần chứng minh
Quay lại bài toán :
Tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ cắt $BC$ tại $S$
Ta cần chứng minh $P$ là trung điểm $QR$ . Điều cần chứng minh tương đương với $A(SP,QR) = -1$ hay $(SP,MN) = -1$
Gọi $X,Y$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ, cung lớn $BC$
$A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $A'I$ cắt $(O)$ tại $Z$ khác $A'$. Khi đó ta có $N,D,A'$ thẳng hàng
$E,F$ là tiếp điểm của đường tròn $(K)$ với $CA,AB$ khi đó $M,I,E,F$ thẳng hàng
Ta sẽ chứng minh $M,D,X$ và $M,A,Z$ thẳng hàng
Gọi $A_1,B_1,C_1$ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ với $BC,CA,AB$
$\implies ZA_1$ là phân giác $\angle BZC$ nên $Z,A_1,X$ thẳng hàng
Ta có $XA_1.XZ = XI^2$ nên $\triangle XA_1I \sim \triangle XIZ$ . Từ đây ta có $\angle IMA_1 = \angle XIA_1 = \angle XZI \implies$ tứ giác $ZIA_1M$ nội tiếp. Từ đây ta có $M,Z,A$ thẳng hàng
Do $DY$ vừa là đường đối trung của $\triangle IBC$ vừa là đường phân giác của $\triangle DBC$ nên $\frac{DB}{DC}= \frac{IB^2}{IC^2}$
Ta có $\frac{MB}{MC} = \frac{ZB}{ZC}.\frac{AB}{AC}= \frac{BC_1}{CB_1}.\frac{AB}{AC}= \frac{A_1B}{A_1C}.\frac{c}{b}= \frac{p-b}{p-c} = \frac{IB^2}{IC^2}= \frac{DB}{DC}= \frac{DB}{DC}.\frac{XB}{XC} \implies M,D,X$ thẳng hàng
Theo bổ đề, ta có $DP$ là tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$
$DS$ cắt $(O)$ tại $V$. Áp dụng định lý cho bộ 6 điểm $(AZDVXA)$
$\implies ZV$ cắt $AX$ tại $P'$ trên $BC$ . Gọi $D'$ là giao của $DP'$ với $(O)$, $ZD$ cắt $AI$ tại $W$
Có $MD.MX = MI^2 = MA_2.MP' \implies $ tứ giác $A_1P'XD$ nội tiếp $\implies ZD' \parallel BC$
$\implies (YX,ZD) = -1 = D(YX,ZD) = D(IX,WP') = (IX,WP') = Z(IX,WP') = Z(A'X,DV) = (A'X,DV) = D(A'X,DV) = D(NM,PS) = (NM,PS)$
$\implies (NM,PS) = -1$ nên $P$ là trung điểm $RQ$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 26-12-2016 - 20:28