Câu hỏi của Duyên Trần Thị Mỹ

Question

Cho tam giác ABC cạnh bằng a.Lấy điểm Q bất kì trên cạnh BC (Q#B,C).Trên tia đối tia BA lấy điểm P sao cho CQ.AP a 2 a2.Gọi M là giao điểm của AQ và CP.1. CM 4 điểm A,B,M,C thuộc 1 đường tròn2.Gọi I,J...

Kiệt Nguyễn · Accepted Answer

1) Từ $CQ.AP=a^2$ta được $CQ.AP=AC^2$hay $\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}$Xét hai tam giác ACP và CQA có $\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}$và $\widehat{PAC}=\widehat{QCA}\left(=60^0\right)$nên $\Delta ACP~\Delta CQA$Từ đó ta được $\widehat{ACP}=\widehat{AQC}$. Mà ta có $\widehat{ACP}=\widehat{ACB}+\widehat{BCP}=60^0+\widehat{BCP}$và $\widehat{AQC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=60^0+\widehat{BAM}$Do đó $\widehat{MAB}=\widehat{BCM}$, suy ra tứ giác ABMC nội tiếpVậy bốn điểm A, B, M, C cùng thuộc một đường tròn (đpcm)2) a) Do tứ giác ABMC và AIMK nội tiếp nên $\widehat{BMC}=\widehat{IMK}=120^0$, suy ra $\widehat{IMB}=\widehat{KMC}$Mà hai tứ giác BIMJ và CKJM nội tiếp nên ta lại có $\widehat{BMI}=\widehat{BJI};\widehat{KMC}=\widehat{KJC}$Do đó ta được $\widehat{BJI}=\widehat{KJC}$nên ba điểm I, J, K thẳng hàngDễ thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được $\frac{IK}{BC}=\frac{MI}{MB}$Mà ta có $IM\le MB$ nên ta được $IK\le BC$ hay $IK\le a$ , dấu bằng xảy ra khi $MB\perp AB$ hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC, khi đó Q là trung điểm cạnh BC.Vậy IK lớn nhất khi Q là trung điểm của BCb) Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có $\widehat{IMJ}=\widehat{ABC}=60^0=\widehat{ACB}$. Lại có $\widehat{MIJ}=\widehat{MBJ}=\widehat{MAC}$Do đó hai tam giác IMJ và ACQ đồng dạng, do đó ta được $\frac{MJ}{MI}=\frac{CQ}{CA}$. Tương tự ta được $\frac{MJ}{
MK}=\frac{BQ}{AB}$Từ đó suy ra $\frac{MJ}{MI}+\frac{MJ}{MK}=\frac{CQ}{CA}+\frac{BQ}{AB}=1\Rightarrow MJ\left(MK+MI\right)=MI.MK$Hay $MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0$Mặt khác ta lại có $S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.MI;S_{BCM}=\frac{1}{2}BC.MJ;S_{ACM}=\frac{1}{2}MK.AC$Mà $S_{ABM}+S_{ACM}=S_{BCM}+S_{ABC}$và $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Nên ta có $AB.MI+MK.AC=BC.MJ+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$hay $MI+MK=MJ+\frac{a\sqrt{3}}{2}$Do đó $\left(MI+MK-MJ\right)^2=\frac{3a^2}{4}$Suy ra $MI^2+MJ^2+MK^2+2\left(MI.MK-MI.MJ-MJ.MK\right)=\frac{3a^2}{4}$Mà $MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0$(cmt) nên $MI^2+MJ^2+MK^2=\frac{3a^2}{4}$(không đổi)Vậy $MI^2+MJ^2+MK^2$không đổi khi Q thay đổi trên cạnh BC (đpcm)Câu trả lời: 1) Từ $CQ.AP=a^2$ta được $CQ.AP=AC^2$hay $\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}$Xét hai tam giác ACP và CQA có $\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}$và $\widehat{PAC}=\widehat{QCA}\left(=60^0\right)$nên $\Delta ACP~\Delta CQA$Từ đó ta được $\widehat{ACP}=\widehat{AQC}$. Mà ta có $\widehat{ACP}=\widehat{ACB}+\widehat{BCP}=60^0+\widehat{BCP}$và $\widehat{AQC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=60^0+\widehat{BAM}$Do đó $\widehat{MAB}=\widehat{BCM}$, suy ra tứ giác ABMC nội tiếpVậy bốn điểm A, B, M, C cùng thuộc một đường tròn (đpcm)2) a) Do tứ giác ABMC và AIMK nội tiếp nên $\widehat{BMC}=\widehat{IMK}=120^0$, suy ra $\widehat{IMB}=\widehat{KMC}$Mà hai tứ giác BIMJ và CKJM nội tiếp nên ta lại có $\widehat{BMI}=\widehat{BJI};\widehat{KMC}=\widehat{KJC}$Do đó ta được $\widehat{BJI}=\widehat{KJC}$nên ba điểm I, J, K thẳng hàngDễ thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được $\frac{IK}{BC}=\frac{MI}{MB}$Mà ta có $IM\le MB$ nên ta được $IK\le BC$ hay $IK\le a$ , dấu bằng xảy ra khi $MB\perp AB$ hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC, khi đó Q là trung điểm cạnh BC.Vậy IK lớn nhất khi Q là trung điểm của BCb) Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có $\widehat{IMJ}=\widehat{ABC}=60^0=\widehat{ACB}$. Lại có $\widehat{MIJ}=\widehat{MBJ}=\widehat{MAC}$Do đó hai tam giác IMJ và ACQ đồng dạng, do đó ta được $\frac{MJ}{MI}=\frac{CQ}{CA}$. Tương tự ta được $\frac{MJ}{
MK}=\frac{BQ}{AB}$Từ đó suy ra $\frac{MJ}{MI}+\frac{MJ}{MK}=\frac{CQ}{CA}+\frac{BQ}{AB}=1\Rightarrow MJ\left(MK+MI\right)=MI.MK$Hay $MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0$Mặt khác ta lại có $S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.MI;S_{BCM}=\frac{1}{2}BC.MJ;S_{ACM}=\frac{1}{2}MK.AC$Mà $S_{ABM}+S_{ACM}=S_{BCM}+S_{ABC}$và $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Nên ta có $AB.MI+MK.AC=BC.MJ+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$hay $MI+MK=MJ+\frac{a\sqrt{3}}{2}$Do đó $\left(MI+MK-MJ\right)^2=\frac{3a^2}{4}$Suy ra $MI^2+MJ^2+MK^2+2\left(MI.MK-MI.MJ-MJ.MK\right)=\frac{3a^2}{4}$Mà $MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0$(cmt) nên $MI^2+MJ^2+MK^2=\frac{3a^2}{4}$(không đổi)Vậy $MI^2+MJ^2+MK^2$không đổi khi Q thay đổi trên cạnh BC (đpcm)

Khoá học trên OLM (olm.vn)

Khoá học trên OLM (olm.vn)