Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt AI tại J và cắt đường thẳng BC tại S.
a) Chứng minh: Tam giác IDA đồng dạng với tam giác IJD.
b) Gọi T là giao điểm của ID và EF. Chứng minh: TI.TD =TJ.TS và IS vuông góc với AD.
c) Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD, DF tại M, N. Chứng minh M là trung điểm...
Đọc tiếp
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt AI tại J và cắt đường thẳng BC tại S.
a) Chứng minh: Tam giác IDA đồng dạng với tam giác IJD.
b) Gọi T là giao điểm của ID và EF. Chứng minh: TI.TD =TJ.TS và IS vuông góc với AD.
c) Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD, DF tại M, N. Chứng minh M là trung điểm của EN
a) Do AE tiếp xúc (I) tại E nên \(\widehat{AEI}=90^o\). Đồng thời dễ dàng chứng minh \(AI\perp EF\) tại J.
Tam giác AEI vuông tại E có đường cao EJ nên \(IJ.IA=IE^2=ID^2=r^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{IJ}{ID}=\dfrac{ID}{IA}\). Từ đó dễ có đpcm.
b) Dễ dàng chứng minh tứ giác IDSJ nội tiếp (do có \(\widehat{IJS}=\widehat{IDS}=90^o\)). Do đó \(\widehat{TIJ}=\widehat{TSD}\), dẫn đến \(\Delta TIJ~\Delta TSD\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{TI}{TS}=\dfrac{TJ}{TD}\) \(\Rightarrow\) đpcm
Gọi P là giao điểm của AD và IS. Khi đó \(\widehat{PID}=\widehat{SID}=\widehat{SJD}\) và \(\widehat{PDI}=\widehat{ADI}=\widehat{IJD}\) (do đã có \(\Delta IJD~\Delta IDA\) ở câu a))
Do đó \(\widehat{PID}+\widehat{PDI}=\widehat{SJD}+\widehat{IJD}=\widehat{SJI}=90^o\)
\(\Rightarrow\Delta IPD\) vuông tại P, dẫn tới đpcm.
c) Gọi Q là giao điểm của AD và EF. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE, DN lần lượt tại X, Y.
Trước hết, ta chứng minh \(\dfrac{EQ}{ES}=\dfrac{FQ}{FS}\) (*)
Ta dễ dàng chứng minh AD, BE, CF đồng quy do định lý Ceva đảo trong tam giác ABC.
\(\Rightarrow\dfrac{QF}{QE}.\dfrac{CE}{CA}.\dfrac{BA}{BF}=1\) (Ceva thuận)
Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF với cát tuyến SBC, ta có: \(\dfrac{SF}{SE}.\dfrac{BA}{BF}.\dfrac{CE}{CA}=1\)
Từ đó suy ra \(\dfrac{QF}{QE}=\dfrac{SF}{SE}\Rightarrow\dfrac{EQ}{ES}=\dfrac{FQ}{FS}\) . Vậy (*) được chứng minh.
Áp dụng định lý Thales \(\Rightarrow\dfrac{YQ}{SD}=\dfrac{FQ}{FS};\dfrac{XQ}{SD}=\dfrac{EQ}{ES}\)
Kết hợp với (*), ta có ngay \(YQ=XQ\), từ đó dễ dàng suy ra M là trung điểm NE dựa vào bổ đề hình thang.