Cho tam giác nhọn $ABC$ (với $AB < BC < AC$ ) có $I,J,M$ lần lượt là trung điểm của các cạnh

Câu hỏi số 858213:

Vận dụng

Cho tam giác nhọn $ABC$ (với $AB < BC < AC$ ) có $I,J,M$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,AC,BC$. Gọi $D$ là giao điểm của hai đường tròn ( $I;IA$ ) và ( $J;JA$ ), với $D \neq A$.

1) Chứng minh tứ giác $AIMJ$ là hình bình hành và ba điểm $B,D,C$ thẳng hàng.

2) Tiếp tuyến của ( $I;IA$ ) tại $A$ cắt đường thẳng $MJ$ tại điểm $K$ và cắt ( $J;JA$ ) tại điểm $P$, với $P \neq A$. Tiếp tuyến của ( $J;JA$ ) tại $A$ cắt ( $I;IA$ ) tại điểm $Q$, với $Q \neq A$. Gọi $E$ là điểm đối xứng với $A$ qua $D$. Chứng minh tứ giác $ADMK$ nội tiếp đường tròn và $\widehat{PAQ} + \widehat{PEQ} = 180^{\circ}$.

3) Gọi $S$ và $T$ lần lượt là giao điểm của đường thẳng $PQ$ với hai đường thẳng $BC$ và $AD$. Chứng minh $TP \cdot SQ = TQ \cdot SP$.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:858213

Phương pháp giải

1) Chứng minh tứ giác $AIMJ$ là hình bình hành bằng cách chứng minh hai cặp cạnh đối song song.

Tiếp theo, ta chứng minh $B,D,C$ thẳng hàng bằng cách chúng minh $\widehat{BDC}$ là góc bẹt.

Ngoài ra, ta có thể chứng minh $B,D,C$ thẳng hàng thông qua điểm phụ. Gọi $D'$ là giao điểm thứ hai của $BD$ và $\left( {I;IA} \right)$. Khi đó, ta chỉ cần chứng minh $D'$ cũng thuộc ( $J;JA$ ) (bằng cách chứng minh $\widehat{AD^{\prime}C} = 90^{\circ}$ ).

2) Chứng minh $\widehat{AKM} = 90^{\circ}$, chỉ cần chứng minh $MJ\bot AP$ bằng cách dựa vào tính song song của đường trung bình $MJ$ trong tam giác $ABC$. Sau khi chứng minh được $MJ\bot AP$, ta có thể suy ra $MJ$ là trung trực của $AP$ Chứng minh $EP//DK$. Gọi thêm $H$ là giao điểm của $MI$ và $AQ$ để chứng minh $EQ//DH$.

Lúc này ta có $EQ//DE,EP//DK$ nên ta có thể biến đổi $\widehat{PEQ} = \widehat{HDK}$.

3) Do các điểm $T,P,S,Q$ thẳng hàng nên ta nghĩ đến mô hình phân giác trong - phân giác ngoài. Ta có thể dùng thước đo góc để thử nghiệm và dự đoán $DT$ là phân giác trong $\widehat{PDQ}$.

Giải chi tiết

1) Trước tiên, ta chứng minh $AIMJ$ là hình bình hành.

Ta có $M$ là trung điểm của $BC,J$ là trung điểm của $AC$ nên $MJ$ là đường trung bình của tam giác $ABC$. Suy ra $MJ \parallel AB$

Ta có $M$ là trung điểm của $BC,I$ là trung điểm của $AB$ nên $MI$ là đường trung bình của tam giác $ABC$.

Suy ra $\begin{matrix} {MI \parallel AC} \end{matrix}$

Vậy $AIMJ$ là hình bình hành.

Tiếp theo, ta chứng minh $B,D,C$ thẳng hàng.

Vì $D$ nằm trên $\left( {I;IA} \right)$ (đường tròn đường kính $AB$) nên $\widehat{ADB} = 90^{\circ}$

$D$ nằm trên $\left( {J;JA} \right)$ (đường tròn đường kính $AC$) nên $\widehat{ADC} = 90^{\circ}$.

Suy ra $\widehat{ADB} + \widehat{ADC} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$, kéo theo $B,D,C$ thẳng hàng.

Ta chứng minh $ADMK$ nội tiếp đường tròn.

Ta có $MJ//AB$.

Hơn nữa $AB\bot AP(AP$ là tiếp tuyến tại $A$ của ( $I;IA$ )) nên $MJ\bot AP$.

Kết hợp điều trên với $JA = JP$, ta suy ra $MJ$ là đường trung trực của $AP$.

Từ đây suy ra $MK\bot AP$ hay $\widehat{AKM} = 90^{\circ}$.

Xét tứ giác $ADMK$, ta có $\widehat{ADM} = \widehat{AKM} = 90^{\circ}$ nên D, K cùng thuộc đường tròn đường kính AM

Suy ra $ADMK$ nội tiếp.

Gọi $H$ là giao điểm của $MI$ và $AQ$.

Chứng minh tương tự như trên, ta có $MH$ là đường trung trực của $AQ$ và $AHMK$ nội tiếp.

Kết hợp với $ADMK$ nội tiếp, ta suy ra $A,H,D,M,K$ cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có $H$ là trung điểm của $AQ$ ($MH$ là đường trung trực của $AQ),D$ là trung điểm của $AE$ nên $HD$ là đường trung bình của tam giác $AEQ$.

Suy ra $HD//QE$, từ đó thu được $\widehat{QEA} = \widehat{HDA}$ (hai góc ở vị trí đồng vị).

Ta có $K$ là trung điểm của $AP$ ($MK$ là đường trung trực của $AP$), $D$ là trung điểm của $AE$ nên $KD$ là đường trung bình của tam giác $AEP$.

Suy ra $KD//PE$, dẫn đến $\widehat{PEA} = \widehat{KDA}$ (hai góc ở vị trí đồng vị).

Ta có $\begin{matrix} {\widehat{PEQ} = \widehat{PEA} + \widehat{QEA} = \widehat{KDA} + \widehat{HDA} = \widehat{HDK}} \end{matrix}$

Hơn nữa $\begin{matrix} {\widehat{HDK} + \widehat{PAQ} = \widehat{HDK} + \widehat{HAK} = 180^{\circ}} \end{matrix}$ (Do $A,H,D,K$ cùng thuộc 1 đường tròn)

Ta suy ra $\widehat{PAQ} + \widehat{PEQ} = 180^{\circ}$.

Ta cần chứng minh $\dfrac{TP}{TQ} = \dfrac{SP}{SQ}.$

Ta có $\begin{matrix} {\widehat{QDT} = \widehat{QDA} = \widehat{QBA}\ } \end{matrix}$ (Do $AQBD$ nội tiếp)

Và $\widehat{PDT} = \widehat{PDA} = \widehat{PCA}$ (do $APCD$ nội tiếp)

Xét tam giác $ABQ$ vuông tại $Q$ và tam giác $ACP$ vuông tại $P$, ta có $\widehat{QAB} = \widehat{PAC}$ (cùng phụ $\widehat{BAC})$.

Suy ra $\left. \Delta ABQ \right.\sim\Delta ACP$, dẫn đến $\begin{matrix} {\widehat{QBA} = \widehat{PCA}} \end{matrix}$

Suy ra $\widehat{QDT} = \widehat{PDT}$, kéo theo $DT$ là tia phân giác trong của $\widehat{QDP}$,

Vì vậy $\begin{matrix} {\dfrac{TP}{TQ} = \dfrac{DP}{DQ}} \end{matrix}$

Ta có $DS\bot DT$ nên $DS$ là tia phân giác ngoài của $\widehat{QDP}$, suy ra $\begin{matrix} {\dfrac{SP}{SQ} = \dfrac{DP}{DQ}} \end{matrix}$

Vậy $\dfrac{TP}{TQ} = \dfrac{SP}{SQ}$ hay $TP \cdot SQ = TQ \cdot SP$.

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