Đáp án:
Giải thích các bước giải: Chắc cậu là HSG
nên tớ giải theo ý tưởng tóm tắt
Trước hết ta công nhận bổ đề sau: với tam giác
$PQR$ tuỳ ý , đường kính đường tròn ngoại tiếp $QS$
trực tâm $T$ (hình 1) thì ta luôn có:
$ \dfrac{PT}{QR} = \dfrac{SR}{QR} = cotQSR = cotP$ (cái nầy ai cũng biết)
Gọi $H; K; G$ lần lượt là trực tâm của $ABC; AEF; BIC$ (hình 2)
Áp dụng bổ đề trên :
- Với tam giác $ABC:$
$\dfrac{AH}{BC} = cotA = cotEKM = \dfrac{KM}{ME} (1)$
- Với tam giác $ BIC:$
$BIC = 90^{0} + \dfrac{A}{2} => BGC = 90^{0} - \dfrac{A}{2}$
$\dfrac{IG}{BC} = cot(90^{0} - \dfrac{A}{2}) = cotAKM = \dfrac{KM}{AM} (2)$
$ (1):(2) => \dfrac{AH}{IG} = \dfrac{AM}{ME} = \dfrac{AK}{IK} $
Hệ thức nầy chứng tỏ $H; K; G$ thẳng hàng