Cho tam giác ABC cân tại A (góc A < 90 độ), một đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại B và C. Trên cung BC nằm trong tam giác ABC lấy 1 điểm M tùy ý(M \(\ne\) B; C). Gọi các điểm I;H;K lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH.
a) Chứng minh các tứ giác CIMH và MPIQ nội tiếp
b) CMR: PQ là tiếp tuyến chung cua hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPK và tam giác MQH.
c) Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác MPK và tam giác MQH. CMR: đường thẳng MN đi qua 1 điểm cố định.
@Akai Haruma
@Ace Legona
Lời giải:
a)
Vì $I,H,K$ là hình chiếu của $M$ lên $BC,CA,AB$ nên
\(MI\perp BC, MH\perp AC, MK\perp AB\)
\(\Rightarrow \angle MKB=\angle MIB=\angle MIC=\angle MHC=90^0\)
Tứ giác $CIMH$ có hai góc đối đỉnh \(\angle MIC+\angle MHC=180^0\) nên là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự: \(\angle MKB+\angle MIB=180^0\Rightarrow KMIB\) nội tiếp
Do đó:
\(\left\{\begin{matrix} \angle KIM=\angle KBM\\ \angle MIH=\angle HCM\end{matrix}\right.\Rightarrow \angle PIQ=\angle KIM+\angle MIH=\angle KBM+\angle HCM\)
\(=\frac{1}{2}\angle BOM+\frac{1}{2}\angle MOC\) (do $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(O)$)
\(=\angle BCM+\angle CBM\) (vận dụng tính chất góc trên đường tròn chắn 1 cung thì bằng một nửa góc ở tâm chắn cung đó)
\(=180^0-\angle BMC=180^0-\angle PMQ\)
\(\Leftrightarrow \angle PIQ+\angle PMQ=180^0\)
Do đó $MPIQ$ là tứ giác nội tiếp.
b)
Kết hợp kết quả \(MICH, MIBK, MPIQ\) nội tiếp ta có:
\(\angle MPQ=\angle MIH=\angle MCH=\frac{1}{2}\angle MOC=\angle MBC=\angle MKI\)
\(=\angle MKP\)
Do đó \(PQ\) là tiếp tuyến tam giác $MKP$
Hoàn toàn tương tự, $PQ$ là tiếp tuyến $MQH$
Ta có đpcm.
c)
Kéo dài $MN$ cắt $BC$ tại $T$ và cắt $PQ$ tại $X$
Theo phần b, ta đã cm được $PQ$ là tiếp tuyến của $(MKP)$ và $(MQH)$ , hay \(PX\) là tiếp tuyến của $(MKP)$ và $QX$ là tiếp tuyến của $(MQH)$
Theo tính chất tiếp tuyến:
\(\left\{\begin{matrix} PX^2=XM.XN\\ QX^2=XM.XN\end{matrix}\right.\Rightarrow PX^2=QX^2\Leftrightarrow PX=QX\)
Theo phần b, ta thấy \(\angle MPQ=\angle MBC\Rightarrow PQ\parallel BC\) (hai góc đồng vị)
Do đó áp dụng định lý Thales cho tam giác $MBT$ và $MCT$ ta có:
\(\frac{PX}{BT}=\frac{MX}{MT}=\frac{QX}{TC}\)
Mà $PX=QX$ (cmt) nên \(BT=TC\) hay $T$ là trung điểm của $BC$
Vậy $MN$ đi qua điểm cố định là trung điểm của $BC$
@Akai Haruma
Ribi Nkok Ngok
Anh Triêt
Nguyễn Huy Thắng
soyeon_Tiểubàng giải
Thien Tu Borum
