Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Ta có
B I C ^ = 180 0 − I B C ^ − I C B ^ = 180 0 − A B C ^ 2 − A C B ^ 2 = 180 0 − 180 ∘ − B A C ^ 2 = 90 0 + B A C ^ 2 ⇔ B A C ^ = 2 B I C ^ − 180 °
Tương tự B Q C ^ = 90 0 + B P C ^ 2 ⇔ B P C ^ = 2 B Q C ^ − 180 ° .
Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra B A C ^ = B P C ^ ⇒ B Q C ^ = B I C ^ , nên 4 điểm B, I, Q, C thuộc một đường tròn.
2) Gọi đường tròn (B; BI) giao (C; CI) tại K khác I thì K cố định.
Góc I B M ^ là góc ở tâm chắn cung I M ⏜ và I K M ^ là góc nội tiếp chắn cung I M ⏜ , suy ra I K M ^ = 1 2 I B M ^ (1).
Tương tự I K N ^ = 1 2 I C N ^ (2).
Theo câu 1) B, I, Q, C thuộc một đường tròn, suy ra I B M ^ = I B Q ^ = I C Q ^ = I C N ^ (3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra I K M ^ = I K N ^ ⇒ K M ≡ K N .
Vậy MN đi qua K cố định.
Đặt bán kính của (I) và (O) lần lượt là \(r\) và \(R\).Gọi AI cắt (O) tại K khác A, KO cắt PQ, (O) lần lượt tại J,L.
Dễ thấy K là điểm chính giữa cung PQ và BC, suy ra KP = KQ, cũng dễ có KM = KN (1)
Áp dụng ĐL Cosin vào \(\Delta\)AKN ta có:
\(KN^2=AK^2+AN^2-2AK.AN.\cos45^0\Rightarrow KN^2=2R^2+2Rr+r^2\) (2)
Ta thấy OJ có độ dài bằng một nửa đường cao AH của \(\Delta\)ABC. Từ ĐL Ptolemy và Thales ta tính được:
\(AH=r.\frac{AB+AC+2R}{2R}=\frac{2Rr+r^2}{R}\Rightarrow OJ=\frac{2Rr+r^2}{2R}\)
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông có:
\(KQ^2=KJ.KL=\left(R+\frac{2Rr+r^2}{2R}\right).2R=2R^2+2Rr+r^2\) (3)
Từ (1),(2) và (3) suy ra KM = KN = KP = KQ. Điều đó có nghĩa là M,N,P,Q cùng thuộc đường tròn tâm K (đpcm).
Bổ đề: Xét tam giác ABC có X và Y thuộc BC sao cho AX và AY đối xứng nhau qua phân giác góc BAC thì \(\frac{XB}{XC}.\frac{YB}{YC}=\frac{AB^2}{AC^2}\).
Giải bài toán:
Gọi đường thẳng đối xứng với PK qua phân giác của ^EPF cắt EF tại S. Ta sẽ chỉ ra S cố định, thật vậy:
Kéo dài KP cắt EF tại L, PE cắt KC tại T, PF cắt KB tại G, KP cắt GT tại I
Ta có ^GKT = ^PKB + ^PKC = ^PFB + ^PEC = ^PEF + ^PFE = 1800 - ^GPT, suy ra tứ giác PTKG nội tiếp
Suy ra ^PGT = ^PKT = ^PEC = ^PFE do đó GT // FE. Từ đó, áp dụng Bổ đề, ta có biến đổi tỉ số:
\(\frac{LE}{LF}.\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}\Leftrightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{PE^2}{PF^2}.\frac{LF}{LE}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{IG}{IP}.\frac{IP}{IT}=\frac{PT^2}{PG^2}.\frac{KG}{PT}.\frac{PG}{KT}\)
\(=\frac{PT}{PG}.\frac{KG}{KT}=\frac{ET}{FG}.\frac{KG}{KT}=\frac{KP}{BF}.\frac{CE}{KP}=\frac{CE}{BF}\)
Hạ BN,CM vuông góc với EF, ta dễ có \(\frac{SE}{SF}=\frac{CE}{BF}=\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{FN}=\frac{SE+EM}{SF+FN}=\frac{SM}{SN}\)
Chú ý rằng BN // CM và cùng vuông góc EF, do vậy DS vuông góc EF. Mà D,E,F cố định nên S cố định
Vậy ta thu được điều phải chứng minh.
1). Vì MP là đường kính suy ra P N ⊥ M N (1).
Vì MD là đường kính suy ra D N ⊥ M N (2).
Từ (1) và (2), suy ra N; P; D thẳng hàng.
2) Tứ giác APQD nội tiếp ( P Q D ^ = M A D ^ = 90 0 ),
suy ra P A Q ^ = P D Q ^ = N D M ^ (3).
Xét (O), ta có N D M ^ = N A M ^ (4).
Từ (3) và (4) P A Q ^ = N A P ^ , suy ra AP là phân giác của góc N A Q ^ (*).
Xét (O), ta có A N D ^ = A M D ^ .
Xét đường tròn đường kính MP có Q M P ^ = Q N P ^ ⇒ A N P ^ = Q N P ^ , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).
Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