Chủ đề này có 1 trả lời

[Sangnguyen3]

$\Delta ABC$ có trực tâm $H$ , tâm nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$ . $AI,BI,CI$ cắt $BC,CA,AB$ tại $L,K,J$ và $Q,R,P$ lần lượt là trung điểm $AL,BK,CJ$ . CMR $DQ,ER,FP$ đồng quy trên $IH$

[Hoang72]

$DQ,ER$ cắt $IH$ tại $X_1,X_2$. Thế thì ta sẽ chứng minh $X_1\equiv X_2$ bằng cách chứng minh $\frac{X_1I}{X_1H} = \frac{X_2I}{X_2H}$.

$DQ$ cắt $AH$ tại $A_1$, $ER$ cắt $BH$ tại $B_1$. Thế thì $\frac{X_1I}{X_1H}=\frac{ID}{HA_1}; \frac{X_2I}{X_2H} = \frac{IE}{HB_1}$.

Do đó ta chỉ cần chứng minh $HA_1 = HB_1$ là hoàn tất bài toán.

Đặt $BC = a; CA = b; AB = c$.

Kẻ đường cao $AM$ của tam giác $ABC$.

Do $Q$ là trung điểm $AL$, từ định lý Menelaus, ta có: $\frac{A_1A}{A_1M} = \frac{DL}{DM}$

$\Rightarrow \frac{A_1A}{A_1M} = \frac{IL}{AI} = \frac{BL}{AB} = \frac{CL}{AC} = \frac{BL+CL}{AB+AC} = \frac{a}{b+c}$

$\Rightarrow \frac{A_1A}{AM} = \frac{a}{b+c-a}\Rightarrow A_1A = \frac{AM.a}{b+c-a} = \frac{2S}{b+c-a}$

$\Rightarrow A_1H = \frac{2S}{b+c-a} + AH$.

Tương tự, $B_1H = \frac{2S}{c+a-b} + BH$.

Ta chỉ cần chứng minh rằng: $\frac{2S}{b+c-a} + AH = \frac{2S}{c+a-b} + BH$. $(*)$

Dễ dàng chứng minh được: $AH = 2R . \cos A; BH = 2R.\cos B$

$\begin{aligned}\Rightarrow AH - BH &= 2R\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} - \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\right) = \frac{R(b-a)(a+b+c)(a+b-c)}{abc} \\ &=\frac{(b-a)(a+b+c)(a+b-c)}{4S}\end{aligned}$.

Còn $\frac{2S}{c+a-b}-\frac{2S}{b+c-a} = \frac{4S(b-a)}{(c+a-b)(b+c-a)}$.

Đẳng thức $(*)$ quy về chứng minh: $\frac{4S}{(c+a-b)(b+c-a)}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{4S}$.

Điều này là đúng theo công thức Heron.

 

Hình gửi kèm

•