Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$, $D$ là một điểm bất kì nằm trong $\Delta ABC$ và thuộc đường phân giác $\widehat{BAC}$. $BD$, $CD$ cắt $AC$, $AB$ tại $E$, $F$. $EF$ cắt $(O)$ tại $M$, $N$. $ED$, $FD$ cắt $(O)$ tại $J$, $K$. Chứng minh $(DMN)$ tiếp xúc $(DJK)$.
#1
Đã gửi 19-12-2021 - 23:45
- KietLW9, DaiphongLT, Hoang72 và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 20-12-2021 - 20:32
Giả sử $AB<AC$
Kẻ phân giác ngoài tại đỉnh $A$ của $\Delta ABC$ cắt $BC$ tại $I$
Qua $D$ kẻ tiếp tuyến với $(DKJ)$ cắt $AC,NI,AI$ tại $G,H,S$. Gọi $V,P$ là giao điểm của $AD$ với $MN,BC$
Khi đó ta có: $\angle JDG=\angle JKD=\angle JBC\Rightarrow DG//BC$
Có: $\frac{EA}{EC}.\frac{PC}{PB}.\frac{FB}{FA}=\frac{EA}{EC}.\frac{IC}{IB}.\frac{FB}{FA}=1\Rightarrow \overline{I,M,N}$ (Theo tính chất đường phân giác ngoài, định lý Ceva và định lý Menelaus đảo)
Áp dụng Menelaus ta có các tỉ số:
$1=\frac{FB}{FA}.\frac{CA}{CE}.\frac{DE}{DB}$
$\frac{VA}{VD}=\frac{FA}{FB}.\frac{EB}{ED}$
$\frac{PD}{PA}=\frac{CE}{CA}.\frac{BD}{BE}$
Nhân từng vế ba tỉ số trên, ta được: $\frac{VA}{VD}=\frac{PA}{PD}$
$\Rightarrow \frac{VA}{VD}=\frac{IS}{IA}$
Từ tỉ số trên và áp dụng Menelaus cho tam giác $ADS$ với $V,H,I$ thẳng hàng suy ra được $SH=DH$
$\Rightarrow HS=HD=HA\Rightarrow \angle HAB=\angle HAD-\angle BAP=\angle ADH-\angle PAC=\angle AGH=\angle ACB$
Suy ra $HA$ là tiếp tuyến của $(O)$
$\Rightarrow HA^2=HD^2=HM.HN$ suy ra $HD$ là tiếp tuyến của $(DMN)$
Vậy $(DMN)$ tiếp xúc $(DJK)$
- DaiphongLT, Hoang72, Serine và 2 người khác yêu thích
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
#4
Đã gửi 27-12-2021 - 20:06
Mở rộng 1 tí:
Bài này có đúng với D bất kì thuộc phân giác trong/ngoài của góc A ?
Nếu như thay yếu tố "đường phân giác" bằng " 2 đường đẳng giác" thì nên xây dựng và phát biểu thế nào cho gọn đẹp
- DaiphongLT và Hoang72 thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh