Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại F và E. Kẻ CK vuông góc với BI. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AC. Chứng minh:

a) F, E, K thẳng hàng;

b) K, N, M thẳng hàng.

a) ⦁ Ta có MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại A và B nên MA ⊥ OA, MB ⊥ OB.

Xét ∆OAM vuông tại A, theo định lí Pythagore, ta có:

$O{M}^2=M{A}^2+O{A}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2+R^2=4R^2$

Suy ra OM = 2R.

Gọi I là giao điểm của (O) với tia OM, ta có OI = R nên IM = OM – OI = 2R – R = R.

Do đó, IM = IO = R nên I là trung điểm của OM.

Do ∆OAM vuông tại A nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OAM.

Do ∆OBM vuông tại B nên trung điểm I của cạnh huyền OM là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OBM.

Do đó bốn điểm A, M, B, O cùng nằm trên đường tròn (I) đường kính OM.

Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB. (1)

⦁ Xét ∆OAM vuông tại A, ta có: $\sin \widehat{AMO}=\frac{OA}{OM}=\frac{1}{2}$

Suy ra $\widehat{AMO}=30°.$

Do MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại M nên MA = MB và MO là tia phân giác của góc AMB, suy ra $\widehat{AMB}=2\widehat{AMO}=2·30°=60°$.

Vì vậy tam giác AMB là tam giác đều có $MA=MB=AB=R\sqrt{3}$ (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều MAB cạnh $R\sqrt{3}$ có tâm là I và bán kính là $\frac{R\sqrt{3}·\sqrt{3}}{6}=\frac{R}{2}.$

b) Do tam giác MAB đều cạnh $R\sqrt{3}$ nên chu vi tam giác MAB bằng $3R\sqrt{3}.$

c) Ta có $\widehat{MBO}=\widehat{MBP}+\widehat{PBO}=90°$ suy ra  $\widehat{MBP}=90°-\widehat{PBO}.$ (3)

Do ∆OBP cân tại O (do OB = OP) nên ta có:

$\widehat{PBO}=\widehat{BPO}=\frac{180°-\widehat{BOP}}{2}=90°-\frac{1}{2}\widehat{BOP}.$

Xét đường tròn (O) có $\widehat{BQP},\widehat{ BOP}$ lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BP nên  $\widehat{BQP}=\frac{1}{2}\widehat{BOP.}$

Do đó $\widehat{PBO}=90°-\widehat{BQP}$. Hay $\widehat{BQP}=90°-\widehat{PBO}.$  (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{MBP}=\widehat{BQP}.$

Xét ∆MPB và ∆MBQ có:

 $\widehat{MBP}=\widehat{MQB}, \widehat{BMQ}$ là góc chung

Do đó ∆MPB ᔕ ∆MBQ (g.g).

Suy ra $\frac{MB}{MQ}=\frac{MP}{MB}$ hay $MP·MQ=M{B}^2={\left(R\sqrt{3}\right)}^2=3R^2.$

Lại có (MQ – MP)² ≥ 0 hay (MQ + MP)² ≥ 4MQ.MP

Suy ra (MQ + MP)² ≥ 4.3R² = 12R²

Do đó $MQ+MP\ge \sqrt{12R^2}=2R\sqrt{3}$ (dấu “=” xảy ra khi MQ = MP).

Vậy MQ + MP đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2R\sqrt{3}$ khi đó MP = MQ hay đường thẳng d đi qua M và A hoặc d đi qua M và B.

a) Xét ∆ABC có ba đường cao AI, BK, CL nên AI ⊥ BC, BK ⊥ AC, CL ⊥ AB.

Do ∆ABK vuông tại K và ∆ABI vuông tại I nên hai điểm K, I cùng thuộc đường tròn đường kính AB. Do đó tứ giác AKIB nội tiếp đường tròn đường kính AB.

Do ∆BCL vuông tại L và ∆BCK vuông tại K nên hai điểm L, K cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Do đó tứ giác BLKC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

b) Do tứ giác AKIB nội tiếp đường tròn nên tổng hai góc đối nhau của tứ giác này bằng 180°, suy ra $\widehat{ABI}+\widehat{AKI}=180°$

Mà $\widehat{CKI}+\widehat{AKI}=180°$ (hai góc kề bù)

Nên $\widehat{CKI}=\widehat{ABI}\left(=180°-\widehat{AKI}\right)$ hay $\widehat{IKC}=\widehat{ABC}.$

Tương tự ta cũng có $\widehat{AKL}=\widehat{ABC}.$

Suy ra $\widehat{AKL}=\widehat{IKC}$.

Từ đó ta có $90°-\widehat{AKL}=90°-\widehat{IKC}$ hay $\widehat{LKH}=\widehat{IKH}.$

Vì vậy KH là đường phân giác của góc LKI.

Tương tự cũng có LH là đường phân giác của góc KLI.

Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL.