Chủ đề này có 1 trả lời

[Zaraki]

Bài 3. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AB$ giao $CD$ tại $E$, $AD$ giao $BC$ tại $F$. $M,N$ là trung điểm của $AC,BD$. $d$ là trung trực của $MN$. $P,Q$ thuộc $d$ sao cho $PE \perp FM$ và $FQ \perp EM$. $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $NEF$. Chứng minh tam giác $KPQ$ cân.

(Gặp gỡ Toán học lần V năm 2013 - Lớp 11)

 

[nguyenthehoan]

Bài 3. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AB$ giao $CD$ tại $E$, $AD$ giao $BC$ tại $F$. $M,N$ là trung điểm của $AC,BD$. $d$ là trung trực của $MN$. $P,Q$ thuộc $d$ sao cho $PE \perp FM$ và $FQ \perp EM$. $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $NEF$. Chứng minh tam giác $KPQ$ cân.

(Gặp gỡ Toán học lần V năm 2013 - Lớp 11)

Ta sẽ sử dụng hai bổ đề quen thuôc để đưa bài toán về dạng đơn giản hơn.

 

Bổ đề 1) $MN$ đi qua trung điểm $R$ của $EF$ (định lí về đường thẳng Gauss)

 

Bổ đề 2) $RM.RN=RE^{2}=RF^{2}$.

 

Khi đó bài toán trở nên rất đơn giản như sau:

 

Cho tam giác $MFE$,trung tuyến $MZ$.trực tâm $H$.Gọi $N$ là hình chiếu của $H$ lên $MZ$.trung

 

trực của $MN$ cắt $BH$ và $CH$ tại $P$ và $Q$.Gọi $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $FEN$.Chứng

 

minh tam giác $KPQ$ cân.

 

Chứng minh: trong bài toán trên,ta có $HN$ vuông góc với $MZ$ vì $ZN.ZM=ZE^{2}=ZF^{2}$

 

Vì $HN \perp MZ$ nên theo một bổ đề quen thuộc thì $EHNF$ nội tiếp.

 

Gọi $X$ là trung điểm của $MN$, và $T$ là chân đường cao $EH$.Khi đó tứ giác $ZNTF$ nội tiếp

 

nên $\Delta MTN\sim \Delta MZF\Rightarrow \frac{NT}{ZF}=\frac{MN}{MF}\Rightarrow \frac{NT}{NX}=\frac{FE}{FM}$ 

 

Lại có $\widehat{TNX}=\widehat{THM}=\widehat{MFE}$

 

Nên $\Delta NTX\sim \Delta FEM$.Hay $\widehat{NXT}=\widehat{FME}=\widehat{EPM}$  (vì $MXTP$ nội tiếp)

 

Do đó $MT \perp ME$.Từ đó suy ra $MPHQ$ là hình bình hành.

 

suy ra $HNPQ$ là hình thang cân,vì $K$ thuôc trung trực của $HN$ (vì $HNFE$ nội tiếp) nên $K$

 

cũng thuộc trung trực của $PQ$.Ta có điều phải chứng minh.