Chủ đề này có 1 trả lời

[hangnguyen2003]

Giúp mình câu 2b với     

[Minhcamgia]

2. 

1) Kẻ đường kính $AT$ của $(O)$ suy ra $TC \perp AC \Rightarrow TC \parallel HB$ tương tự $TB \parallel HC \Rightarrow BHCT$ là hình bình hành suy ra $TH$ đi qua $M \Rightarrow \angle APH = 90^o \Rightarrow P$ thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Ta có $\frac{2EC'}{PC'} = \frac{BC'}{PC'} = \frac{B'C}{PB'} = \frac{2B'F}{PB'} \Rightarrow \frac{EC'}{PC'} = \frac{BF'}{PB'}$ mà $\angle PC'E = 180 - \angle PC'A = 180 - \angle PB'A = \angle PB'F \Rightarrow \Delta PEC' \sim \Delta PFC' \Rightarrow \angle PEA = \angle PFA \Rightarrow PEFA$ nội tiếp.

Ta có $\Delta PKA$ vuông mà $O'K = O'A \Rightarrow O'$ là tâm đường tròn $(PAK)$ suy ra $PEKF$ nội tiếp.

2) Gọi $Y,Z$ là giao của $CC',BB'$ với $(O)$ dễ dàng chứng minh $Y,Z$ đối xứng với $H$ qua $AB,CA$.

Nhận xét thấy rằng $\Delta PC'B' \sim \Delta ABC (g.g) \Rightarrow \frac{PC'}{PB} = \frac{PB'}{PC} = \frac{B'C'}{BC}$

theo tính chất tia phân giác có $\frac{PC'}{PB} = \frac{EC'}{EB} = \frac{HC'}{HB};\frac{FB'}{FC} = \frac{PB'}{PC} = \frac{HB'}{HC} \Rightarrow \frac{EC'}{BE} = \frac{HC'}{HB} ; \frac{FB'}{FC} = \frac{HB'}{HC} \Rightarrow HE ,HF$ là phân giác $\angle C'HB$ và $\angle B'HC$ suy ra $E,H,F$ thẳng hàng.

Gọi $S$ là giao của $YE$ và $ZF$.

$\angle SEF = \angle HYE + \angle HEY = \angle C'HB = \angle BAC \Rightarrow SE$ là tiếp tuyến với $(AEF)$. Tượng tự, $SF$ là tiếp tuyến với $(AEF)$.

Có $\angle YSZ = 180 - \angle EYH - \angle HYZ - \angle FZH - \angle HZY = 180 - \angle C'HE - \angle B'HF - \angle HCB - \angle HBC = 180 - 2\angle BAC$.

Mà $\angle YBZ = \angle YBA + \angle ABZ = \angle YCA + \angle ABZ = 180 - 2\angle BAC \Rightarrow \angle YBZ = \angle YSZ \Rightarrow S \in (O)$ Suy ra dpcm

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhcamgia: 18-04-2018 - 13:03