* Dự đoán : Quỹ tích điểm I là cung chứa góc  135 º dựng trên đoạn BC.

* Chứng minh :

Phần thuận : Chứng minh mọi điểm I thỏa mãn điều kiện trên đều thuộc cung chứa góc 135 º   dựng trên đoạn BC.

⇒ I thuộc cung chứa góc  135 º   dựng trên đoạn thẳng BC.

Phần đảo: Chứng minh mọi điểm I thuộc cung chứa góc  135 º    dựng trên đoạn BC, đều có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện.

+ Lấy I trên cung chứa góc  135 º    dựng trên đoạn BC

+ Kẻ tia Bx sao cho BI là phân giác của 

+ Kẻ tia Cy sao cho CI là phân giác của 

+ Bx cắt Cy tại A.

Khi đó I là giao điểm của hai đường phân giác trong tam giác ABC

Vậy ΔABC vuông tại A thỏa mãn đề bài.

Kết luận : Quỹ tích điểm I là toàn bộ cung chứa góc  135 º    dựng trên đoạn BC (khác B và C).

Kiến thức áp dụng

+ Thông thường, bài toán quỹ tích ta làm theo các bước :

   1, Dự đoán quỹ tích

   2, Chứng minh quỹ tích : gồm Phần thuận và Phần đảo

   3, Kết luận.

+ Quỹ tích các điểm M thỏa mãn  (với A, B cố định, α không đổi) là cung chứa góc α dựng trên đoạn AB. (Cách dựng xem SGK).

* Dự đoán : Quỹ tích điểm I là cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC.

* Chứng minh :

Phần thuận : Chứng minh mọi điểm I thỏa mãn điều kiện trên đều thuộc cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC.

⇒ I thuộc cung chứa góc 135º dựng trên đoạn thẳng BC.

Phần đảo: Chứng minh mọi điểm I thuộc cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC, đều có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện.

+ Lấy I trên cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC

+ Kẻ tia Bx sao cho BI là phân giác của 

+ Kẻ tia Cy sao cho CI là phân giác của 

+ Bx cắt Cy tại A.

Khi đó I là giao điểm của hai đường phân giác trong tam giác ABC

Vậy ΔABC vuông tại A thỏa mãn đề bài.

Kết luận : Quỹ tích điểm I là toàn bộ cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC (khác B và C).

Theo tính chất của góc ngoài tam giác, ta có;

\(\widehat{I_2}=\widehat{A_1}+\widehat{B_1}\) (1)

\(\widehat{I_2}=\widehat{A_2}+\widehat{C_1}\) (2)

Cộng vế (1) và (2) vế với vế:

\(\widehat{I_1}+\widehat{I_2}=\widehat{A_1}+\widehat{A_2}+\widehat{B_1}+\widehat{C_1}\)

Hay \(\widehat{I}=90^o+45^o=135^o\)

Điểm I nhìn đoạn thẳng BC cố định dưới góc 135^o không đổi, vậy quỹ tích của I là góc cung chứa góc 135^o dựng trên đoạn thẳng BC

Tương tự câu 1

Tính được  B I C ^ = 135 0

=> Quỹ tích của điểm I là hai cung chứa góc 135 0 dựng trên đoạn BC

Thì sao ?

Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.

Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn

Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)

Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= P_L/(G) = P_L/(I) )

Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.

Đồng thời ^DIM = 180⁰ - ^DK'M = 180⁰ - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID

Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)

Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp

Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF

Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK

Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC)   (1)

Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 180⁰ - ^BSC/2

Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC)                                             (2) 

Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).

Ta có: \(\widehat{DQB}=\widehat{CQP}\)(2 góc đối đỉnh).

Dễ thấy CA và CB là hai tiếp tuyến của (I) \(\Rightarrow CP=CQ\)nên tam giác CPQ cân tại C

\(\Rightarrow\widehat{CQP}=\frac{180^0}{2}-\frac{\widehat{C}}{2}=90^0-\frac{\widehat{C}}{2}\Rightarrow\widehat{DQB}=90^0-\frac{\widehat{C}}{2}\left(1\right)\)

Lại có: \(\widehat{DIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\frac{1}{2}\widehat{A}+\frac{1}{2}\widehat{B}=\frac{1}{2}\left(180^0-\widehat{C}\right)=90^0-\frac{\widehat{C}}{2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat{DQB}=\widehat{DIB}\)=> Tứ giác BIQD nội tiếp đường tròn

=> \(\widehat{BDI}=\widehat{BQI}\). Mà \(\widehat{BQI}=90^0\)\(\Rightarrow\widehat{BDI}=90^0\)

Do đó \(AD\perp BD\)tại D hay \(AI\perp BD\)tại D

Ta thấy tam giác ABC vuông tại A có A; B cố định => \(\widehat{BAC}\)không đổi nên tia phân giác AI của \(\widehat{BAC}\)cố định

Do BD vuông góc với AI tại D (cmt) => BD cố định , vậy nên điểm D là điểm cố định.

Mà PQ đi qua D => PQ luôn đi qua 1 điểm D cố định khi C chuyển động trên tia At (đpcm).