Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C I D E F N M P Q 1 1
Không mất tính tổng quát , giả sử AB < AC ( bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC )
Dễ thấy P là điểm chính giữa \(\widebat{EF}\) nên D,N,P thẳng hàng
Cần chứng minh \(\widehat{IMC}=\widehat{PDC}\)
Ta có : \(\widehat{IMC}=\widehat{MIB}+\widehat{B_1}=\frac{1}{2}\widehat{BIC}+\widehat{B_1}=\frac{1}{2}\left(180^o-\widehat{B_1}-\widehat{C_1}\right)+\widehat{B_1}\)
\(=\frac{1}{2}\left(180^o-\frac{\widehat{ABC}}{2}-\frac{\widehat{ACB}}{2}\right)+\frac{\widehat{ABC}}{2}=90^o+\frac{\widehat{ABC}}{4}-\frac{\widehat{ACB}}{4}\)
\(\widehat{PDC}=\widehat{PDE}+\widehat{EDC}=\frac{1}{2}\widehat{EDF}+\widehat{EDC}\)\(=\frac{1}{2}\left(180^o-\widehat{FDB}-\widehat{EDC}\right)+\widehat{EDC}\)
\(=90^o-\frac{\widehat{FDB}}{2}+\frac{\widehat{EDC}}{2}=90^o-\frac{90^o-\widehat{B_1}}{2}+\frac{90^o-\widehat{C_1}}{2}\)
\(=90^o+\frac{\widehat{ABC}}{4}-\frac{\widehat{ACB}}{4}\)
\(\Rightarrow\widehat{IMC}=\widehat{PDC}\Rightarrow IM//ND\)
b) Theo câu a suy ra \(\widehat{MID}=\widehat{IDP}\)
Mà \(\Delta PID\)cân tại I ( do IP = ID ) nên \(\widehat{IPD}=\widehat{IDP}\)
Suy ra \(\widehat{MID}=\widehat{IPD}=\widehat{QPN}\)
\(\Rightarrow\Delta IDM\approx\Delta PQN\left(g.g\right)\)
c) từ câu b \(\Rightarrow\frac{IM}{PN}=\frac{ID}{PQ}=\frac{IP}{PQ}\)( 1 )
Theo hệ thức lượng, ta có : \(IQ.IA=IE^2=IP^2\)
Do đó : \(\frac{QP}{IP}=1-\frac{IQ}{IP}=1-\frac{IP}{IA}=\frac{PA}{IA}\)
Suy ra \(\frac{IP}{QP}=\frac{IA}{PA}\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow\frac{IM}{PN}=\frac{IA}{PA}\)kết hợp với IM // PN suy ra A,M,N thẳng hàng
(Đề hay quá!)
Gọi \(X\) là trung điểm \(BC\). CM được \(DF,AI,MN\) đồng quy tại điểm ta gọi là \(K\).
Theo tính chất đường trung bình ta có \(MN\) song song \(AB\).
Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) cũng suy ra \(AB\) song song với \(IE\).
Áp dụng định lí Thales liên tục ta có:
\(\frac{AN}{IE}=\frac{MN}{MI}=\frac{KA}{KI}=\frac{AP}{ID}\).
Do \(ID=IE\) nên \(AN=AP\). Kết thúc chứng minh.
- Đề bài cho một tam giác ABC không cân tại A và đường tròn nội tiếp (I) của nó.
- Đường tròn (I) tiếp xúc với ba cạnh của tam giác tại D, E, F.
- T là giao điểm của đường thẳng EF và BC.
- Mục tiêu là chứng minh IT vuông góc với AD.
2. Sử dụng các kiến thức hình học:- Tính chất đường phân giác: Tia phân giác của một góc chia góc đó thành hai góc bằng nhau.
- Tính chất tiếp tuyến: Tiếp tuyến của đường tròn vuông góc với bán kính tại tiếp điểm.
- Định lý Pascal: Nếu một lục giác nội tiếp có sáu đỉnh nằm trên một đường tròn, thì ba giao điểm của ba cặp cạnh đối diện của lục giác nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Pascal).
- Trục đẳng phương: Tập hợp các điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn.
3. Chứng minh:- Bước 2: Chứng minh T, D, E, F thẳng hàng (Định lý Pascal):
- Xét lục giác AEIFCD nội tiếp đường tròn đường kính AD.
- Áp dụng định lý Pascal, ta có T, E, F thẳng hàng (đường thẳng Pascal).
- Vì T là giao điểm của EF và BC, nên T, E, F thẳng hàng.
- Bước 3: Chứng minh IT vuông góc với AD:
- Áp dụng định lý Brocard: Nếu tam giác ABC không cân, và đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F, thì AD, BE, CF đồng quy tại một điểm, gọi là điểm Lemoine (K).
- Áp dụng định lý Brocard cho tam giác ABC, ta có AD, BE, CF đồng quy tại K.
- Ta có K là điểm Lemoine của tam giác ABC.
- Vì K là điểm Lemoine, nên K nằm trên đường thẳng Simson của điểm I đối với tam giác ABC.
- Đường thẳng Simson của I đối với tam giác ABC là đường thẳng vuông góc với AD tại điểm T.
- Do đó, IT vuông góc với AD.
Kết luận: IT vuông góc với AD.