(Korea TST Final Round 2013) [Bài toán]: Cho $\triangle ABC$ thỏa $AB<AC, D\in AC$ sao cho $\widehat{ABD}=\widehat{C}.I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$ và $E=(CDI)$ giao với $AI$. Đường thẳng qua $E//AB$ giao $BD$ tại $P$. Giả sử $J$ là tâm nội tiếp $\triangle ABD$ và $A'$ là đối xứng của $A$ qua $I$, $PJ$ giao với $A'C$ tại $Q$. CMR: $QJ=QA'$. Lời giải Ta thấy $IDCE:tgnt\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ACI}$ mà $\widehat{ABD}=\widehat{ACB}\Rightarrow \widehat{ACI}=\widehat{DBJ}$ $\Longrightarrow \widehat{DBJ}=\widehat{DEJ}\Rightarrow BJDE:tgnt\Rightarrow \widehat{BJE}=\widehat{BDE}$ mà $\widehat{BIE}=\widehat{BAE}=\widehat{ABJ}=90^0-\widehat{BDJ}\Rightarrow \widehat{BDE}+\widehat{BDJ}=\widehat{JDE}=90^0$ Lấy $X$ là trung điểm $BE\qquad (1)$ Vì $AB//EP\Rightarrow \widehat{BAE}=\widehat{PEA}$ Mặt khác: $BIDE:tgnt\Rightarrow \widehat{BDJ}=\widehat{JEB}$ $\Longrightarrow \widehat{BEA}+\widehat{PEA}=\widehat{BAE}+\widehat{BDJ}=90^0-\widehat{DBJ}$ Cũng từ $BIDE:tgnt\Rightarrow \widehat{JBE}=90^0\Rightarrow \widehat{PBE}=90^0-\widehat{DBJ}$ Do đó: $\widehat{PBE}=\widehat{PEB}\Rightarrow \triangle PBE$ cân tại $P\qquad (2)$ Từ $(1),(2)\Rightarrow PX$ là đường cao cũng là trung tuyến của $\triangle PBE\Rightarrow PX$ vuông góc với $BE$. Xét $\triangle PXE,EDJ$ đồng dạng $\Rightarrow \displaystyle{\frac{JE}{PE}=\frac{JD}{EX}\Leftrightarrow \frac{JE}{PE}=\frac{2JD}{BE}}\qquad (3)$ $\triangle AJD,ABE$ đồng dạng $\Rightarrow \displaystyle{\frac{2JD}{BE}=\frac{2AD}{AE}}\qquad (4)$ $IDCE:tgnt\Rightarrow 2AD.AC=2AI.AE\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{AA'}{AC}=\frac{2AD}{AE}}\qquad (5)$ Từ $(3),(4),(5)\Rightarrow \displaystyle{\frac{JE}{PE}=\frac{AA'}{AC}}, \widehat{JEP}=\widehat{EAC}\Rightarrow \triangle JEP,A'AC$ đồng dạng $\widehat{JA'Q}=\widehat{QJA'}\Rightarrow \triangle QJA'$ cân tại $Q\Rightarrow QJ=QA'$ $\blacksquare$

Geometry 3

(Korea TST Final Round 2013)
[Bài toán]: Cho $△ A B C$ thỏa $A B < A C, D \in A C$ sao cho $A B D = C . I$ là tâm nội tiếp $△ A B C$ và $E = (C D I)$ giao với $A I$ . Đường thẳng qua $E // A B$ giao $B D$ tại $P$ . Giả sử $J$ là tâm nội tiếp $△ A B D$ và $A^{'}$ là đối xứng của $A$ qua $I$ , $P J$ giao với $A^{'} C$ tại $Q$ . CMR: $Q J = Q A^{'}$ .
Lời giải
Ta thấy $I D C E : t g n t \Rightarrow A E D = A C I$ mà $A B D = A C B \Rightarrow A C I = D B J$
$⟹ D B J = D E J \Rightarrow B J D E : t g n t \Rightarrow B J E = B D E$ mà $B I E = B A E = A B J = 9 0^{0} - B D J \Rightarrow B D E + B D J = J D E = 9 0^{0}$
Lấy $X$ là trung điểm $B E (1)$
Vì $A B // E P \Rightarrow B A E = P E A$
Mặt khác: $B I D E : t g n t \Rightarrow B D J = J E B$ $⟹ B E A + P E A = B A E + B D J = 9 0^{0} - D B J$
Cũng từ $B I D E : t g n t \Rightarrow J B E = 9 0^{0} \Rightarrow P B E = 9 0^{0} - D B J$
Do đó: $P B E = P E B \Rightarrow △ P B E$ cân tại $P (2)$
Từ $(1), (2) \Rightarrow P X$ là đường cao cũng là trung tuyến của $△ P B E \Rightarrow P X$ vuông góc với $B E$ .
Xét $△ P X E, E D J$ đồng dạng $\Rightarrow \frac{J E}{P E} = \frac{J D}{E X} \Leftrightarrow \frac{J E}{P E} = \frac{2 J D}{B E} (3)$
$△ A J D, A B E$ đồng dạng $\Rightarrow \frac{2 J D}{B E} = \frac{2 A D}{A E} (4)$
$I D C E : t g n t \Rightarrow 2 A D . A C = 2 A I . A E \Leftrightarrow \frac{A A ^{'}}{A C} = \frac{2 A D}{A E} (5)$
Từ $(3), (4), (5) \Rightarrow \frac{J E}{P E} = \frac{A A ^{'}}{A C}, J E P = E A C \Rightarrow △ J E P, A^{'} A C$ đồng dạng $J A^{'} Q = Q J A^{'} \Rightarrow △ Q J A^{'}$ cân tại $Q \Rightarrow Q J = Q A^{'}$ $■$

Geometry 3

Đề bài

Mô tả