Lời giải
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là giao điểm của AI và BC. Dễ thấy \dfrac{BA}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = \dfrac{CA}{CD} = \dfrac{BA + CA}{BD + CD} = \dfrac{BA + CA}{BC} = 2.
Do đó DA tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, kết hợp với
\dfrac{AD}{I_{\alpha}D} = \dfrac{I_{\alpha}A - I_{\alpha}D}{I_{\alpha}D} = \dfrac{2-1}{1} = 1, suy ra DI_{\alpha}^2 = DA^2 =DB \cdot DE. Do đó AI_{\alpha} \equiv DI_{\alpha} tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \triangle EBI_{\alpha}. Tương tự AI_{\alpha} tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp \triangle FCI_{\alpha}.
Vậy \overline{AB} \cdot \overline{AM} = AI_{\alpha}^2 = \overline{AC} \cdot \overline{AN}. Điều đó có nghĩa là tứ giác BCNM nội tiếp. \hfill (1)
Từ (1), chú ý rằng tứ giác BICI_{\alpha} nội tiếp đường tròn đường kính II_{\alpha} và CI là tia phân giác của \widehat{ACB}, suy ra \widehat{BMN} = \widehat{ACB} = 2 \widehat{ICB} = 2 \widehat{II_{\alpha}B} = 2\widehat{BMI_{\alpha}}. Nói cách khác MI_{\alpha} là phân giác của góc BMN. Từ đó chú ý rằng BI_{\alpha}; CI_{\alpha} theo thứ tự là phân giác của các góc \widehat{MBC}; \widehat{NCB} suy ra tứ giác BCNM ngoại tiếp. \hfill (2).
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét