Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O).E,F$ lần lượt là trung điểm của

Câu hỏi số 798345:

Vận dụng

Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O).E,F$ lần lượt là trung điểm của $CA,AB$. Điểm $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$ ($P$ khác $B,C$). Gọi $M,N$ lần lượt là giao điểm của $PC,PB$ với $EF$. $AM,AN$ cắt $(O)$ theo thứ tự tại $Q,R$ $(Q,R$ khác $A)$.

1) Chứng minh rằng tứ giác $AFPM$ nội tiếp và $\angle EPF = \angle QPR$.

2) Chứng minh rằng giao điểm của $QE$ và $RF$ nằm trên $(O)$.

3) Lấy $S,T$ lần lượt thuộc vào các đường thẳng $CA,AB$ sao cho ba đường thẳng $ET,FS,AP$ song song với nhau. Gọi $K$ và $L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác NFS và MET. Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AB$ cắt đường thẳng qua $L$ vuông góc với $AC$ tại $J.$Chứng minh rằng $J$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi $P$ thay đổi.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:798345

Phương pháp giải

1) Vì $EF \parallel BC$ và tứ giác $ABPC$ nội tiếp nên ta thu được $\angle PMF = \angle PCB = \angle PAB = \angle PAF$.

Do đó, tứ giác $AFPM$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng dược tứ giác $AEPN$ nội tiếp. Từ đó ta có biến đổi góc

2) Từ $\angle PRF = \angle PQE$ ta suy ra tứ giác $DPQR$ nội tiếp.

Vì vậy $D \in (O)$ và ta có điều phải chứng minh.

3) Trước hết ta phát biểu ba bổ đề như sau

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Trên các cạnh $CA,AB$ làn lượt lấy các điểm $E,F$ sao cho tứ giác $BCEF$ nội tiếp. $BE$ cắt $CF$ tại điểm K. Khi đó, ba đường tròn $(O),\left( {AEF} \right)$ và $\left( {AK} \right)$ có một điểm chung khác $A$.
Đây là bổ đề quen thuộc, nên xin phép không nhắc lại chứng minh ở đây.
Bổ đề 2. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. AC cắt BD tại E. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của $CD,BC,AD$. K là hình chiếu của $E$ trên $BC$ và $T$ là điểm đối xứng với $K$ qua $M$. Trên các đường thẳng $AD,BC$ lấy các điểm $R,S$ sao cho $MR \parallel BD$ và $MS \parallel AC$. Khi đó ta có
(a) bốn điểm $K,M,N,P$ cùng thuộc một đường tròn;
(b) bốn điểm $M,R,S,T$ cùng thuộc một đường tròn.

Bổ đề 3. Cho tam giác $ABC$. $E,F$ là̀n lượt là trung điểm của $CA,AB$. I là một điểm di chuyển trên $BC.Y,Z$ lần lượt là hình chiếu của I trên $CA,AB.U,V$ lần lượt đối xứng với $Y,Z$ qua $E,F$. Trung trục của $EU$ và $FV$ cắt nhau tại $J$. Khi đó, điểm $J$ chạy trên một đường thẳng cố định.

Giải chi tiết

1) Vì $EF \parallel BC$ và tứ giác $ABPC$ nội tiếp nên ta thu được $\angle PMF = \angle PCB = \angle PAB = \angle PAF$.

Do đó, tứ giác $AFPM$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng dược tứ giác $AEPN$ nội tiếp. Từ đó ta có biến đổi góc

$\angle EPF = \angle EPA + \angle FPA$

$= \angle ENA + \angle FMA = 180^{\circ} - \angle MAN$

$= 180^{\circ} - \angle QAR = \angle QPR$

2) Từ các tứ giác nội tiếp $AEPN$ và $AQPR$ ta thu được

$\angle PEF = \angle PEN = \angle PAN = \angle PAR = \angle PQR$

Vì thế ta được $\Delta PEF \sim \Delta PQR$ (g.g), dẫn đến $\dfrac{PE}{PQ} = \dfrac{PF}{PR}$.

Kết hợp với $\angle EPQ = \angle RPQ - \angle RPE = \angle FPE - \angle RPE = \angle FPR$, ta suy ra $\Delta PEQ \sim \Delta PFR$ (c.g.c).

Do đó, $\angle PRF = \angle PQE$. Gọi $D$ là giao diểm của $QE$ và $RF$.

Từ $\angle PRF = \angle PQE$ ta suy ra tứ giác $DPQR$ nội tiếp.

Vì vậy $D \in (O)$ và ta có điều phải chứng minh.

3) Trước hết ta phát biểu ba bổ đề như sau

Chứng minh bổ đề 2 .
(a) Gọi $X,Y$ lần lượt là trung điểm của $ED,EC$. Từ tính chất đường trung bình thì ta có $X \in MP$ và $Y \in MN$. Để ý rằng $E,K$ dối xứng nhau qua $XY$ và $EXMY$ là hình bình hành, ta được $\angle XKY = \angle XEY = \angle XMY$, dẫn đến tứ giác $KXYM$ nội tiếp.

Do đó $\angle KXM = \angle KYM$ và kéo theo $\angle KXP = \angle KYN$.

Mặt khác, để ý rằng $\Delta EAD \sim \Delta EBC$ nên ta có $\dfrac{KX}{XP} = \dfrac{ED}{EA} = \dfrac{EC}{EB} = \dfrac{KY}{YN}$

Như vậy $\Delta KXP \sim \Delta KYN$ (c.g.c). Vì thế $\angle KPX = \angle KNY$ và do đó $KMNP$ là tứ giác nội tiếp.
(b) Gọi $U,V$ lần lượt là các điểm đối xứng với $S,R$ qua $M$. Ta chỉ cần chứng minh tứ giác KMUV nội tiếp, rồi dùng tính đối xứng để thu được điều phải chứng minh.

Đầu tiên để ý rằng $\angle NRP = \angle EDA = \angle ECB = \angle NSP$, vì thế tứ giác $NPRS$ nội tiếp. Kết hợp với $UV \parallel RS$ ta thu được $\angle NUV = \angle NRS = \angle NPS$, dẫn đến tứ giác $NUVP$ là tứ giác nội tiếp.

Bây giờ ta sẽ đi chứng minh $N,E,V$ thẳng hàng. Đặt $AD \cap BC \equiv F$. Chú ý rằng $DV \parallel BC$ và $PV \parallel BC$, ta được $\angle PDV = \angle AFC$ và $\angle DPV = \angle FAC$, kéo theo $\Delta DPV \sim \Delta FAC$ (g.g). Do đó, $\dfrac{DV}{BN} = \dfrac{DV}{DP} \cdot \dfrac{DP}{BN} = \dfrac{FC}{FA} \cdot \dfrac{AD}{BC} = \dfrac{CD}{AB} \cdot \dfrac{EA}{EB} = \dfrac{ED}{EA} \cdot \dfrac{EA}{EB} = \dfrac{ED}{EB}.$

Từ đó suy ra $E,N,V$ thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta cũng được $P,E,U$ thẳng hàng. Áp dụng bổ đề 1 cho $\Delta MUV$, để ý rằng tứ giác $NUVP$ nội tiếp, ta suy ra ba đường tròn $\left( {MUV} \right),\left( {MNP} \right)$ và $\left( {ME} \right)$ dồng quy tại một điểm khác $M$. Mặt khác, từ ý (a) ta lại có $\left( {MNP} \right)$ và $\left( {ME} \right)$ cắt nhau tại $K$. Vì vậy ta thu dược $K \in \left( {MUV} \right)$.
Bổ đề 3. Cho tam giác $ABC$. $E,F$ là̀n lượt là trung điểm của $CA,AB$. I là một điểm di chuyển trên $BC.Y,Z$ lần lượt là hình chiếu của I trên $CA,AB.U,V$ lần lượt đối xứng với $Y,Z$ qua $E,F$. Trung trục của $EU$ và $FV$ cắt nhau tại $J$. Khi đó, điểm $J$ chạy trên một đường thẳng cố định.

Chứng minh bổ đề. Gọi $L,M$ lần lượt là trung điểm của $EU$ và $FV$. Khi đó, ta có $EL = \dfrac{1}{2}EY$ và $FM = \dfrac{1}{2}FZ$. Trên tia đối của tia $EI$ lấy điểm $Q$ sao cho $EQ = \dfrac{1}{2}EI$. Trên tia đối của tia $FI$ lấy diểm $R$ sao cho $FR = \dfrac{1}{2}FI$. Khi đó ta được $MR \parallel IZ$ và $LQ \parallel IY$ và dẫn đến $Q \in JL$ và $R \in JM$.
Gọi $H$ là trực tâm của $\bigtriangleup ABC$. $AH$ cắt $BC$ tại $D$ và gọi $K$ là hình chiếu của $J$ trên $QR$. Khi đó ta có $JQ \parallel HB$ (cùng vuông góc với $CA$ ) và $JR \parallel HC$ (cùng vuông góc với $AB$ ). Lại để ý rằng $QR \parallel EF \parallel BC$, ta chứng minh được $\Delta JQR \sim \Delta HBC$ (g.g). Để ý rằng $JK$ và $HD$ là hai đường cao tương ứng của hai tam giác này, vì thế ta thu được

$\dfrac{JK}{HD} = \dfrac{QR}{BC} = \dfrac{QR}{EF} \cdot \dfrac{EF}{BC} = \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{4}$

Do đó, $JK = \dfrac{3}{4}HD =$ const. Mặt khác, từ cách dựng điểm $Q,R$ thì đường thẳng $QR$ là một đường cố định với khoảng cách giữa $QR$ và $BC$ bằng $\dfrac{3}{2}$ khoảng cách từ $EF$ đến $BC$. Do đó, lại chú ý rằng $QR \parallel BC$, ta có thể kết luận rằng điểm $J$ chạy trên đường thẳng cố định song song với $BC$.

Trở lại bài toán. Gọi $I$ là giao điểm của $AP$ và $BC.Y,Z$ lần lượt là hình chiếu của $I$ trên $CA,AB$. Gọi $U,V$ lần lượt là đối xứng của $Y,Z$ qua $E,F$. Áp dụng hai lần bổ đề 2 cho tứ giác nội tiếp $ABCD$ ta suy ra được $U \in \left( {MET} \right)$ và $V \in \left( {NFS} \right)$. Do đó, $JK$ và $JL$ tương ứng là trung trực của $FV$ và $EU$. Do đó, áp dụng bổ đề 3 cho $\Delta ABC$ thì điểm $J$ luôn chạy trên một đường thẳng song song với $BC$ cố định.

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link