Bài 3: Góc nội tiếp

Đề bài yêu cầu gì vậy bạn?

Mình nghĩ \(M\in(O)\) với \(M\neq K\).

a) Ta có tứ giác AKBC nội tiếp nên \(\widehat{AKB}+\widehat{ACB}=180^o\Rightarrow\widehat{AKB}=\widehat{ACE}\). (1)

Tứ giác AMBK nội tiếp nên \(\widehat{AMK}=\widehat{ABK}\) mà \(\widehat{AMK}=\widehat{AEC}(\text{so le trong, KM//EC})\) nên \(\widehat{ABK}=\widehat{AEC}\). (2)

Từ (1), (2) suy ra \(\Delta ABK\sim\Delta AEC(g.g)\).

b) Theo câu a: \(\Delta ABK\sim\Delta AEC\Rightarrow \frac{AK}{AB}=\frac{AC}{AE};\widehat{BAK}=\widehat{EAC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AK}{AC};\widehat{BAE}=\widehat{KAC}\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta AKC\left(c.g.c\right)\).

c) Ta có KM // BC nên \(\Delta ABK\sim\Delta AEC\sim\Delta AMF\)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AF}=\dfrac{AB}{AM}\).

Từ đây dễ suy ra \(\Delta AFK\sim\Delta AMB(c.g.c)\).

d) Tương tự mấy cái trên.

Nếu được sử dụng định lú Ptoleme thì bài này chứng minh rất đơn giản.

Không được sử dụng Ptoleme thì chúng ta dựng hình:

Dựng đường tròn tâm M bán kính MC cắt AM tại D \(\Rightarrow MC=MD\)

Mà \(\widehat{CMA}=\widehat{CBA}\) (cùng chắn cung AC) \(\Rightarrow\widehat{CMA}=60^0\)

\(\Rightarrow\Delta MCD\) đều \(\Rightarrow\widehat{MCD}=60^0\)

Lại có \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACD}+\widehat{DCB}=60^0\\\widehat{BCM}+\widehat{DCB}=60^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{BCM}\)

Đồng thời \(AC=BC\) ; \(CD=CM\Rightarrow\Delta ACD=\Delta BCM\) (c.g.c)

\(\Rightarrow AD=BM\)

\(\Rightarrow AM=AD+DM=BM+CM\) (đpcm)

Tứ giác ABMC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ABM}+\widehat{ACM}=180^0\)

Mà \(\widehat{ACM}+\widehat{MCE}=180^0\Rightarrow\widehat{ABM}=\widehat{MCE}\)

D và E cùng nhìn CM dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow CDME\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{MCE}=\widehat{MDE}\) (cùng chắn ME) \(\Rightarrow\widehat{ABM}=\widehat{MDE}\)

Mặt khác D và F cùng nhìn BM dưới 1 góc vuông \(\Rightarrow BFDM\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{ABM}+\widehat{FDM}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{MDE}+\widehat{FDM}=180^0\Rightarrow\) D, E, F thẳng hàng

Hình vẽ:

Gọi B', C' lần lượt là giao điểm khác A của AB, AC với (O').

Do BM, CM là tiếp tuyến của (O') nên ta dễ dàng chứng minh được:

\(BM^2=BA.BB'\); \(CM^2=CA.CC'\)

\(\Rightarrow\dfrac{BM^2}{CM^2}=\dfrac{BA.BB'}{CA.CC'}\). (1) 

\(\Delta AOC\sim\Delta AO'C'(g.g)\Rightarrow \frac{AC}{AC'}=\frac{AO}{AO'}\).

Tương tự, \(\frac{AB}{AB'}=\frac{AO}{AO'}\).

Do đó \(\dfrac{AB}{AB'}=\dfrac{AC}{AC'}\Rightarrow\dfrac{AB}{BB'}=\dfrac{AC}{CC'}\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BB'}{CC'}\). (2)

Từ (1), (2) suy ra \(\dfrac{BM}{CM}=\dfrac{AB}{AC}\).

Theo tính chất đường phân giác đảo thì AM là đường phân giác ngoài của tam giác ABC

\(\Rightarrow\widehat{MAB}+\widehat{MAC}=180^o\Rightarrow180^o+\widehat{BAC}=2\widehat{EAC}\)

\(\Rightarrow180^o-\widehat{EAC}=\dfrac{180^o-\widehat{BAC}}{2}\). (3) 

Các tứ giác FDEA, DBAC nội tiếp nên \(\widehat{FDB}=180^o-\widehat{EAC};\widehat{BDC}=180^o-\widehat{BAC}\). (4)

Từ (3), (4) suy ra \(\widehat{FDB}=\dfrac{\widehat{BDC}}{2}\) nên DF là phân giác góc BDC.