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