Cho (O;R), từ điểm A nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm), gọi H là giao điểm của BC và OA. Trên cung BC lớn lấy điểm M bất kì, từ M vẽ các đường thẳng vuông góc với AB, BC, AC lần lượt tại T, I, K.
a) Gọi Q là giao điểm của TI và MB, R là giao điểm của IK và MC. Chứng minh QR // BC.
b) Gọi G là giao điểm (MTQ) và (MRK). Chứng minh MG đi qua trung điểm của BC
Cho (O;R), từ điểm A nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm), gọi H là giao điểm của BC và OA. Trên cung BC lớn lấy điểm M bất kì, từ M vẽ các đường thẳng vuông góc với AB, BC, AC lần lượt tại T, I, K.
a) Gọi Q là giao điểm của TI và MB, R là giao điểm của IK và MC. Chứng minh QR // BC.
b) Gọi G là giao điểm (MTQ) và (MRK). Chứng minh MG đi qua trung điểm của BC
Mình chứng minh câu a). Điểm mấu chốt là chứng minh tứ giác $MQIR$ nội tiếp. Mình thấy cái hay của bài toán chính là nó không cần kiến thức quá nâng cao, nhưng đòi hỏi người giải phải biết nối kết những dữ kiện rất nhỏ nhặt với nhau. Muốn thế thì phải quan sát khá kỹ. Lúc đầu giải mình cũng khá là bị rối và luẩn quẩn để chuyển từ góc này sang góc khác.
(i) Dễ thấy $MIBT$ và $MICK$ là hai tứ giác nội tiếp.
(ii) Ta có $\angle MIK=\angle MCK$ (tứ giác $MICK$ nội tiếp) và $\angle MCK= \angle MBC$ (cùng bằng một nửa số đo cung $CM$). Do đó $\angle MIK=\angle MBC$.
Hơn nữa $\angle MKI=\angle MCB$ (tứ giác $MICK$ nội tiếp) nên tam giác $MBC$ đồng dạng với tam giác $MIK$ (g.g).
Từ đó ta có $\angle BMC=\angle KMI$. Hai góc này lại cùng chứa góc $CMI$ nên $\angle BMI=\angle CMK$.
(iii) Ta có $\angle QTB=\angle QMI$ (tứ giác $MIBT$ nội tiếp) và $\angle QMI=\angle RMK$ (Chứng minh ở (ii)), tức là $\angle QTB=\angle RMK$.
Hơn nữa, $\angle QBT=\angle MCB$ (cùng bằng một nửa số đo cung $BM$) và $\angle MCB=\angle MKR$ (tứ giác $MICK$ nội tiếp), hay $\angle QBT=\angle MKR$.
Để ý rằng $\angle MQT=\angle QBT+\angle QTB$ (góc ngoài tam giác $QBT$) và $\angle MRI=\angle RMK+\angle MKR$ (góc ngoài tam giác $MRK$) ta suy ra ngay $\angle MQT=\angle MRI$.
Chứng tỏ tứ giác $MQIR$ nội tiếp.
(iv) Cuối cùng, ta có $\angle MQR=\angle MIKE$ (tứ giác $MQIR$ nội tiếp) và $\angle MIR=\angle MBC$ (chứng minh ở (ii)) nên $\angle MQR =\angle MBC.$
Chứng tỏ$QR \parallel BC$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 13-05-2023 - 00:27
Bổ đề
Cho đường tròn $(O)$ và đường tròn $(O')$ cắt nhau tại $A,B$ có tiếp tuyến chung $CD$($C$ thuộc $(O)$,$D$ thuộc $(O')$). Khi đó $AB$ chia đôi $CD$.
Do $\widehat{MQR}=\widehat{MBC}=\widehat{MTQ}$ nên $QR$ là tiếp tuyến $(MTQ)$.
