Cho đường tròn \(\left( O \right)\) cố định và điểm \(A\) cố định trên \(\left( O \right)\), các

Câu hỏi số 768487:

Vận dụng cao

Cho đường tròn \(\left( O \right)\) cố định và điểm \(A\) cố định trên \(\left( O \right)\), các điểm \(B,C\) thay đổi trên \(\left( O \right)\) sao cho \(B,C\) không trùng \(A\) và \(AC < BC\). Điểm \(M\) trên đoạn \(BC\) sao cho \(\angle {MAC} = \angle {ABC}\). Gọi \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) và \(BI\) cắt \(AC\) tại \(D\). Gọi \(J\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(MAC\).

1) Chứng minh rằng hai tam giác \(CJM\) và \(CIA\) đồng dạng.

2) Gọi \(P\) là giao điểm khác \(I\) của đường thẳng \(CI\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AID\), đường thẳng \(PM\) cắt đường thẳng \(JD\) tại \(N\). Chứng minh rằng bốn điểm \(N,M,J,C\) thuộc một đường tròn.

3) Gọi \(T\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BNC\). Chứng minh khi \(B,C\) thay đổi trên \(\left( O \right)\) thì \(T\) luôn thuộc một đường cố định.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:768487

Phương pháp giải

1) Chứng minh hai tam giác \(CJM\) và \(CIA\) đồng dạng theo trường hợp g.g.

2) Chứng minh \(\angle PND = \angle PCD = \angle PCM\). Suy ra tứ giác \(NMJC\) nội tiếp.

3) Ta chứng minh \(T\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) cố định.

Giải chi tiết

1) Ta có \(\angle ACI = \angle JCM\) do \(CJ\) là phân giác góc \(\angle ACB\)

Lại có \(\angle CMJ = \dfrac{1}{2}\angle CMA = \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle MAC - \angle MCA} \right)\)

\(\; = \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \angle ABC - \angle ACB} \right) = \dfrac{1}{2}\angle BAC = \angle IAC\)

Từ đó ta được hai tam giác \(CJM\) và \(CIA\) đồng dạng.

Từ câu 1) ta được \(\dfrac{{CJ}}{{CI}} = \dfrac{{CM}}{{CA}}\) hay \(\dfrac{{CI}}{{CA}} = \dfrac{{CJ}}{{CM}}\)
Mặt khác tứ giác \(APID\) nội tiếp nên \(CI \cdot CP = CA \cdot CD\), suy ra \(\dfrac{{CI}}{{CA}} = \dfrac{{CD}}{{CP}}\)
Từ đó có \(\dfrac{{CJ}}{{CM}} = \dfrac{{CD}}{{CP}}\) nên tam giác \(CDJ\) và tam giác \(CPM\) đồng dạng.
Suy ra \(\angle CDJ = \angle CPM\) hay \(\angle CDN = \angle CPN\)
Tức là tứ giác \(CDPN\) nội tiếp. Từ đó \(\angle PND = \angle PCD = \angle PCM\)
Suy ra tứ giác \(NMJC\) nội tiếp.

Từ câu 2, do tứ giác \(NMJC\) nội tiếp nên \(PM \cdot PN = PJ \cdot PC\)

Lại có \(\angle PJA = \angle JAC + \angle JCA = \angle IBC + \angle ICB = \angle DIC = \angle PAC\,\,(*)\) nên tam giác \(PAC\) dồng dạng tam giác \(PJA\)

Từ đó \(\dfrac{{PA}}{{PJ}} = \dfrac{{PC}}{{PA}}\) suy ra \(PJ.PC = P{A^2}\) suy ra \(PM \cdot PN = P{A^2}\).
Suy ra \(\dfrac{{PM}}{{PA}} = \dfrac{{PA}}{{PN}}\). Từ đó tam giác \(PAM\) dồng dạng tam giác \(PNA\)
Ta được: \(\angle ANP = \angle PAM = \angle CAM - \angle CAP = \angle ABC - \angle IBC - \angle ICB\) (do \((*)\))

\( = \dfrac{1}{2}\left( {\angle ABC - \angle ACB} \right)\)

Vậy \(\angle ANP + \angle PND = \dfrac{1}{2}\angle ABC\) ( vì \(\angle PND = \dfrac{1}{2}\angle ACB\) )
Tức là \(\angle AND = \angle ABD\) hay tứ giác \(ABND\) nội tiếp.
Từ đó \(\angle BNC = \angle BND + \angle DNC = {180^0} - \angle BAC + \angle DPC\)

\(\; = {180^0} - \angle BAC + \angle DAI = {180^0} - \angle BAC + \angle IAC\)

\(\; = {180^0} - \angle BAC + \dfrac{1}{2}\angle BAC = {180^0} - \dfrac{1}{2}\angle BAC\)

Nên \(2\left( {{{180}^0} - \angle BNC} \right) = \angle BAC\)
Mà \(T\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BNC\) nên \(\angle BTC = 2\left( {{{180}^0} - \angle BNC} \right)\) hay \(\angle BTC = \angle BAC\), tức là \(T\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\), cố định. Điều phải chứng minh.

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