Chủ đề này có 1 trả lời

[thanhng2k7]

Cho $\Delta ABC$ vuông tại $A$ , $AH \perp BC $ tại $H$ , $HE \perp AB $ tại $E$ , $HF \perp AC $ tại $F$ . $X,Y$ lần lượt là tâm bàng tiếp của đỉnh $H$ với $\Delta HEF , \Delta HEB$ . Chứng minh $AEXY$ nội tiếp 

[perfectstrong]

Gọi $D$ là giao điểm của $HX$ và phân giác trong của $\angle HAE$.

Ta có:

\begin{align*} \angle EXH & = {180^o} - \angle XEH - \angle EHX \\ & = {180^o} - \left( {{{90}^o} + \frac{1}{2}\angle FEH} \right) - {45^o} \\ & = {45^o} - \frac{1}{2}\angle FAH \\ & = \frac{1}{2}\left( {{{90}^o} - \angle FAH} \right) = \angle EAD\end{align*}

Do đó $A,X,E,D$ đồng viên. (1)

Vẽ $YE$ cắt $AD$ tại $G$. Chú ý rằng $AG \perp HY$ và $EG \perp HD$ nên $G$ cũng là trực tâm của $\Delta HDY$.

Vì thế $HG \perp YD$. Mà dễ thấy $HG \parallel YB \Rightarrow YB \perp YD$.

Vậy nên \[\angle EYB = {90^o} - \angle DYE\]

Ta lại có

\begin{align*}\angle EYB & = {180^o} - \angle YEB - \angle YBE \\ & = {180^o} - \frac{1}{2}\left( {{{90}^o} + \angle BHE} \right) - {45^o} \\ &= {90^o} - \frac{1}{2}\angle BHE \\ &= {90^o} - \frac{1}{2}\angle EAH \\ & = {90^o} - \angle EAD\end{align*}

Từ đó, ta có $\angle DYE = \angle DAE \Rightarrow Y,E,D,A$ đồng viên. (2)

Từ (1) và (2), ta có đpcm.