| Một cách chứng minh bằng kiến thức THCS:
Ta có tính chất về góc của đường tròn bàng tiếp như sau: $\frac{\widehat{BAC}}{2}=90^o-\widehat{BJC}$
Mặt khác: $\widehat{BFM}=\widehat{JBM}-\widehat{FMB}=90^o-\widehat{BJM}-\widehat{LMC}=90^o-\widehat{BJC}$
CM tương tự ta được các tứ giác $ALJF$ và $AKJG$ nội tiếp.
Ta có: $\widehat{FMB}=\widehat{CML}$ (đối đỉnh) và 4 điểm $M$, $C$, $L$, $J$ cùng thuộc một đường tròn nên $\widehat{CML}=\widehat{CJL}$ (cùng chắn cung $CL$). Suy ra:
$$\widehat{FMB}=\widehat{CML}=\widehat{CJL}$$
6 điểm $A$, $F$, $K$, $J$, $L$, $G$ cùng thuộc một đường tròn nên $\widehat{GJL}=\widehat{GAL}$ (cùng chắn cung $GL$)
Nên: $\widehat{ATC}=\widehat{CAT}=\widehat{CJL}$
Do đó: $\widehat{ATC}=\widehat{FMB}$ suy ra $FM//AT$.
Tam giác $ABS$ cân tại $B$ (có đường cao vừa là đường phân giác) nên $F$ là trung điểm của $AS$, suy ra $M$ là trung điểm của $ST$.
__
Nguồn: diendantoanhoc.net
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] |