Chủ đề này có 2 trả lời

[Near Ryuzaki]

Bài toán : Trên các cạnh $AB,AC$ của tam giác $ABC$ lấy các điểm $M$ và $N.$ Các đường tròn đường kính $BN$ và đường tròn đường kính $CM$ cắt nhau tại hai điểm $P$ và $Q.$ Chứng minh rằng nếu $P$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $Q$ nằm trên đường tròn $Euler$ của tam giác đó.

[ChiLanA0K48]

Bài toán : Trên các cạnh $AB,AC$ của tam giác $ABC$ lấy các điểm $M$ và $N.$ Các đường tròn đường kính $BN$ và đường tròn đường kính $CM$ cắt nhau tại hai điểm $P$ và $Q.$ Chứng minh rằng nếu $P$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $Q$ nằm trên đường tròn $Euler$ của tam giác đó.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$

$B_1,C_1$ lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh $B,C$ xuống các cạnh $AC,AB$

Dễ thấy $B_1$ thuộc đường tròn đường kính $BN$, $C_1$ thuộc đường tròn đường kính $CM$

$\left\{\begin{matrix} P_{(H/(BNB_1))}=\overline{HB}.\overline{HB_1}\\ P_{(H/(CNC_1))}=\overline{HC}.\overline{HC_1}\\ \overline{HB}.\overline{HB_1}=\overline{HC}.\overline{HC_1} \end{matrix}\right.$

Suy ra $H$ thuộc trục đẳng phương của $(BNB_1)$ và (CMC_1)$

Suy ra $\overline{P,H,Q}$

$\Rightarrow \overline{HP}.\overline{HQ}=\overline{HB}.\overline{HB_1}$

Gọi $R$ là trung điểm $HB$, $S$ là trung điểm $HP$

Dễ dàng suy ra $\overline{HB_1}.\overline{HR}=\overline{HQ}.\overline{HS}$

Nếu $P$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì dễ chứng minh $S$ thuộc đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$

Từ đó suy ra $Q$ thuộc đường tròn $Euler$

Chú ý tính chất bán kính đường tròn $Euler$ bằng $\frac{1}{2}$ bán kính đường tròn ngoại tiếp

[halloffame]

Ngoài ra trong bài toán này, nếu $P \in (ABC)$ thì $O \in MN.$ Đây là bài $5,$ đề  thi HSG $11+12$ vòng $1$ năm $2008-2009$ của KHTN$.$