Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bổ đề: Xét tam giác ABC có X và Y thuộc BC sao cho AX và AY đối xứng nhau qua phân giác góc BAC thì \(\frac{XB}{XC}.\frac{YB}{YC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).
Giải bài toán:
Gọi đường thẳng đối xứng với PK qua phân giác của ^EPF cắt EF tại S. Ta sẽ chỉ ra S cố định, thật vậy:
Kéo dài KP cắt EF tại L, PE cắt KC tại T, PF cắt KB tại G, KP cắt GT tại I
Ta có ^GKT = ^PKB + ^PKC = ^PFB + ^PEC = ^PEF + ^PFE = 1800 - ^GPT, suy ra tứ giác PTKG nội tiếp
Suy ra ^PGT = ^PKT = ^PEC = ^PFE do đó GT // FE. Từ đó, áp dụng Bổ đề, ta có biến đổi tỉ số:
\(\frac{LE}{LF}.\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}\Leftrightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}.\frac{LF}{LE}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IP}.\frac{IP}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{KG}{PT}.\frac{PG}{KT}\)
\(=\frac{PT}{PG}.\frac{KG}{KT}=\frac{ET}{FG}.\frac{KG}{KT}=\frac{KP}{BF}.\frac{CE}{KP}=\frac{CE}{BF}\)
Hạ BN,CM vuông góc với EF, ta dễ có \(\frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF}=\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{FN}=\frac{SE+EM}{SF+FN}=\frac{SM}{SN}\)
Chú ý rằng BN // CM và cùng vuông góc EF, do vậy DS vuông góc EF. Mà D,E,F cố định nên S cố định
Vậy ta thu được điều phải chứng minh.
Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.
Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn
Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)
Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= PL/(G) = PL/(I) )
Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.
Đồng thời ^DIM = 1800 - ^DK'M = 1800 - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID
Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)
Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp
Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF
Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK
Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC) (1)
Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 1800 - ^BSC/2
Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).
1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M.Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là hình thang cân.
Ta lại có Q P S ^ = Q A B ^ = Q R B ^ .
Từ đó có E P Q ^ = E R P ^ ⇒ Δ E R P ∽ Δ E P Q (g – g),
nên E Q P ^ = E P R ^ = B P S ^ = A S E ^ , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.
Do đó P A . P Q = P E . P S = P F 2 .2 P M = P F . P M , suy ra tứ giác A M Q F nội tiếp.
Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác △ A Q F luôn đi qua M.
Ta có: \(OB=OC=R\) ; \(AB=AC\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Rightarrow OA\) là trung trực của BC
\(\Rightarrow OA\) là phân giác góc \(\widehat{BAC}\) (1)
Mặt khác I thuộc OA \(\Rightarrow IB=IC\Rightarrow\Delta IBC\) cân tại I
\(\Rightarrow\widehat{CBI}=\widehat{BCI}\)
Mà \(\widehat{BCI}=\widehat{ABI}\) (góc nội tiếp và góc tiếp tuyến cùng chắn cung BI)
\(\Rightarrow\widehat{CBI}=\widehat{ABI}\Rightarrow BI\) là phân giác \(\widehat{ABC}\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A
Ta có P C M ^ = P A C ^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) = P E M ^ (góc đồng vị do E M ∥ A C );
Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra M P C ^ = M E C ^ = E C A ^ = C A P ^ ⇒ PM tiếp xúc (O)
Tương tự PN tiếp xúc (O), suy ra MN tiếp xúc (O) tại P.
Bổ đề: Tam giác ABC cân tại A. Điểm D nằm trên trung trực của BC khi và chỉ khi \(\widehat{ADB}=\widehat{ADC}\).
Giải: Vì \(CD=CA\), điểm I nằm trên phân giác \(\widehat{ACD}\) nên \(ID=IA\)
Ta thấy (J) tiếp xúc với CA tại A, suy ra \(\widehat{AFI}=\widehat{IAC}=\widehat{IAF}\) hay \(IA=IF\)
Từ đó \(\Delta DIF\) cân tại I. Chú ý rằng \(\widehat{IBF}=\widehat{IBD}\), suy ra \(BF=BD\) theo bổ đề.
Gọi hai tiếp tuyến tại E và F của (AEF) cắt nhau tại G. Áp dụng ĐL Pascal ta có ngay B,G,C thẳng hàng (1)
Ta thấy PG/(O1) = GE2 = PG/(AEF) = GF2 = PG/(O2) suy ra G nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) (2)
Ta lại có (O1) cắt (O2) tại D; D,B,C thẳng hàng. Kết hợp với (1) và (2) ta thu được BC là trục đẳng phương của (O1) và (O2) (đpcm).
2). Vì EA là tiếp xúc (O) và từ kết quả câu 1) ta có E A 2 = E R . E Q = E P 2 .
Từ đó có E A = E P ⇒ D A P ^ = E A P ^ − E A D ^ = A P E ^ − A C D ^ = P A C ^
Do đó AP là phân giác D A C ^ ⇒ Q C = Q D ⇒ Q M ⊥ C D
.