Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C P F E N M x Q S O
Gọi S là giao điểm của 2 đường tròn (PCE) và (PBF).
Trước hết, ta thấy \(\Delta\)PCE ~ \(\Delta\)AOB => ^CPE = ^OAB. Tương tự: ^BPF = ^OAC.
Suy ra: ^CPE + ^BPF = ^OAB + ^OAC = ^BAC = 1800 - ^BPC => E,P,F thẳng hàng => ^EPS + ^FPS = 1800
Mà ^FPS + ^SNF = 1800 nên ^EPS = ^SNF => ^EMS = ^SNQ (Vì ^EPS = ^EMS)
=> Tứ giác SMQN nội tiếp. Hay S thuộc đường tròn (QMN).
Bằng các góc nội tiếp, ta có: ^BSC = ^BSP + ^CSP = ^BFP + ^CEP = ^BAC = const. Mà BC cố định
Nên S nằm trên đường tròn đối xứng với (O) và BC => Đường tròn (BCS) cố định
Ta sẽ chứng minh: Đường tròn (QMN) tiếp xúc với (BCS) cố định (tại điểm chung S).
Thật vậy, từ S vẽ tiếp tiếp Sx của đường tròn (QMN). Dễ thấy: ^MSx = ^MNS = ^PBS (Do tứ giác BPSN nội tiếp)
Xét đường tròn (PCE): ^MSC = ^MPC = ^CBP. Từ đó: MSx + ^MSC = ^PBS + ^CBP = ^CBS
Do đó: Sx cũng là tiếp tuyến của đường tròn (BCS). Cho nên (QMN) luôn tiếp xúc (BCS) cố định (đpcm).
Ta sẽ chứng minh DNB^ = ICB^
Tức là chứng minh tứ giác ENCI nội tiếp.
Ta có: \(\widehat{NIC}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}+\dfrac{\widehat{ACB}}{2}=\dfrac{\widehat{ABC}+\widehat{ACB}}{2}=\dfrac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (1)
Mặt khác, AD = AE (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
=> tam giác DAE cân tại A
=> \(\widehat{AED}=\dfrac{180^o-\widehat{DAE}}{2}=\dfrac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\) (2)
Từ (1) và (2) => NIC^ = AED^
mà AED^ = NEC^ (đối đỉnh)
=> NIC^ = NEC^ => tứ giác ENCI nội tiếp
=> ENI^ = ECI^
mà ECI^ = ICB^ (I là tâm đtròn ntiếp)
=> ENI^ = ICB^ => DNB^ = ICB^ (*)
Mặt khác, DBN^ = IBC^ (I là tâm đtròn ntiếp) (**)
Từ (*) và (**) => tam giác BDN đồng dạng tam giác BIC (g.g) (đpcm)
Ta có \(\angle BDN=180^{\circ}-\angle ADE=180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle BAC\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAC.\) Mặt khác xét tam giác \(\Delta BCI\) có \(\angle BIC=180^{\circ}-\angle IBC-\angle ICB=180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(\angle ABC+\angle ACB\right)\)
\(=180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle BAC\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAC\).
Vậy ta có \(\angle BIC=\angle BDN.\) Xét hai tam giác \(\Delta BIC,\Delta BDN\) có \(\angle BIC=\angle BDN\left(=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAC\right);\angle IBC=\angle DBN=\frac{1}{2}\angle ABC\to\)\(\Delta BIC\sim\Delta BDN\left(g.g\right)\).
b) Theo trên \(\angle BIC=\angle BDN=\angle MEC.\) Mà \(\angle ICB=\angle ECM=\frac{1}{2}\angle ACB\to\Delta BCI\sim\Delta MCE\left(g.g\right).\)
Theo kết quả câu a) ta được \(\Delta BDN\sim\Delta MEC\) (ĐPCM)