Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và \(AB < AC.\) Gọi \(\left( I \right)\) là đường tròn nội

Câu hỏi số 476027:

Vận dụng

Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và \(AB < AC.\) Gọi \(\left( I \right)\) là đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) và \(K\) là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc \(A\) của tam giác \(ABC\). Gọi \(D,E,F\) lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm \(I\) đến các đường thẳng \(BC,CA,AB.\) Đường thẳng \(AD\)cắt đường tròn \(\left( I \right)\) tại hai điểm phân biệt \(D\) và \(M.\) Đường thẳng qua \(K\) song song với đường thẳng \(AD\) cắt đường thẳng \(BC\) tại \(N.\)

1) Chứng minh tam giác \(MFD\) đồng dạng với tam giác \(BNK.\)

2) Gọi \(P\) là giao điểm của \(BI\) và \(FD.\) Chứng minh góc \(BMF\) bằng góc \(DMP.\)

3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MBC\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(KN.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:476027

Giải chi tiết

1) Dễ thấy \(D,E,F\) là các tiếp điểm của đường tròn \(\left( I \right)\) với các cạnh \(BC,CA,AB.\)

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có \(BD = BF\).

Kết hợp với \(ID = IF\), ta suy ra \(BI\) là trung trực của \(DF\)

\( \Rightarrow \)\(BI \bot DF\).

Mà \(BI,BK\) theo thứ tự là phân giác trong và ngoài của \(\angle ABC\) nên \(BI \bot BK\).

Từ đó \(BK\parallel DF\).

Chứng minh tương tự, ta cũng có \(CK\parallel DE \bot CI.\)

Từ \(BK\parallel DF\) và \(KN\parallel DM\), ta suy ra \(\angle FDM = \angle NKB.\;\left( 1 \right)\)

Mặt khác, từ \(ID \bot BC,IE \bot CA,\,IF \bot AB\), ta suy ra \(\angle IDC = \angle IEC = {90^0}\) và \(\angle IEA = \angle IFA = {90^0}\)

Do đó \(IDCE\) và \(IEAF\) là các tứ giác nội tiếp.

Từ đây, với chú ý \(IA,IB,IC\) là các phân giác trong các góc \(A,B,C\) của tam giác \(ABC\), ta có :

\(\angle FED = \angle FEI + \angle IED\)\( = \angle FAI + \angle ICD\)\( = \dfrac{{\angle BAC}}{2} + \dfrac{{\angle ACB}}{2}\)\( = {90^0} - \dfrac{{\angle ABC}}{2}\)

Vì \(BK \bot BI\) và tứ giác \(DEMF\)nội tiếp nên ta có :

\(\angle FMD = \angle FED\)\( = {90^0} - \dfrac{{\angle BAC}}{2}\)\( = \angle KBI - \angle CBI = \angle NBK.\,\,\,\;\left( 2 \right)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) ta suy ra hai tam giác \(MFD\) và \(BNK\) đồng dạng theo trường hợp \(g - g.\)

2) Do\(BI\) là trung trực của \(DF\)nên \(BI \bot DF\) tại trung điểm \(P\)của \(DF.\)

Gọi \(G\) là giao điểm thứ hai của \(BM\) và đường tròn \((I)\).

Dễ thấy hai tam giác \(BMF\) và \(BFG\) đồng dạng với nhau nên \(\dfrac{{BM}}{{BF}} = \dfrac{{BF}}{{BG}} = \dfrac{{MF}}{{FG}}.\)

Suy ra \(\dfrac{{BM}}{{BG}} = \dfrac{{BM}}{{BF}}.\dfrac{{BF}}{{BG}} = \dfrac{{MF}}{{FG}}.\dfrac{{MF}}{{FG}} = \dfrac{{M{F^2}}}{{F{G^2}}}.\,\,\,\,(3)\)

Chứng minh tương tự ta cũng có : \(\dfrac{{BM}}{{BG}} = \dfrac{{M{D^2}}}{{D{G^2}}}.\,\,\,(4)\)

Từ \((3)\) và \((4)\) ta suy ra : \(\dfrac{{FM}}{{FG}} = \dfrac{{DM}}{{DG}}.\)

Kẻ dây cung \(GH\) của \((I)\) và song song với \(DF\) thì ta có tứ giác \(FDHG\) là hình thang cân.

Suy ra \(FH = DG\) và \(FG = DH\).

Do đó \(\dfrac{{FM}}{{DH}} = \dfrac{{FM}}{{FG}} = \dfrac{{DM}}{{DG}} = \dfrac{{DM}}{{FH}} \Rightarrow FM.FH = DH.DM\,\,\,\,(5)\)

Gọi \(x,y\) là các khoảng cách từ \(M\) đến \(HD,HF\) thì dễ thấy \(x = MD.\sin \angle MDH\) và \(y = MF.\sin \left( {{{180}^0} - \angle MFH} \right) = MF.\sin \angle MDH.\)

\( \Rightarrow \dfrac{x}{{MD}} = \dfrac{y}{{MF}}.\,\,\,\,(6)\)

Từ \((5)\) và \((6)\)\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{FMH}}}}{{{S_{DMH}}}} = \dfrac{{y.FH}}{{x.HD}} = \dfrac{{MF.FH}}{{MD.HD}} = 1.\)

Điều này chứng tỏ \(MH\)đi qua trung điểm của \(FD\), tức \(P\) thuộc \(MH.\)

Do đó, \(\angle BMF = \angle GMF = \angle DMH = \angle DMP\)

3) Gọi \(Q\) là trung điểm của \(KN\).

Theo câu \(1)\) thì hai tam giác \(MFD\) và \(BNK\) đồng dạng với nhau mà \(MP,BQ\) theo thứ tự là trung tuyến tương ứng của hai tam giác này nên hai tam giác \(DMP\) và \(KBQ\) đồng dạng với nhau.

Kết hợp với câu \(2)\), ta có \(\angle BMF = \angle DMP = \angle KBQ\)

Từ đây, đặt \(\alpha = \angle BMF\), ta có : \(\angle BQC = \angle BQN + \angle CQN = \angle QKB + \alpha \)

Tương tự, đặt \(\beta = \angle CME\) thì ta cũng có \(\angle CQN = \angle QKC + \beta \). Suy ra

\(\angle BQC = \angle BQN + \angle CQN\)\( = \angle QKB + \alpha + \angle QKC + \beta \)\( = \angle BKC + \alpha + \beta \)

Chú ý rằng \(BK\parallel DF,CK\parallel DE\) và tứ giác \({\rm{DEMF}}\) nội tiếp nên

\(\angle BKC = \angle EDF = {180^0} - \angle EMF\)\( = {180^0} - \left( {\angle BMF + \angle BMC + \angle CME} \right)\)\( = {180^0} - \left( {\angle BMC + \alpha + \beta } \right)\)

Suy ra \(\angle BQC = \angle BKC + \alpha + \beta = 180^\circ - \angle BMC\) hay \(\angle BQC + \angle BMC = 180^\circ \)

Do đó tứ giác \(BMCQ\) nội tiếp, tức đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCM\) đi qua trung điểm của \(KN\). (đpcm)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link