Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ đường tròn (O1) đi qua A và B đồng thời tiếp xúc với AC, định nghĩa tương tự với (O2). Gọi (O1) cắt (O2) tại D khác A. Qua A kẻ cát tuyến EAF với E thuộc (O1), F thuộc (O2). Gọi (O3) là đường tròn đi qua A,E và tiếp xúc với AB. Hai đường tròn (O3) và (ABF) cắt nhau tại P khác A. Chứng minh...
Đọc tiếp
Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ đường tròn (O1) đi qua A và B đồng thời tiếp xúc với AC, định nghĩa tương tự với (O2). Gọi (O1) cắt (O2) tại D khác A. Qua A kẻ cát tuyến EAF với E thuộc (O1), F thuộc (O2). Gọi (O3) là đường tròn đi qua A,E và tiếp xúc với AB. Hai đường tròn (O3) và (ABF) cắt nhau tại P khác A. Chứng minh rằng \(\widehat{APD}=90^0.\)
Gọi DA cắt (O3( tại G khác A, GP cắt FD tại K. Giao điểm thứ hai của BD và (BAF) là H.
Ta có ^APG = ^AEG = ^AFK => Tứ giác APKF nội tiếp => K thuộc (BAF)
Dễ thấy: ^AFK = ^AED = ^ABH = ^AFH => (AK(BAF) = (AH(BAF) => ^KBA = ^HFE.
Chứng minh được \(\Delta\)FDE ~ \(\Delta\)ADB (g.g) suy ra \(\frac{AB}{FE}=\frac{AD}{DF}=\frac{BD}{DF}=\frac{BK}{FH}\)
Từ đây có \(\Delta\)AKB ~ \(\Delta\)EHF (c.g.c) cho nên ^BAK = ^FEH = ^BFK. Do ^AFK = ^AED nên ^AFB = ^DEH
Kết hợp với ^HDE = 1800 - ^BDE = 1800 - ^BAE = ^BAF dẫn đến \(\Delta\)DEH ~ \(\Delta\)AFB (g.g)
=> \(\frac{HE}{BF}=\frac{DE}{AF}\). Lại có \(\Delta\)DGE ~ \(\Delta\)ACF (g.g) => \(\frac{DE}{AF}=\frac{GE}{CF}\). Suy ra \(\frac{HE}{BF}=\frac{GE}{CF}\)(*)
Mặt khác ta có biến đổi góc ^GEH = ^GED - ^DEH = ^AFC - ^AFB = ^CFB. Từ đó kết hợp với (*) ta thu được:
\(\Delta\)EGH ~ \(\Delta\)FCB (c.g.c) => ^EGH = ^FCB. Mà ^EGD = ^ACF nên ^DGH = ^ACB.
Khi đó dễ dàng chỉ ra \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DGH (g.g) => \(\Delta\)DGH cân tại D => ^DGH = ^DHG
Ta thấy ^DGP = ^BAP = ^DGH => Tứ giác PGHD nội tiếp. Từ đây ^DPK = ^DHG = ^DGH = ^DPH
Do đó PD là phân giác ^KPH. Chú ý ^APG = ^AEG = ^AFD = ^ABH = ^APH => PA là phân giác ^HPG
Mà ^KPH và ^HPG kề bù nên PA vuông góc PD hay ^APD = 900 (đpcm).
tớ xin chúc mừng nguyễn tất đạt nhá