Bài 4. a) Một lần nữa chúng ta lại thấy bóng dáng của định lý Brocard. Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, $AC$ giao $BD$ tại $P, AB$ giao $CD$ tại $E$, $AD$ giao $BC$ tại $F$. Gọi $M$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ABCD.EF.$ Khi đó $O,P,M$ thẳng hàng và $M$ là hình chiếu của $O$ trên $EF.$ Đây là một bổ đề rất quen thuộc xin dành cho bạn đọc tự chứng minh. Quay lại bài toán. Ta có $\angle AEB=\angle ABC-\angle ACB$ nên $\angle DAF=\angle DEF=\dfrac{1}{2}(\angle ABC-\angle ACB)=90^\circ-(\angle ACB+\dfrac{1}{2}\angle BAC)=90^\circ-\angle ADC$. Do đó $AF\perp BC $ tại $S.$ Suy ra $ (AE), (DF)$ lần lượt là $(ASE), (DSF).$ Gọi $J$ là giao điểm thứ hai của $(ASE)$ và $(DSF)$. Khi đó $J $ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $AEDF.SH$. Theo bổ đề trên ta có $J\in SH$ và $\angle GJH=90^\circ$. Suy ra $(AE), (DF), (GH)$ đồng quy tại $J.$ b) Gọi $B'$ đối xứng với $B$ qua $AK$ suy ra $B'\in AC$ và $B'\in (K).$ Ta có $\angle BDM=\angle BB'M=\angle BAC/2=\angle CAR$ ($R$ là chân phân giác trong). Suy ra $ADRM$ nội tiếp. Tương tự $N\in (ADR).$ Gọi $X$ là tâm $(ADR)$ (không khó nhận ra $X$ chính là $F$). Do tam giác $ADR$ cân nên $AX\perp BC.$ Ta có $\angle XRA=\angle XAR=\angle RAO,$ suy ra $XR\parallel AO$. Mà $AR$ là phân giác $\angle NAM$ nên $R$ là điểm chính giữa cung $MN$, suy ra $XR\perp MN$. Vậy $MN\perp AO$ hay $MN$ đối song với $BC$ trong tam giác $ABC$. Suy ra tứ giác $BNCM$ nội tiếp. Gọi $Y$ là giao của $BM$ và $CN$, $Z$ là giao của $MN$ với $BC$. Ta có $ZP.ZI=ZM.ZN=ZB.ZC$, suy ra $(PZBC)=-1$, suy ra $P\in AY.$ Ta có đpcm. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] thay đổi nội dung bởi: Nguyen Van Linh, 25-03-2016 lúc 03:18 PM |