Chủ đề này có 2 trả lời

[Cao Xuân Huy]

Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm trên cung nhỏ AC; D và E là hình chiếu của M trên AC, BC. I và K lần lượt là trung điểm AB và DE. Chứng minh: $\widehat {IKM}= 90^o$.

Bài 2: Cho tam giác ABC. Điểm M trên cạnh BC. Vẽ trung trực của BM, CM tương ứng cắt AB ở P và AC ở Q. Chứng minh đường thẳng vuông góc với PQ tại M luôn đi điểm K cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-11-2011 - 19:11

[perfectstrong]

Bài 1:

Sử dụng đường thẳng Simpson.
Hạ MF AB thì theo tính chất đưòng thắng Simpson, F,D,E thẳng hàng.
MFAD: tgnt $\Rightarrow \angle MAF=\angle MDF \Rightarrow 180^o-\angle FAM=180^o-\angle MDF \Rightarrow \angle MAB=\angle MDE$
Lại có: MDEC: tgnt $\Rightarrow MED=\angle MCD=\angle MCA=\angle MBA$
$\Rightarrow \vartriangle MBA \sim \vartriangle MED (g.g) \Rightarrow \dfrac{MA}{AB}=\dfrac{MD}{DE} \Leftrightarrow \dfrac{MA}{2AI}=\dfrac{MD}{2DK}$
$\Rightarrow \dfrac{MA}{AI}=\dfrac{MD}{DK} \Rightarrow \vartriangle MAI \sim \vartriangle MDK(c.g.c) \Rightarrow \angle AMI=\angle DMK$
$\Rightarrow \angle AMD=\angle IMK$
Mà $\dfrac{MA}{MD}=\dfrac{MI}{MK} \Rightarrow \vartriangle MDA \sim \vartriangle MKI(c.g.c) \Rightarrow \angle MKI=\angle MDA=90^o$
Bài 2:

Bài này tương đối dài.
Gọi H là điểm đối xứng với M qua PQ; (O) là đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC$.
$\angle PHQ=\angle PMQ=180^o-\angle PMB-\angle QMC=180^o-\angle ABC-\angle ACB=\angle BAC$
Nên AHQP là tgnt $\Rightarrow \angle APH=\angle AQH \Rightarrow 180^o-\angle APH=180^o-\angle AQH \Rightarrow \angle HPB=\angle HQC$
Lại chú ý PH=PM=PB;QH=QM=QC nên $\vartriangle HPB;\vartriangle HQC$ cân tại P,Q tương ứng.
Dễ suy ra $\angle PBH=\angle PHB=\angle QCH=\angle QHC$ nên AHCB là tgnt. Suy ra, $H \in (O)$.
Vẽ tia HM cắt (O) tại G khác H. Ta sẽ chứng minh G là điểm cố định cần tìm.
Vẽ BH cắt PQ tại I.
$\angle PBI=\angle PHI=\angle PMI$ nên PIMB là tgnt.
Gọi J là trung điểm BM. $\vartriangle BPM$ cân tại P, có PJ vừa là phân giác, đường cao.
$2\angle BPJ=\angle BPM=\angle BIM=\angle IMH+\angle IHM=2\angle IHM=2\angle BAG \Rightarrow PJ \parallel AG$
Mà $PJ \perp BC \Rightarrow AG \perp BC$. Suy ra, G cố định. Ta có đpcm.

[hongcho24031997]

Bài 2:

Bài này tương đối dài.
Gọi H là điểm đối xứng với M qua PQ; (O) là đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC$.
$\angle PHQ=\angle PMQ=180^o-\angle PMB-\angle QMC=180^o-\angle ABC-\angle ACB=\angle BAC$
Nên AHQP là tgnt $\Rightarrow \angle APH=\angle AQH \Rightarrow 180^o-\angle APH=180^o-\angle AQH \Rightarrow \angle HPB=\angle HQC$
Lại chú ý PH=PM=PB;QH=QM=QC nên $\vartriangle HPB;\vartriangle HQC$ cân tại P,Q tương ứng.
Dễ suy ra $\angle PBH=\angle PHB=\angle QCH=\angle QHC$ nên AHCB là tgnt. Suy ra, $H \in (O)$.
Vẽ tia HM cắt (O) tại G khác H. Ta sẽ chứng minh G là điểm cố định cần tìm.
Vẽ BH cắt PQ tại I.
$\angle PBI=\angle PHI=\angle PMI$ nên PIMB là tgnt.
Gọi J là trung điểm BM. $\vartriangle BPM$ cân tại P, có PJ vừa là phân giác, đường cao.
$2\angle BPJ=\angle BPM=\angle BIM=\angle IMH+\angle IHM=2\angle IHM=2\angle BAG \Rightarrow PJ \parallel AG$
Mà $PJ \perp BC \Rightarrow AG \perp BC$. Suy ra, G cố định. Ta có đpcm.

rút gọn 1 tí

gọi G là giao của HM với đường cao hạ từ A của tg ABC

$\widehat{BHM}=\frac{1}{2}\widehat{BPM}=\widehat{BPJ}=\widehat{BAG}\Rightarrow ABGH nt$

tương tự $AHCG nt$

$\Rightarrow H, G \in (O)$

$\Rightarrow$ đpcm