Đường tròn - Hỏi đáp

Gọi E là trung điểm của BC, D là trung điểm của OE.

Gọi F là trung điểm của AK.

Xét trường hợp A thuộc cung lớn BC (TH A thuộc cung nhỏ BC tương tự).

Ta có: \(\widehat{OBC}=\frac{180^o-\widehat{BOC}}{2}=90^o-\widehat{BAC}=\widehat{AMK}\).

Từ đó tam giác OBE đồng dạng với tam giác AMK.

Mà F là trung điểm của AK, D là trung điểm của OE, và AK, OE là hai cạnh tương ứng

Nên \(\widehat{MFK}=\widehat{BDE}\).

Mặt khác, MF là đường TB của tam giác ABK nên MF // BK.

Do đó \(\widehat{BDE}=\widehat{MFK}=\widehat{BKC}\).

Suy ra \(\widehat{BKC}=\frac{\widehat{BDC}}{2}\).

Do đó K thuộc đường tròn tâm D bán kính DB.

Mà D, B cố định nên ta có đpcm.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M và N lần lượt là trung điểm AB, BC, gọi I là trung điểm ON. Lần lượt kẻ MK và IH vuông góc AC.

Chứng minh H là trung điểm KC

Làm được bài này thì sẽ làm được bài kia.

Hình vẽ:

Lời giải:

a)

Ta thấy \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow BD\perp AC,CE\perp AB\)

Mà $BD,CE$ giao nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$

\(\Rightarrow AH\perp BC\) hay $AI\perp BC$

Từ $AI\perp BC,BD\perp AC, CE\perp AB$:

Xét tứ giác $ADHE$ có tổng 2 góc đối nhau \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\) nên $ADHE$ là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác $ADIB$ có \(\widehat{ADB}=\widehat{AIB}(=90^0)\) và 2 góc này cùng nhìn cạnh $AB$ nên $ADIB$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Vì $ADIB$ là tứ giác nội tiếp nên \(CD.CA=CI.CB(1)\)

Hoàn toàn tương tự như $ADIB$ thì $AEIC$ cũng là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow BE.BA=BI.BC(2)\)

Lấy \((1)+(2)\Rightarrow CD.CA+BE.BA=CI.CB+BI.BC=BC(CI+BI)=BC^2\)

Ta có đpcm.

c)

Gọi $H',U$ lần lượt là giao của $MN$ và $AI,AO$

Ta có: \(\widehat{H'IO}=\widehat{AIO}=90^0(3)\)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau: \(AM=AN, OM=ON\Rightarrow AO\) là trung trực của $MN$. Do đó \(AO\perp MN\) tại $U$

\(\Rightarrow \widehat{H'UO}=90^0(4)\)

Từ \((3);(4)\Rightarrow H'UOI\) là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow AH'.AI=AU.AO(5)\)

$AN$ là tiếp tuyến $(O)$ \(\Rightarrow AN\perp NO\) hay tam giác $ANO$ vuông tại $N$

Xét tam giác $ANO$ vuông tại $N$, có đường cao $NU$, sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(AU.AO=AN^2(6)\)

Xét tam giác $AND$ và $ACN$ có:

\(\widehat{A}\) chung; \(\widehat{AND}=\widehat{ACN}\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\Rightarrow \triangle AND\sim \triangle ACN\Rightarrow \frac{AN}{AC}=\frac{AD}{AN}\Rightarrow AN^2=AC.AD(7)\)

Tương tự $ADHE$, ta cũng có $CIHD$ là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow AD.AC=AH.AI(8)\)

Từ \((5);(6);(7);(8)\Rightarrow AH'.AI=AH.AI\Rightarrow H\equiv H'\)

Do đó $M,H,N$ thẳng hàng (đpcm)

Hướng dẫn giải:

a) Do ME, MF là tiếp tuyến với đường tròn suy ra EF ⊥ OM

Tứ giác ABHM có góc A = góc H = 90⁰ nên tứ giác này nội tiếp đường tròn bán kính MB.

b) \(Δ_VOHB ∼ Δ_VOAM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OA}=\dfrac{OB}{AM}\)

\(\Rightarrow OA.OB=OH.OM\) (1)

\(Δ_VOHE∼ Δ_VOEM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OE}=\dfrac{OE}{OM}\)

\(\Rightarrow OH.OM=OE^2=R^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OA.OB=OH.OM =R^2\)

c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.

Do \(\stackrel\frown{FI}=\stackrel\frown{EI}\) suy ra \(\widehat{MFI}=\widehat{EFI}\)

Suy ra FI là phân giác của góc \(\widehat{MFE}\)

Lại có MI là phân giác của góc \(\widehat{EMF}\)

Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF

\(\Rightarrow\) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.

Mà I thuộc đường tròn (O) cố định. Suy ra đpcm.

d) Diện tích tam giác HBO: \(S=\dfrac{1}{2}HO.HB\)

Xét \(Δ_VOHB∼ Δ_VOAM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{HB}{AM}=\dfrac{OB}{OM}\)

\(\Rightarrow HB.OM=AM.OB\) (3)

Có: \(OH.OM=R^2\) (4)

Nhân (3) và (4) vế với vế ta được: \(OH.HB.OM^2=R^2.AM.OB=R^2.AM.\dfrac{R^2}{OA}\)

\(\Rightarrow OH.HB = R^4.\dfrac{AM}{OA.OM^2}= R^4.\dfrac{AM}{OA.(OA^2+AM^2)}\)

Áp dụng BĐT Cô si với OA và AM ta có: \(OA^2+AM^2\ge2.\sqrt{OA^2.AM^2}=2.OA.AM\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(OA=AM\)

\(\Rightarrow OH.HB \le R^4.\dfrac{AM}{OA.2.OA.AM}=\dfrac{R^4}{2OA^2}\)

Suy ra: \(S_{max}=\dfrac{R^4}{4.OA^2}\) khi \(OA=AM\)

Lấy I là trung điểm của AE, K là trung điểm của BC, M là trung điểm của DE.

Xét △CDE có CD = CE \(\Rightarrow\) △CDE cân tại C

\(\Rightarrow CM\perp DE\) (tính chất của tam giác cân)

Xét △AED có I, M lần lượt là trung điểm của AE và DE

\(\Rightarrow\) IM là đường trung bình của △AED

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IM//AD\\IM=\frac{1}{2}AD\end{matrix}\right.\)(tính chất đường trung bình của tam giác)

Có tứ giác ABCD là hình bình hành

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD//BC\\AD=BC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IM//BC\\IM=\frac{1}{2}BC=CK\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác IMCK là hình bình hành

\(\Rightarrow IK//CM\)

Mà \(CM\perp DE\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow DE\perp IK\)(quan hệ từ vuông góc đến song song)

Câu b:

Bạn xem lại đề bài. BĐT không đúng.

Câu c:

Ta có: \(h_a^2+h_b^2+h_c^2=\left(\frac{2S}{a}\right)^2+\left(\frac{2S}{b}\right)^2+\left(\frac{2S}{c}\right)^2\)

\(=4S^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)

\(\geq 4S^2.\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\) ( BĐT AM-GM dạng \(x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}\) )

\(\geq 4S^2.\frac{1}{3}\left(\frac{9}{a+b+c}\right)^2=\frac{108S^2}{(a+b+c)^2}(*)\) (áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz)

Mặt khác:

Theo kết quả phần a: \(r=\frac{2S}{a+b+c}\Rightarrow 27r^2=\frac{108S^2}{(a+b+c)^2}(**)\)

Từ \((*);(**)\rightarrow h_a^2+h_b^2+h_c^2\geq 27r^2\) (đpcm)

Hình vẽ:

Lời giải:
a)

Xét tam giác $ODE$ cân tại $O$ (do $OD=OE=R$) nên đường cao $OM$ đồng thời là đường trung tuyến. Do đó $M$ là trung điểm của $DE$.

\(DE\perp AB, C\in AB\Rightarrow DE\perp AC\)

Xét tứ giác $ADCE$ có 2 đường chéo $AC, DE$ vuông góc và cắt nhau tại trung điểm $M$ của mỗi đường nên $ADCE$ là hình thoi (đpcm)

b) Vì $ADCE$ là hình thoi nên $CE\parallel AD(1)$

Lại có:

$\widehat{CKB}=90^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I))

$\widehat{ADB}=90^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Do đó $\widehat{CKB}=\widehat{ADB}$. Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên $CK\parallel AD(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow C,K,E$ thẳng hàng

c)

Xét tứ giác $DMCK$ có $\widehat{DMC}+\widehat{CKD}=\widehat{DMC}+180^0-\widehat{CKB}=90^0+180^0-90^0=180^0$ nên tứ giác $DMCK$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{CKM}=\widehat{CDM}=\widehat{ADM}$ (theo tính chất hình thang $ADCE$)

\(=90^0-\widehat{DAM}=90^0-\widehat{DAB}=\widehat{CBK}\)

Do đó $MK$ là tiếp tuyến $(I)$

d)

Xét tam giác $MKC$ và $MBK$ có:

$\widehat{M}$ chung

$\widehat{MKC}=\widehat{MBK}$ (cmt)

$\Rightarrow \triangle MKC\sim \triangle MBK(g.g)$

$\Rightarrow \frac{MK}{MB}=\frac{MC}{MK}\Rightarrow MK^2=MB.MC$ (đpcm)

Lời giải:

a)

Vì $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên

\(AB\perp OB, AC\perp OC\Rightarrow \widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)

\(\Rightarrow \widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)

Tứ giác $ABOC$ có tổng hai góc đối bằng $180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

b)

Có \(\widehat{CBD}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính CD) hay \(BD\perp BC(1)\)

Theo tính chất tiếp tuyến: \(AB=AC\)

Lại có: \(OB=OC=R\)

Do đó $AO$ là đường trung trực của $BC$

\(\Rightarrow AO\perp BC(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow AO\parallel BD\)

c)

Vì \(OA\parallel BD\Rightarrow \widehat{MAH}=\widehat{MDB}\) (so le trong)

Mặt khác \(\widehat{MDB}=\widehat{MCB}=\widehat{MCH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

Suy ra \(\widehat{MAH}=\widehat{MCH}\) (đpcm)

d)

Theo phần c ta có \(\widehat{MAN}=\widehat{MAH}=\widehat{MDB}\)

Mà \(\widehat{MDB}=\widehat{ABN}\) (góc hợp bởi tiếp tuyến và một dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn dây cung đó)

\(\Rightarrow \widehat{MAN}=\widehat{ABN}\)

Tam giác $MAN$ và $ABN$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{MAN}=\widehat{ABN}\\ \text{chung góc N}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MAN\sim \triangle ABN\)

\(\Rightarrow \frac{MN}{AN}=\frac{AN}{BN}\Rightarrow AN^2=NM.NB(*)\)

Lại có:

\(\widehat{MBH}=\widehat{MBC}=\widehat{ACM}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn dây cung đó)

Theo kết quả phần c suy ra tứ giác $MHCA$ nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{ACM}=\widehat{AHM}=\widehat{NHM}\)

Do đó \(\widehat{MBH}=\widehat{NHM}\) hay \(\widehat{NBH}=\widehat{NHM}\)

\(\Rightarrow \triangle NHM\sim \triangle NBH(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{NH}{NM}=\frac{BN}{NH}\Rightarrow NH^2=NM.NB(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow NH=NA\Rightarrow N\) là trung điểm $AH$

Lời giải:

a)

Vì $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ nên $MA=MB$

Do đó tam giác $MAB$ cân tại $M$, suy ra đường trung tuyến $MO$ đồng thời là đường cao, hay \(MO\perp AB\Leftrightarrow \widehat{MOA}=90^0\)

Tứ giác $MHOA$ có hai góc cùng nhìn cạnh $OA$ là \(\widehat{MOA}=\widehat{MHA}=90^0\) nên $MHOA$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Ta có:

\(\widehat{MKH}=\widehat{MKA}=\frac{1}{2}\widehat{MOA}\) (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung MA)

\(\Rightarrow \widehat{MKH}=\frac{1}{2}.90^0=45^0\)

Tam giác $MKH$ vuông tại $H$ có góc $K$ bằng $45$ độ nên là tam giác vuông cân.

c)

Vì $AMHO$ nội tiếp (theo phần a) nên \(\widehat{MOH}=\widehat{MAH}\)

Mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MAK}=\frac{1}{2}\widehat{MOK}\) (góc nội tiếp có số đo bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung MK)

\(\Rightarrow \widehat{MOH}=\frac{1}{2}\widehat{MOK}\) hay \(2\widehat{MOH}=\widehat{MOK}\)

\(\Rightarrow \widehat{KOH}=\widehat{MOK}-\widehat{MOH}=\widehat{MOH}\)

Do đó $OH$ là phân giác \(\widehat{MOK}\)

d)

Chu vi tam giác \(OPK: C=OP+PK+OK=R+OP+PK\)

Áp dụng BĐT Cauchy:

\(OP^2+PK^2\geq 2OP.PK\)

\(\Rightarrow 2(OP^2+PK^2)\geq (OP+PK)^2\)

\(2OK^2\geq (OP+PK)^2\Leftrightarrow OP+PK\leq \sqrt{2OK^2}=\sqrt{2}R\)

Do đó:
\(C=R+OP+PK\leq R+\sqrt{2}R=R(\sqrt{2}+1)\)

Vậy \(C_{\max}=R(\sqrt{2}+1)\). Giá trị lớn nhất đạt được khi \(OP=KP\Leftrightarrow \triangle OKP\) vuông cân \(\Leftrightarrow \widehat{KOP}=45^0\Leftrightarrow OK\) là phân giác \(\widehat{MOB}\Leftrightarrow K\) là điểm chính giữa cung MB.

d) Gọi OA cắt ED ở K.Dễ dàng chứng minh \(AK\perp ED\)( đã cm trong các câu trên ). Kẻ AH cắt BC ở M

\(\dfrac{S_{APQ}}{S_{ABC}}=\dfrac{AK.PQ}{AM.BC}=\dfrac{PQ}{2BC}\Rightarrow AM=2AK\)

Mà \(\Delta AED\)~\(\Delta ACB\)(c.g.c),AK,AM là 2 đường cao tương ứng

\(\Rightarrow\dfrac{C_{AED}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{ED}{BC}=\dfrac{1}{2}\)

Để ý rằng \(\Delta ABD\) vuông ở D có AB=2AD \(\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\)và dễ thấy tam giác ABC phải cân ---> tam giác ABC đều .

Kẻ \(ON\perp BC\) ,ta tính được \(BC=\sqrt{3}R\)

Câu 5:

Ta có 2 TH:

TH1: $(A);(B)$ tiếp xúc ngoài:

Khi đó \(AB=R_A+R_B=3,5+5,5=9\) (cm)

TH2: $(A);(B)$ tiếp xúc trong:

\(AB=R_B-R_A=5,5-3,5=2\) (cm)

Vậy đáp án có thể là B hoặc C

Câu 3:

Kẻ $OH\perp AB$. Do tam giác $OAB$ cân tại $O$ nên đường cao $OH$ đồng thời là đường trung tuyến, nghĩa là $H$ là trung điểm của $AB$

\(\Rightarrow AH=\frac{AB}{2}=12\)

Áp dụng định lý Pitago: \(OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5\)

Đây chính là khoảng cách từ $O$ đến dây $AB$

Đáp án A

Câu 4:

Do \(R+R'=3+6< 10\Rightarrow R+R'< OI\)

Điều đó nghĩa là hai đường tròn này ở ngoài nhau. Đáp án B

Hình vẽ:

Lời giải:

a)

Ta thấy $OA=OB$ nên tam giác $OAB$ cân tại $O$

\(\Rightarrow \widehat{OBA}=\widehat{OAB}\)

Tương tự: Tam giác $O'AC$ cân tại $O'$ nên \(\widehat{O'CA}=\widehat{O'AC}\)

Mà \(\widehat{OAB}=\widehat{O'AC}\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow \widehat{OBA}=\widehat{O'CA}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên suy ra \(OB\parallel O'C\) (đpcm)

b)

Xét $(O')$ có \(\widehat{CAD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat{CAD}=90^0\Rightarrow \widehat{BAD}=180^0-\widehat{CAD}=90^0\)

Xét tam giác vuông $BAD$ có $AE$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyển $BD$ nên \(AE=\frac{BD}{2}=BE=ED\)

Ta có:
\(\left\{\begin{matrix} OA=OB\\ EA=EB\end{matrix}\right.\Rightarrow OE\) là trung trực của $BA$

\(\Rightarrow OE\perp AB\)

Tương tự: $O'E$ là trung trực của $AD$

\(\Rightarrow O'E\perp AD\)

Mà $AB\perp AD$ (cmt) nên $OE\perp O'E$, do đó \(\widehat{OEO'}=90^0\)

Hình vẽ:

Lời giải:

a)

$BD$ là tiếp tuyến của $(O)$ \(\Rightarrow BD\perp OB\Rightarrow \widehat{DBO}=90^0\)

Vì $D$ nằm trên đường trung trực của $BC$ nên $DC=DB$

Xét tam giác $DCO$ và $DBO$ có:

\(\left\{\begin{matrix} DC=DB\\ \text{DO chung}\\ OB=OC=R\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle DCO=\triangle DBO(c.c.c)\)

\(\Rightarrow \widehat{DCO}=\widehat{DBO}=90^0\)

\(\Rightarrow DC\perp OC\Rightarrow DC\) là tiếp tuyến $(O)$

b) Dễ thấy $DO$ chính là đường trung trực của $BC$ nên $DO\perp BC$ tại $F$

Xét tam giác $DFC$ và $DCO$ có:

\(\widehat{DCO}=\widehat{DFC}=90^0\)

