Bài toán liên quan đến trực tâm

[lehuyhung]

Nhờ mọi người làm hộ:
Cho tam giác $ABC $, đường tròn ngoại tiếp $(I) $. $E,F $ là tiếp điểm của $AB, AC $ với $(I) $. H là trực tâm tam giác $ABC $, M là trung điểm $BC $.
Cmr $H\in EF \Leftrightarrow M\in HI $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Gợi ý của mình cho chiều đi là(chiều về chắc tương tự)

Hình vẽ

1.Xài định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp suy biến ta có N là trung điểm của AD ,M và I thẳng hàng.Do vậy để cm H,I,M thẳng hàng ta cần chứng minh H,I,N thẳng hàng tức là cần chứng minh HI chia đôi đoạn AD.

2.Cm HD chia đôi AD bằng cách chỉ ra AHDI là hình bình hành :

a.Có sẵn AH//ID

b.Giờ đi cm DH//AI là xong,tức là cm DH vuông góc với EF.
Dễ thấy hai tam giác BEH và CFH đồng dạng. (g.g) nên $\frac{BH}{CH}=\frac{BE}{CF}=\frac{BD}{CF} \rightarrow HD $ là phân giác của $\angle BHC $ và có $\angle BHE=\angle CHF $ nên $\angle DHE=\angle DHF=90^{\circ} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi lehuyhung

Nhờ mọi người làm hộ:
Cho tam giác $ABC $, đường tròn ngoại tiếp $(I) $. $E,F $ là tiếp điểm của $AB, AC $ với $(I) $. H là trực tâm tam giác $ABC $, M là trung điểm $BC $.
Cmr $H\in EF \Leftrightarrow M\in HI $

Đề bài phải bổ sung thêm điều kiện $AB \ne AC $.
Gọi $D $ là tiếp điểm của $(I) $ với $BC $. $S,G,J,K $ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(AH,BC), (AI,BC), (MI,AH), (DJ,EF) $.
Ta có $MD^2=MG \cdot MS $

một cách chứng minh cho đẳng thức này có thể xem tại đây : [Only registered and activated users can see links. ]

, do đó

$\frac{MI}{MJ} = \frac{MD}{MS} = \frac{MG}{MD} $

Suy ra $DJ \parallel IG $ hay $DK \bot EF $. Theo một kết quả quen thuộc thì $KD $ là phân giác trong của $\widehat{BKC} $.
Mặt khác, dễ thấy rằng phân giác trong của $\widehat{BHC} $ song song với $AI $. Gọi $X $ là giao điểm của phân giác trong góc $\widehat{BHC} $ với $BC $.

Ta có $H \in EF \Leftrightarrow EF $ là phân giác ngoài của $\widehat{BHC} \Leftrightarrow X \equiv D $ (vì $EF $ là phân giác ngoài của $\widehat{BKC} $). Tương đương với $H \equiv K $.

Giả sử $H \equiv K $ thì $J \equiv K $ vì nếu không, $JK \bot BC $ hay $J \in ID $, khi đó tam giác $ABC $ cân tại $A $ (vô lý). Vì vậy $H \in IM $
Giả sử $H,I,M $ thẳng hàng, suy ra $H \equiv J $ hay $JD $ là phân giác của $\widehat{BJC} $. Nếu $J \not\equiv K $ thì giao điểm của hai phân giác ngoài của hai góc $\widehat{BKC} $ và $\widehat{BJC} $ (gọi là $U,V $) phân biệt. Mà $(UDBC)=(VDBC)=-1 $ nên $U \equiv V $ (vô lý). Vì vậy $H \equiv K $.

Vậy $H \in EF \Leftrightarrow H \equiv K \Leftrightarrow H,I,M $ thẳng hàng (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[avip]

Nguyên văn bởi n.v.thanh

Gợi ý của mình cho chiều đi là(chiều về chắc tương tự)

Hình vẽ

1.Xài định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp suy biến ta có N là trung điểm của AD ,M và I thẳng hàng.Do vậy để cm H,I,M thẳng hàng ta cần chứng minh H,I,N thẳng hàng tức là cần chứng minh HI chia đôi đoạn AD.

2.Cm HD chia đôi AD bằng cách chỉ ra AHDI là hình bình hành :

a.Có sẵn AH//ID

b.Giờ đi cm DH//AI là xong.Thật vậy,trong trường hợp hình vẽ ta có thể "angle chasing" như sau

$\angle EHD=360-\angle B-\angle BEF-\angle HDB $

$\angle FHD=360-\angle C-\angle CFE-\angle HDC $

Lại có $\angle HDB-\angle HDC=\angle ADB-\angle ADH-\angle HDC=\angle ADB-\angle ADC=\angle C-\angle B $.Suy ra $\angle EHD=\angle HFD $ mà hai góc bù nhau nên ta có đpcm.

(cái đoạn này mình mới nghĩ ra,ngu vãi)

.

Bác Novae chém nhẹ tay cho ae dc nhờ

Lời giải của anh sai hai bước "chasing" cuối.
Ta có thể chứng minh $DH \perp EF $ bằng cách chứng minh $HD $ là phân giác góc $BHC $. Điều này tương đương với $\dfrac{BH}{BE} = \dfrac{CH}{CF} $ (đúng do tam giác đồng dạng).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]