Cho tam giác $ABC$ ($AB < AC$) có đường tròn nội tiếp ($I$) tiếp xúc với

Câu hỏi số 855924:

Vận dụng

Cho tam giác $ABC$ ($AB < AC$) có đường tròn nội tiếp ($I$) tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại các điểm $D,E,F$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$, tia $DM$ cắt đường tròn ($I$) tại điểm $H$ ($H$ khác $D$).

a) Chứng minh $MA.MI = MH.MD$.

b) Tia $AH$ cắt đường tròn $(I)$ tại điểm $P(P$ khác $H)$. Chứng minh hai đường thẳng $DP$ và $EF$ song song.

c) Gọi $X$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$, đoạn thẳng $AX$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ tại điểm $N$ ($N$ khác $A$), tia $DI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ tại điểm $G$ ($G$ khác $I$). Chứng minh tiếp tuyến tại $G$, tiếp tuyến tại $N$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ và đường thẳng $EF$ đồng quy.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:855924

Phương pháp giải

a) Sử dụng tính chất tiếp tuyến và đường tròn nội tiếp.

Chứng minh tam giác đồng dạng hoặc hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Sử dụng phương tích của một điểm với đường tròn.

b) Chứng minh tứ giác nội tiếp để suy ra các góc bằng nhau.

Sử dụng tính chất tam giác cân và góc nội tiếp.

Chứng minh hai góc ở vị trí so le trong hoặc đồng vị bằng nhau.

c) Sử dụng Bổ đề hình thang hoặc tính chất hàng điểm điều hòa.

Chứng minh các tỉ số bằng nhau thông qua tam giác đồng dạng.

Sử dụng tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau.

Giải chi tiết

a) Ta có $A,M,I$ thẳng hàng và $EF\bot AI$.

Tam giác vuông $AEI$ có $MA.MI = ME^{2}$.

Ta có: $HEDF$ nội tiếp suy ra $MH \cdot MD = MF \cdot ME = ME^{2}$.

Từ đó $MA.MI = MH.MD$.

b) Theo a) suy ra tứ giác $AHID$ nội tiếp nên $\widehat{ADI} = \widehat{IHP}$.

Mặt khác $\Delta IHP$ cân tại $I$ nên $\widehat{IPH} = \widehat{IHP}$.

Do đó $\widehat{ADI} = \widehat{IPH}$

Lại có $\Delta IDP$ cân tại $I$ nên $\widehat{IDP} = \widehat{IPD}$

Do đó $\widehat{ADP} = \widehat{ADI} + \widehat{IDP} = \widehat{IPH} + \widehat{IPD} = \widehat{APD}$ suy ra $\Delta ADP$ cân tai $A$

Do đó $AD = AP$. Mà $ID = IP$ nên $AI$ là trung trực $DP$.

Vì vậy $EF \parallel DP$ (do cùng vuông góc $AI$)

c) Suy ra $\widehat{IQK} = \widehat{IFK} = \widehat{IFE} = \widehat{IEF} = \widehat{IEK} = \widehat{IJK}$.

Vì vậy $\Delta IQJ$ cân tại $I$ nên $K$ là trung điểm $QJ$.

Xét $\Delta ABC$ có $QJ \parallel BC$ và $K,X$ lần lượt là trung điểm $QJ,BC$.

Suy ra $A,K,X$ thẳng hàng (theo bổ đề hình thang).

Ta có: $AENF$ nội tiếp suy ra $\widehat{ANE} = \widehat{AFE} = \widehat{AEF} = \widehat{ANF}$.

Xét $\Delta NEF$ có $NK$ là phân giác suy ra $\dfrac{NE}{NF} = \dfrac{KE}{KF}$

Ta có $\widehat{FGI} = \widehat{FAI} = \widehat{EAI} = \widehat{EGI}$ nên $GK$ là phân giác $\Delta GFE$ suy ra $\dfrac{GE}{GF} = \dfrac{KE}{KF}$

Từ (1), (2) suy ra $\dfrac{NE}{NF} = \dfrac{GE}{GF}$ (3)

Gọi giao điêm tiếp tuyến tại $N$, tiếp tuyến tại $G$ của đường tròn đường kính $AI$ và đường thẳng $FE$ lần lượt là $S,S'$.

Khi đó $\widehat{SNE} = \widehat{SFN}$ (góc tiếp tuyến) nên $\left. \Delta SNE \right.\sim\Delta SFN\left( {g.g} \right)$

Suy ra $\dfrac{SN}{SF} = \dfrac{SE}{SN} = \dfrac{NE}{FN}$ nên $\dfrac{SE}{SF} = \dfrac{SE}{SN} \cdot \dfrac{SN}{SF} = \left( \dfrac{NE}{NF} \right)^{2}$ (4)

Tương tự $\Delta S'GE \sim \Delta S'FG\left( {g.g} \right)$.

Suy ra $\dfrac{S'G}{S'F} = \dfrac{S'E}{S'G} = \dfrac{GE}{FG}$ nên $\dfrac{S'E}{S'F} = \dfrac{S'E}{S'G} \cdot \dfrac{S'G}{S'F} = \left( \dfrac{GE}{GF} \right)^{2}$ (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra $\dfrac{SE}{SF} = \dfrac{S'E}{S'F}$

Vì vậy $S$ trùng $S'$ và tiếp tuyến tại $G,N$ và đường thẳng $EF$ đồng quy.

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