\(\widehat{D}\) chung

\(\Rightarrow \triangle DFC\sim \triangle DCO\Rightarrow \frac{DC}{DO}=\frac{DF}{DC}\Rightarrow DC^2=DO.DF(1)\)

Xét tam giác $DEC$ và $DCA$ có:

\(\widehat{D}\) chung

\(\widehat{DCE}=\widehat{DAC}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến $DC$ và dây cung $CE$ thì bằng góc nội tiếp chắn bởi dây cung $CE$)

\(\Rightarrow \triangle DEC\sim \triangle DCA\Rightarrow \frac{DC}{DA}=\frac{DE}{DC}\Rightarrow DC^2=DA.DE(2)\)

Từ (1);(2) suy ra \(DE.DA=DC^2=DF.DO\)

Ta có đpcm

c)

Vì \(CH\perp AB; BD\perp AB\Rightarrow CH\parallel BD\)

\(\Rightarrow \widehat{HCB}=\widehat{CBD}\) (so le trong). Mà \(\widehat{CBD}=\widehat{BCD}\) (do tam giac $DCB$ cân tại $D$)

\(\Rightarrow \widehat{HCB}=\widehat{BCD}\) hay $CB$ là tia phân giác trong của \(\widehat{DCH}\)

Mà $CB\perp CA$ (dễ thấy) nên $CA$ là tia phân giác ngoài đỉnh $C$

Theo tính chất tia phân giác:

\(\frac{AI}{AD}=\frac{CI}{CD}\)

Theo định lý Ta-let (với TH $IH\parallel BD$): \(\frac{AI}{AD}=\frac{IH}{BD}\)

Do đó: \(\frac{CI}{CD}=\frac{HI}{BD}\). Mà $CD=BD$ nên $CI=HI$ hay $I$ là trung điểm của $CH$ (đpcm)

Câu b:

Ta có: \(\widehat{I_3}+\widehat{I_1}+\widehat{I_2}=\widehat{IMA}+\widehat{I_1}+\widehat{A_2}\left(=180^0\right)\)

mà \(\widehat{I_2}=\widehat{A_2}\left(\Delta IMA\text{ ~ }\Delta BNI\right)\)

⇒ \(\widehat{I_3}=\widehat{IMA}\)

mà \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\)

⇒ ΔIAB ∼ ΔMAI (g - g) ∼ ΔNIB

⇒ • IA² = AM . AB
• IB² = NB . AB

Đặt \(P=\dfrac{IA^2}{AB\times AC}+\dfrac{IB^2}{AB\times BC}+\dfrac{IC^2}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM\times AB}{AB\times AC}+\dfrac{NB\times AB}{AB\times BC}+\dfrac{CM^2-IM^2}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM}{AC}+\dfrac{NB}{BC}+\dfrac{CM^2-AM\times NB}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM\times BC+NB\times AC+CM\times CN-AM\times NB}{AC\times BC}\)
(do CM = CN vì ΔICM = ΔICN)

\(=\dfrac{AM\times CN+NB\times AC+CM\times CN}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AC\times CN+NB\times AC}{AC\times BC}=1\)

Vậy ta có đpcm.

Câu a:

Xét ΔICM vuông tại I và ΔICN vuông tại I có:

• IC chung
• \(\widehat{ICM}=\widehat{ICN}\left(\text{do IC là tia phân giác của }\widehat{ACB}\right)\)

⇒ ΔICM ∼ ΔICN (g - c - g)

⇒ • IM = IN
• \(\widehat{IMC}=\widehat{INC}\)

mà \(\widehat{IMC}+\widehat{IMA}=\widehat{INC}+\widehat{INB}\left(=180^0\right)\)

⇒ \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)

mà \(\widehat{IMA}+\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{INB}+\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\left(=180^0\right)\)

⇒ \(\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\) (1)

Mặt khác, ΔIAB có: \(\widehat{A_1}+\widehat{B_1}=180^0-\widehat{I_3}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\)

mà • \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\left(\text{do IA là tia phân giác của }\widehat{BAC}\right)\)
• \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\left(\text{do IB là tia phân giác của }\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{A_2}+\widehat{B_2}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\) (2)

Trừ (1) và (2) vế theo vế, suy ra \(\widehat{I_1}-\widehat{B_2}=\widehat{B_2}+\widehat{I_1}\)

⇒ \(2\widehat{I_1}=2\widehat{B_2}\)

⇒ \(\widehat{I_1}=\widehat{B_2}\)

mà \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)

⇒ ΔIMA ∼ ΔBNI (g - g)

⇒ AM . BN = IM . IN = IM² = IN² (do IM = IN)