Chủ đề này có 2 trả lời

[Serine]

Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$ và $D, E, M$ lần lượt là trung điểm $HB, HC, BC$. Đường tròn $(ABE)$ tâm $I$ cắt $AC$ tại $S$ và đường tròn $(ACD)$ tâm $J$ cắt $AB$ tại $R$.

1. Chứng minh $BC = 4IJ$
2. Trung tuyến đỉnh $H$ của tam giác $AHM$ cắt $RS$ tại $T$, chứng minh rằng các đt $AT, BS, CR$ đồng quy

[Hoang72]

1. Kẻ đường kính CC' của (ACD), BB' của (ABE).

(I) cắt AH lần nữa tại F.

Ta có HA . HF = HB . HE = HC . HD nên $F\in(J)$.

Theo kết quả quen thuộc trong tam giác ADC có $CC'$ là đường kính và AH là đường cao thì AC'DF là hình thang cân. Tương tự hình thang AB'EF là hình thang cân.

Từ đó B'C' = DE = BM = CM.

Suy ra C', I, M thẳng hàng và B', I, M thẳng hàng.

Từ đó $B'C'=2IJ$ nên $BC=4IJ.

2. Ta có BR . BA = BD . BC = BH . BM nên $R\in (AM)$.

Tương tự $S\in(AM)$.

Ta có $\frac{TR}{TS}=\frac{S_{HTR}}{S_{HTS}}=\frac{HR}{HS}.\frac{sinRHT}{sinSHT}=\frac{sinHSR}{sinHRS}.\frac{cosHSR}{cosHRS}=\frac{sinHAB}{sinHAC}.\frac{cosHAB}{cosHAC}=\frac{HB}{HC}.\frac{AC^2}{AB^2}$.

Lại có $\frac{CS}{CA}.\frac{BA}{BR}=\frac{CS.CA}{CA^2}.\frac{BA^2}{BR.BA}=\frac{CM.CH}{CA^2}.\frac{BA^2}{BM.BH}=\frac{BA^2}{CA^2}.\frac{CH}{BH}\Rightarrow \frac{TR}{TS}.\frac{CS}{CA}.\frac{AB}{AR}=1$.

Theo định lý Ceva đảo ta có đpcm.

Hình gửi kèm

• 

[Dark Repulsor]

Một cách khác cho ý $2$:

Gọi $K$ là trung điểm của $AM$. Kẻ đường kính $HL$ của $(AM) \Rightarrow AL\parallel BC \Rightarrow A(LM,BC)=-1 \Rightarrow A(LM,RS)=-1 \Rightarrow H(LM,RS)=-1 \Rightarrow H(TG,RS)=-1$ với $RS\cap BC=G \Rightarrow (TG,RS)=-1 \Rightarrow AT,BS,CR$ đồng quy theo tinh chất hàng điều hòa của tứ giác toàn phần $RSCBAG$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 28-08-2021 - 13:20