Geometry 19

Trang chủ > Bài toán, Hình học, Hình học THCS, Sơ cấp > Geometry 19

Geometry 19

Tháng Ba 4, 2014 phamquangtoan Bình luận về bài viết này Go to comments

(Thi thử vào lớp 10 chuyên KHTN) Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ . $BE,CF$ là hai đường cao với $E,F$ tương ứng thuộc cạnh $AC,AB$ . Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$ . $TC,TE$ cắt $EF$ tại $P,Q$ . $M$ trung điểm $BC$ .

a) Chứng minh $M$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $TPQ$ .

b) $AD$ là đường kính của $(O)$ . $DM$ cắt $(O)$ tại $R$ khác $D$ . Chứng minh rằng các tứ giác $RQBM,RPCM,RQTP$ nội tiếp.

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $TPQ$ tiếp xúc với $(O)$ tại $R$ .

Lời giải.

a) Vì $T$ là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ nên $TO$ là đường trung trực của $BC$ . Mà $M$ trung điểm $BC$ nên $O,M,T$ thẳng hàng và $OT$ phân giác $\angle BTC$ .

Ta có $\angle QEM= \angle QEC- \angle MEC= 180^{\circ}- \angle AEF- \angle ACB= 180^{\circ}- \angle ABC- \angle ACB= \angle BAC$ .

Hơn nữa thì $\angle CBT= \angle BAC$ nên $\angle CBT= \angle QEM$ mà $\angle CBT+ \angle QBM=180^{\circ}$ nên $\angle QBM+ \angle QEM=180^{\circ}$ . Ta có tứ giác $EQBM$ nội tiếp. Do đó $\angle MQE= \angle MBE= \angle MEB= \angle MQB$ hay $QM$ phân giác $\angle EQB$ .

$M$ là giao điểm của hai phân giác của $\triangle PQT$ nên $M$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle PQT$ .

b) Vì $TQ$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $\angle QBR= \angle BDR$ và $\angle FBQ= \angle ACB= \angle AFE= \angle QFB$ . Từ đó dẫn đến $\triangle QBF$ cân tại $latex $Q$ có $QM$ là phân giác nên $QM \perp AB$ .

Ta cũng có $AD$ đường kính nên $AB \perp DB$ . Do đó $DB \parallel QM$ nên $\angle BDR= \angle QMR$ . Từ hai điều trên ta suy ra $\angle QBR= \angle QMR$ dẫn đến $RQBM$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự, ta có $RPCM$ nội tiếp.

Vì $QRMB$ nội tiếp nên $\angle RQB= \angle RMC$ .

Vì $RMCP$ nội tiếp nên $\angle RMC+ \angle RPC=180^{\circ}$ . Do đó $\angle RQB+ \angle RPC=180^{\circ}$ . Ta suy ra tứ giác $RQTP$ nội tiếp.

c) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $TPQ$ . Kẻ tiếp tuyến $Rx$ tại $R$ của đường tròn này (vì $RQTP$ nội tiếp nên $R \in (I)$ ).

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $R$ nằm trên cung nhỏ $AC$ . Do $Rx$ là tiếp tuyến của $I$ nên $Rx$ không thể nằm giữa $RB$ và $RQ$ , mà $RQ$ là tia nằm giữa.

Theo cách dựng ta có $\angle xRQ= \angle RPQ= \angle RPB- \angle QPB \qquad (1)$ .

Dễ chứng minh tương tự theo câu c thì $MP \perp AC$ nên $\angle QPM= 90^{\circ}- \angle PEC= 90^{\circ}- \angle ABC \qquad (2)$ .

Vì $RPCM$ nội tiếp nên $\angle RPB= \angle RCB$ . Như vậy kết hợp với $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $\angle xRQ= \angle RCB+ \angle ABC-90^{\circ}$ .

Vì $QBMR$ nội tiếp nên $\angle QRB= \angle QMB= \angle FCB= 90^{\circ}- \angle ABC$ .

Ta có $\angle xRB= \angle xRQ+ \angle QRB= \angle RCB+ \angle ABC-90^{\circ}+90^{\circ}- \angle ABC= \angle RCB$ . Từ đây ta suy ra $Rx$ cũng là tiếp tuyến của $(O)$ .

Như vậy $(O)$ và $(I)$ có tiếp tuyến chung, các điểm thuộc $(I),(O)$ nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ $Rx$ nên hai đường tròn này tiếp xúc trong tại $R$ . $\blacksquare$