Tương tự $QR$ là tiếp tuyến $(MRK)$ nên $QR$ là tiếp tuyến chung của $(MTQ)$ và $(MRK)$ nên $MG$ chia đôi $QR$ (theo Theorem) hay $MG$ chia đôi $BC$ (do $QR//BC$)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 13-05-2023 - 18:46
LaTex môi trường Bổ đề
Bổ đề
Cho đường tròn $(O)$ và đường tròn $(O')$ cắt nhau tại $A,B$ có tiếp tuyến chung $CD$($C$ thuộc $(O)$,$D$ thuộc $(O')$). Khi đó $AB$ chia đôi $CD$.
Do $\widehat{MQR}=\widehat{MBC}=\widehat{MTQ}$ nên $QR$ là tiếp tuyến $(MTQ)$.
Tương tự $QR$ là tiếp tuyến $(MRK)$ nên $QR$ là tiếp tuyến chung của $(MTQ)$ và $(MRK)$ nên $MG$ chia đôi $QR$ (theo Theorem) hay $MG$ chia đôi $BC$ (do $QR//BC$)
Cảm ơn bạn nhiều! Nhưng cho mình hỏi khi trình bày bài làm có thể áp dụng ngay tính chất trong bổ đề của bạn hay phải chứng minh nó nữa? Cảm ơn ạ.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kira14r4: 14-05-2023 - 19:06
Mình chứng minh câu a). Điểm mấu chốt là chứng minh tứ giác $MQIR$ nội tiếp. Mình thấy cái hay của bài toán chính là nó không cần kiến thức quá nâng cao, nhưng đòi hỏi người giải phải biết nối kết những dữ kiện rất nhỏ nhặt với nhau. Muốn thế thì phải quan sát khá kỹ. Lúc đầu giải mình cũng khá là bị rối và luẩn quẩn để chuyển từ góc này sang góc khác.
(i) Dễ thấy $MIBT$ và $MICK$ là hai tứ giác nội tiếp. (ii) Ta có $\angle MIK=\angle MCK$ (tứ giác $MICK$ nội tiếp) và $\angle MCK= \angle MBC$ (cùng bằng một nửa số đo cung $CM$). Do đó $\angle MIK=\angle MBC$.
Hơn nữa $\angle MKI=\angle MCB$ (tứ giác $MICK$ nội tiếp) nên tam giác $MBC$ đồng dạng với tam giác $MIK$ (g.g).
Từ đó ta có $\angle BMC=\angle KMI$. Hai góc này lại cùng chứa góc $CMI$ nên $\angle BMI=\angle CMK$. (iii) Ta có $\angle QTB=\angle QMI$ (tứ giác $MIBT$ nội tiếp) và $\angle QMI=\angle RMK$ (Chứng minh ở (ii)), tức là $\angle QTB=\angle RMK$.
Hơn nữa, $\angle QBT=\angle MCB$ (cùng bằng một nửa số đo cung $BM$) và $\angle MCB=\angle MKR$ (tứ giác $MICK$ nội tiếp), hay $\angle QBT=\angle MKR$.
Để ý rằng $\angle MQT=\angle QBT+\angle QTB$ (góc ngoài tam giác $QBT$) và $\angle MRI=\angle RMK+\angle MKR$ (góc ngoài tam giác $MRK$) ta suy ra ngay $\angle MQT=\angle MRI$.
Chứng tỏ tứ giác $MQIR$ nội tiếp. (iv) Cuối cùng, ta có $\angle MQR=\angle MIKE$ (tứ giác $MQIR$ nội tiếp) và $\angle MIR=\angle MBC$ (chứng minh ở (ii)) nên $\angle MQR =\angle MBC.$
Chứng tỏ$QR \parallel BC$.
Mình có cách ngắn hơn bạn xem thử đi
$\angle MBI=\angle MCK=\angle MIK$
$\angle MCB=\angle MBT=\angle MIT$
$\angle MBC+\angle MCB+\angle BCM=180^{\circ}$
=> $\angle MIK+\angle MIT+ \angle BCM=180^{\circ}$
=> MQIR nội tiếp
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 14-05-2023 - 20:54
Soạn thảo LaTex
post-191466-0-35601700-1683884119.png
