Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đường thẳng Al cất đường tròn (O) tại điểm thứ hai M (M khác A). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm 1 trên các đường thẳng BC, CA, AB.
a) Chứng minh rằng tam giác MBI là tam giác cân.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cất đường tròn (0) tại điểm thịt hai P (P khác A). Chúng mình rằng ba điểm P. M, D thẳng hàng.
c) Gọi H là giao điểm của đường thẳng IP và đường thẳng EF. Chứng mình rằng đường thẳng HD song song với đường thẳng AM.
SOS! (ve them giup minh luon, neu dc)
b) Trong đường tròn (O), có \(\hat{BAM}=\hat{CAM}\) và 2 góc này là 2 góc nội tiếp chắn các cung MB, MC nên \(\overgroup{MB}=\overgroup{MC}\) , từ đó suy ra \(\hat{MPB}=\hat{MPC}\) , suy ra MP là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (1).
Mặt khác, trong đường tròn (O) tại có \(\hat{ABP}=\hat{ACP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP) hay \(\hat{PBF}=\hat{PCE}\) (2). Lại có trong đường tròn (AEF), có \(\hat{AEP}=\hat{AFP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP), suy ra \(\hat{PFB}=\hat{PEC}\) (3). Từ (2) và (3) dễ dàng suy ra hai tam giác PFB và PEC đồng dạng, dẫn đến \(\frac{BF}{EC}=\frac{PB}{PC}\) (4).
Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Khi đó D, E, F chính là tiếp điểm của (I) tới BC, CA, AB.
Trong đường tròn (I) có 2 tiếp tuyến tại D, F cắt nhau tại B nên \(BD=BF\). Tương tự, ta có \(CD=CE\) , suy ra \(\frac{BD}{CD}=\frac{BF}{CE}\) (5).
Từ (4) và (5) suy ra \(\frac{PB}{PC}=\frac{BD}{CD}\), suy ra PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (6).
Từ (1) và (6), suy ra P, M, D thẳng hàng (do chúng cùng nằm trên tia phân giác của \(\hat{BPC}\)). Ta có đpcm.
a) Ta có \(\hat{MBI}=\hat{MBC}+\hat{IBC}\)
Trong đường tròn (O), ta có \(\hat{MBC}=\hat{MAC}\) (góc nội tiếp chắn cung MC) và \(\hat{IBC}=\hat{IBA}\) (do BI là tia phân giác \(\hat{ABC}\) ) nên suy ra
\(\hat{MBI}=\hat{MAC}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{IAB}+\hat{IBA}\)
\(=\hat{MIB}\) (do \(\hat{MIB}\) là góc ngoài tại I của tam giác IAB)
Vậy \(\hat{MBI}=\hat{MIB}\), suy ra tam giác MIB cân tại M.
c) Gọi T là giao điểm của EF và BC. Ta thấy \(AE=AF,BD=BF,CD=CE\) nên \(\frac{DB}{DC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (7)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC và cát tuyến T, E, F, ta có \(\frac{TB}{TC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (8)
Từ (7) và (8) suy ra \(\frac{TB}{TC}=\frac{DB}{DC}\). Do đó, vì PD là đường phân giác trong tam giác PBC nên PT chính là đường phân giác ngoài tam giác này, suy ra \(\hat{TPD}=90^{o}\) (9).
Dễ thấy \(\hat{PFE}=180^{o}-\hat{PAE}=\hat{PBC}\) (10), từ đó suy ra \(\hat{PFT}=\hat{PBT}\), suy ra tứ giác PFBT nội tiếp, suy ra \(\hat{BPF}=\hat{BTF}\) hay \(\hat{BPF}=\hat{DTH}\) (11)
Mặt khác, có \(\hat{PHF}=\hat{HPE}+\hat{HEP}\)
\(=\hat{IAE}+\hat{FAP}\)
\(=\hat{IAF}+\hat{FAP}\)
\(=\hat{IAP}\)
\(=\hat{PAM}\)
\(=\hat{PCM}\)
Như vậy ta có \(\hat{PHF}=\hat{PCM}\) (12)
Trong đường tròn (O), có \(\hat{PBC}=\hat{PMC}\) hay \(\hat{PBD}=\hat{PMC}\). Lại có PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) nên \(\hat{BPD}=\hat{DPC}\) hay \(\hat{BPD}=\hat{MPC}\). Từ đó dễ dàng suy ra 2 tam giác PBD và PMC đồng dạng, suy ra \(\hat{PDB}=\hat{PCM}\) (13)
Từ (12) và (13) suy ra \(\hat{PHF}=\hat{PDB}\) , mà theo như (10), ta có \(\hat{PFE}=\hat{PBC}\) hay \(\hat{PFH}=\hat{PBD}\), từ đó suy ra 2 tam giác PFH và PBD đồng dạng, suy ra \(\hat{BPD}=\hat{FPH}\), suy ra \(\hat{BPF}=\hat{DPH}\) (14)
Từ (11) và (14), suy ra \(\hat{DPH}=\hat{DTH}\), suy ra tứ giác PHDT nội tiếp, suy ra \(\hat{TPD}=\hat{THD}\), kết hợp với (9), suy ra \(\hat{THD}=90^{o}\) , suy ra DH vuông góc với EF.
Mà trong đường tròn (I), có 2 tiếp tuyến tại E và F cắt nhau tại A nên AI vuông góc với EF (cái này không cần giải thích nữa nhé). Do đó, DH//AI hay DH//AM (vì AM trùng với AI). Ta có đpcm.