Ngoài mở rộng của Bảo, thầy dễ xuất mở rộng khác như sau
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm nằm trên $(IBC)$. $PB,PC$ cắt $(O)$ tại $E,F$ khác $B,C$. $M$ là trung điểm $EF$. $D$ là hình chiếu của $P$ lên $BC$. Trung trực $PD$ cắt các đường thẳng qua $M$ lần lượt song song với $PC,PB$ tại $Q,R$. Trung trực $QR$ cắt $PM$ tại $N$. Chứng minh rằng $(NQR)$ tiếp xúc $(O)$.
Lời giải của thầy sắp cho lên tối này cũng dùng được cho mở rộng này hãy đón đọc nhé.
Lời giải của em :
Gọi $P'$ là đối xứng của $P$ qua $M$, ta có $PEP'F$ là hình bình hành.
$\angle EP'F=\angle EPF=\angle BPC=180^o-\frac{\angle BUC}{2},\angle EUF=\angle BUC-\angle BCF-\angle CBE=2(180^o- \angle EP'F)-(180^o-\angle EP'F)=180^o-\angle EP'F$
Suy ra $P'$ thuộc đường tròn $\odot (O)$
Gọi $L$ là trung điểm của $BP$,$X$ là giao điểm thứ 2 của $P'P$ với $\odot (O)$, ta có $PL.PE=\frac{1}{2}.PB.PE=\frac{1}{2}PP'.PX=PM.PX$. Nên $L,E,M,X$ nội tiếp $\odot (O_1)$
$XE$ cắt $\odot (O_1)$ lần 2 tại $Q'$ Ta có $\angle XQ'L=\angle XEL=\angle XCB$ nên $Q'L$ song song với $CP$ . Do đó $Q'$ nằm trên trung trực $PD$. Bằng biến đổi góc dễ có $MQ'$ song song với $CP$ nên $Q \equiv Q'$
Tương tự ta có $\overline{X,B,R}$. Suy ra $X$ là tâm vị tự trong của $\odot (O)$ và $\odot (XQR)$.
Lại có $P'EBF$ và $P'ECF$ là hình thang cân nên dễ có $P'$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$
Do đó $XP'$ và trung trực $QR$ cắt nhau tại $N$ thuộc $\odot (XQR)$. Vậy $\odot (NQR)$ tiếp xúc với $\odot (O)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 20-03-2016 - 18:45
$ \textbf{NMQ}$
Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come
Just take off her or give me a ride
Give me one day or one hour or just one minute for a short word
:
