Question

[Vô Danh Tiểu Tốt]

Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi M là giao điểm của BC và phân giác của góc BIC; N là giao điểm của EF và phân giác của góc EDF. Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của AI với đường tròn (I) và EF( P thuộc cung EF không chứa điểm D). Chứng minh rằng

a, IM//ND

b, Tam giác IDM đồng dạng với tam giác PQN

c, 3 điểm A, M, N thẳng hàng

Answer 1

[Thanh Tùng DZ]

Không mất tính tổng quát , giả sử AB < AC ( bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC )

Dễ thấy P là điểm chính giữa \(\widebat{EF}\) nên D,N,P thẳng hàng

Cần chứng minh \(\widehat{IMC}=\widehat{PDC}\)

Ta có : \(\widehat{IMC}=\widehat{MIB}+\widehat{B_1}=\frac{1}{2}\widehat{BIC}+\widehat{B_1}=\frac{1}{2}\left(180^o-\widehat{B_1}-\widehat{C_1}\right)+\widehat{B_1}\)

\(=\frac{1}{2}\left(180^o-\frac{\widehat{ABC}}{2}-\frac{\widehat{ACB}}{2}\right)+\frac{\widehat{ABC}}{2}=90^o+\frac{\widehat{ABC}}{4}-\frac{\widehat{ACB}}{4}\)

\(\widehat{PDC}=\widehat{PDE}+\widehat{EDC}=\frac{1}{2}\widehat{EDF}+\widehat{EDC}\)\(=\frac{1}{2}\left(180^o-\widehat{FDB}-\widehat{EDC}\right)+\widehat{EDC}\)

\(=90^o-\frac{\widehat{FDB}}{2}+\frac{\widehat{EDC}}{2}=90^o-\frac{90^o-\widehat{B_1}}{2}+\frac{90^o-\widehat{C_1}}{2}\)

\(=90^o+\frac{\widehat{ABC}}{4}-\frac{\widehat{ACB}}{4}\)

\(\Rightarrow\widehat{IMC}=\widehat{PDC}\Rightarrow IM//ND\)

b) Theo câu a suy ra \(\widehat{MID}=\widehat{IDP}\)

Mà \(\Delta PID\)cân tại I ( do IP = ID ) nên \(\widehat{IPD}=\widehat{IDP}\)

Suy ra \(\widehat{MID}=\widehat{IPD}=\widehat{QPN}\)

\(\Rightarrow\Delta IDM\approx\Delta PQN\left(g.g\right)\)

c) từ câu b \(\Rightarrow\frac{IM}{PN}=\frac{ID}{PQ}=\frac{IP}{PQ}\)( 1 ) 

Theo hệ thức lượng, ta có : \(IQ.IA=IE^2=IP^2\)

Do đó : \(\frac{QP}{IP}=1-\frac{IQ}{IP}=1-\frac{IP}{IA}=\frac{PA}{IA}\)

Suy ra  \(\frac{IP}{QP}=\frac{IA}{PA}\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow\frac{IM}{PN}=\frac{IA}{PA}\)kết hợp với IM // PN suy ra A,M,N thẳng hàng