Cho tam giác nhọn \(ABC\) có \(AB < AC\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(I\) là
Cho tam giác nhọn \(ABC\) có \(AB < AC\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC,\) tia \(AI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(D\) (khác \(A\)). Đường thẳng \(OD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(E\) (khác \(D\)) và cắt cạnh \(BC\) tại điểm \(F\).
a) Chứng minh rằng tam giác \(IBD\) cân. Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(IBC.\)
b) Chứng minh \(ID.IE = IF.DE.\)
c) Gọi các điểm \(M,\,N\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên các cạnh \(AB,\,AC\). Gọi \(H,\,K\) lần lượt là các điểm đối xứng với \(M,\,N\) qua \(I.\) Biết rằng \(AB + AC = 3.BC,\) chứng minh \(\widehat {KBI} = \widehat {HCI}.\)
Quảng cáo
- Chứng minh tam giác \(BDI\) và tam giác \(CDI\) cân tại \(D\), từ đó suy ra \(D\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC
- Sử dụng hệ thức lượng, ta đi chứng minh tam giác DIF đồng dạng với tam giác DEI
- Sử dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp
- Ta có \(\widehat {IBD} = \widehat {IBC} + \widehat {DBC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \widehat {DAC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \frac{1}{2}\widehat {BAC}\) (1) (do \(AI,BI\) lần lượt là phân giác các góc \(BAC,ABC\) và tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn).
Từ (1) và (2) ta được \(\widehat {BID} = \widehat {IBD} \Rightarrow \) tam giác \(DBI\) cân tại \(D\).
Ta có \(\widehat {ICD} = \widehat {ICA} + \widehat {DCB} = \frac{1}{2}\widehat {ACB} + \widehat {DAB} = \frac{1}{2}\widehat {ACB} + \frac{1}{2}\widehat {BAC}\) (3) (do\(AI,CI\) lần lượt là phân giác các góc \(BAC,ACB\) và tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn).
Mặt khác \(\widehat {CID} = \widehat {ICA} + \widehat {IAC} = \frac{1}{2}\widehat {ABC} + \frac{1}{2}\widehat {BAC}\) (4).
Từ (3) và (4) ta được \(\widehat {CID} = \widehat {ICD} \Rightarrow \) tam giác \(DCI\) cân tại \(D\).
Do tam giác \(DBI\) và \(DCI\) cân tại \(D\) nên \(DB = DI,\,\,DC = DI \Rightarrow DB = DC = DI \Rightarrow D\)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(IBC\).
- Theo câu a) ta có tam giác \(DCI\) cân tại \(D\) nên \(CD = DI\)
Kết hợp với \(CF\) là đường cao của tam giác \(DCE\) nên \(C{D^2} = DF.DE = D{I^2}\)\( \Rightarrow \frac{{DI}}{{DF}} = \frac{{DE}}{{DI}}.\)
Xét hai tam giác \(DIF\) và \(DEI\) có:
\(\frac{{DI}}{{DF}} = \frac{{DE}}{{DI}}\) và \(\widehat {IDF} = \widehat {EDI}\) suy ra tam giác \(DIF\) đồng dạng với tam giác \(DEI\)
Suy ra \(\frac{{IF}}{{IE}} = \frac{{ID}}{{DE}} \Leftrightarrow ID.IE = IF.DE\).
- Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác \(ABCD\) ta được:
\( \Leftrightarrow 3.BC.ID = AD.BC \Leftrightarrow 3.ID = AD \Leftrightarrow IA = 2.ID\)
Gọi \(P\) là trung điểm của đoạn thẳng\(AI\), suy ra \(MP = AP = PI = ID = \frac{1}{2}AI \Rightarrow I\) là trung điểm của \(PD\). Mặt khác \(I\) là trung điểm \(HM\) suy ra tứ giác \(MPHD\) là hình bình hành\( \Rightarrow MP = DH\).
Từ đó suy ra DH = MP = DI (5).
Chứng minh tương tự ta được DK = DI (6).
Mặt khác theo kết quả phần a ta được DB = DC = DI (7).
Từ (5), (6), (7) ta được DB = DC = DH = DK = DI suy ra \(B,C,H,K,I\) cùng thuộc đường tròn tâm \(D\).
Do \(B,C,H,K,I\) cùng thuộc đường tròn tâm \(D\) nên \(\widehat {KBI} = \frac{1}{2}\)sđ, \(\widehat {ICH} = \frac{1}{2}\)sđ.
Do sđ sđ
Từ đó suy ra \(\widehat {KBI} = \widehat {HCI}\).
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
