Question

[ngà trịnh]

 

Answer 1

[Lê Song Phương]

a) Gọi K' là giao điểm của BI và EF, S là giao điểm của EJ và AB.

 Ta có \(\left(FSBA\right)=-1\) (hàng điều hòa quen thuộc). Mặt khác, dễ thấy K'B là trung trực của FJ nên K'B cũng là tia phân giác của \(\widehat{FK'S}\)

 Do đó, \(\widehat{AK'B}=90^o\). Khi đó tam giác AK'B vuông tại K' có trung tuyến K'M nên \(K'M=MB=\dfrac{1}{2}AB\)

 Từ đó suy ra tam giác MK'B cân tại M \(\Rightarrow\widehat{MK'B}=\widehat{MBK'}=\widehat{K'BC}\)

 Do đó MK'//BC. Chú ý rằng MN là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow\) MN//BC. Vậy \(K'\in MN\) hay K' chính là giao điểm của MN và JE. Điều này có nghĩa là \(K'\equiv K\). 

 Như vậy, \(K,B,I\) thẳng hàng và \(\widehat{AKB}=90^o\) hay \(AK\perp BI\)

 Lại có \(FJ\perp BI\) nên AK//FJ hay AK//HJ.

 Tương tự, ta cũng có AH//KJ nên tứ giác AKJH là hình bình hành.

 \(\Rightarrow\) HK, AJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn, hay JA đi qua trung điểm của HK.

Answer 2

[Lê Song Phương]

 câu a ý 2:

 Gọi U là giao điểm của EF và BC, P là trung điểm BC, X là điểm chính giữa cung BC không chứa D của (O).

 Có \(\widehat{XIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\widehat{XCB}+\widehat{IBC}=\widehat{XBC}+\widehat{IBC}=\widehat{XBI}\) nên tam giác XBI cân tại X \(\Rightarrow XB=XI\)

 Tương tự, ta cũng có \(XB=XC=XI\) nên X là tâm (IBC)

 Dễ thấy \(\widehat{XBD}=\widehat{XCD}=90^o\) nên XB, XC là tiếp tuyến tại B và C của (X).

 \(\Rightarrow DC^2=DP.DX=DT.DG\) \(\Rightarrow\) Tứ giác TPXG nội tiếp.

 \(\Rightarrow\widehat{DPT}=\widehat{XGT}=\widehat{XTG}=\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow90^o-\widehat{DPT}=90^o-\widehat{XPG}\)

 \(\Rightarrow\widehat{UPT}=\widehat{UPG}\) . Do \(\widehat{UPG}+\widehat{GPC}=180^o\)

 \(\Rightarrow\) \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\)

  Vì D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (X) nên GD là đối trung của tam giác GBC 

 \(\Rightarrow\widehat{BGT}=\widehat{PGC}\)

  Lại có \(\widehat{GTB}=\widehat{GCP}\) \(\Rightarrow\Delta GTB\sim\Delta GCP\) \(\Rightarrow\widehat{GBT}=\widehat{GPC}\)

  Lại có \(\widehat{GBT}=\widehat{GIT}\) nên \(\widehat{GPC}=\widehat{GIT}\)

  Kết hợp với \(\widehat{GPC}+\widehat{UPT}=180^o\), ta có \(\widehat{GIT}+\widehat{UPT}=180^o\) 

 \(\Rightarrow\) Tứ giác ITPJ nội tiếp.

 Mặt khác, \(\left(BCJU\right)=-1\) và P là trung điểm BC nên \(\overline{UJ}.\overline{UP}=\overline{UB}.\overline{UC}\) (hệ thức Maclaurin)

 \(\Rightarrow P_{U/\left(ITPJ\right)}=P_{U/\left(X\right)}\)

 \(\Rightarrow\) U nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (ITPJ) và (X), mà IT là trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên U, I, T thẳng hàng.

 Xét cực và đối cực đối với (I). Kí hiệu \(d_Y\) là đối cực của Y đối với (I).

 Ta có \(\left(BCJU\right)=-1\) \(\Rightarrow J\in d_U\) 

 Lại có \(U\in EF\equiv d_A\Rightarrow A\in d_U\) 

 Do đó \(JA\equiv d_U\) \(\Rightarrow JA\perp UI\) hay \(JA\perp IT\) (đpcm)