Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P di chuyển trên cung $\overset{⏜}{B C}$ chứa A của (O). I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC.
1) Chứng minh rằng B, I, Q, C cùng nằm trên một đường tròn.
2) Trên tia BQ, CQ lần lượt lấy các điểm M, N sao cho $B M = B I, C N = C I$ . Chứng minh rằng N luôn đi qua một điểm cố định.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 30 câu hình học tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

1) Ta có

$\hat{B I C} = 180^{0} - \hat{I B C} - \hat{I C B} = 180^{0} - \frac{\hat{A B C}}{2} - \frac{\hat{A C B}}{2} = 180^{0} - \frac{180^{\circ} - \hat{B A C}}{2} = 90^{0} + \frac{\hat{B A C}}{2} \Leftrightarrow \hat{B A C} = 2 \hat{B I C} - 180 °$

Tương tự $\hat{B Q C} = 90^{0} + \frac{\hat{B P C}}{2} \Leftrightarrow \hat{B P C} = 2 \hat{B Q C} - 180 °$ .

Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra $\hat{B A C} = \hat{B P C} \Rightarrow \hat{B Q C} = \hat{B I C}$ , nên 4 điểm B, I, Q, C thuộc một đường tròn.

2) Gọi đường tròn (B; BI) giao (C; CI) tại K khác I thì K cố định.

Góc $\hat{I B M}$ là góc ở tâm chắn cung $\overset{⏜}{I M}$ và $\hat{I K M}$ là góc nội tiếp chắn cung $\overset{⏜}{I M}$ , suy ra $\hat{I K M} = \frac{1}{2} \hat{I B M}$ (1).

Tương tự $\hat{I K N} = \frac{1}{2} \hat{I C N}$ (2).

Theo câu 1) B, I, Q, C thuộc một đường tròn, suy ra $\hat{I B M} = \hat{I B Q} = \hat{I C Q} = \hat{I C N}$ (3).

Từ (1), (2) và (3), suy ra $\hat{I K M} = \hat{I K N} \Rightarrow K M \equiv K N$ .

Vậy MN đi qua K cố định.

Hot: Học hè online Toán, Văn, Anh...lớp 1-12 tại Vietjack với hơn 1 triệu bài tập có đáp án. Học ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). H là trực tâm của tam giác ABC.
AD là đường kính của (O). E thuộc AC sao cho HE//BC.
1) Chứng minh rằng các đường thẳng BH và DE cắt nhau trên (O)
2) Gọi F là giao điểm của các đường thẳng EH và AB. Chứng minh rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
3) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Chứng minh rằng BE, CF và IH đồng quy.

Xem đáp án

Lời giải

1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra $\hat{A P D} = 90^{0}$ ,

mà $\hat{A H E} = 90^{0}$ ( $do H E ∥ B C ⊥ H A$ ), nên tứ giác APEH nội tiếp.

Ta có $\hat{A P H} = \hat{A E H}$ (góc nội tiếp)

$= \hat{A C B} (H E ∥ B C) = \hat{A P B}$ (góc nội tiếp)

$\Rightarrow P H \equiv P B$

2). Ta có $H P ⊥ A C \Rightarrow \hat{A E H} = \hat{A H P} = \hat{A E P}$

Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF

Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF

Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF

3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.

Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra $E I ⊥ A C \Rightarrow E I ∥ H B$

Tương tự $F I ∥ H C; E F ∥ B C \Rightarrow Δ I E F v à Δ H B C$ có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.

Câu 2

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB<AC. Đường phân giác của góc $\hat{B A C}$ cắt (O) tại điểm D khác A Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A. Chứng minh rằng EF vuông góc với AC

Xem đáp án

Lời giải

2) Từ AD là phân giác $\hat{B A C}$ suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1) $Δ B D M ∽ Δ B C F$ , ta có $\frac{D M}{C F} = \frac{B D}{B C}$ .

Vậy ta có biến đổi sau

$\frac{D A}{C F} = \frac{2 D M}{C F} = \frac{2 B D}{B C} = \frac{C D}{C N} = \frac{D E}{C E}$ (3).

Ta lại có góc nội tiếp $\hat{A D E} = \hat{F C E}$ (4).

Từ 3 và 4 ta có:

$Δ E A D ∽ Δ E F C \Rightarrow \hat{E F C} = \hat{E A D} = 90 ° \Rightarrow E F ⊥ A C$

Câu 3