Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$,các tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$. Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $DE,DF,ME,NF$.Các đường thẳng $BM,CN$ lần lượt cắt $PQ$ tại $S,T$. $K$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DNC với $DE$ ($K$ khác $D$)
1.Chứng minh $BCST$ là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh $NMD$ đồng dạng $NKC$ vs $S$ là trung điểm $KC$.
3.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCST$ tiếp xúc với $(I)$.
Hai câu đầu có thể sử dụng biến đổi góc thuần túy để chứng minh, để ý $B,C,M,N$ đồng viên và $\angle CMK=90^{\circ}$.
Với câu 3, ngoài cách dưới đây, có thể gọi $X$ là giao của $(DCK)$ với $(I)$ rồi xử lý tiếp.
Lời giải. Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$. $W$ là trung điểm $DJ$. Dễ thấy $W$ nằm trên trung trực $BC$. $JD$ cắt lại $(I)$ tại $X$. Dễ thấy $WB=WC$. Mặt khác $WM=\frac{JE}{2}=\frac{JF}{2}=WN$ nên $W$ là tâm $(BCMN)$. Từ câu 2 ta có $SM=SC,TN=TB$ nên $WS\parallel DM,WT\parallel DN$. Suy ra $\angle SWT=\angle MDN=\angle SBT=\angle SCT$, từ đó $W\in (BCST)$. Sử dụng phương tích ta thu được $X\in (BCST)$. Suy ra $(I)$ đi qua $X,D$, tiếp xúc $BC$ tại $D$, đồng thời $XD$ đi qua $W$ là điểm giữa cung $BC$ của $(BCST)$. Do đó $(BCST)$ tiếp xúc $(I)$ tại $X$. $\square$.
Remark. Có thể nguồn gốc của bài toán trên là: Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$, đường cao $AH$. $S$ là trung điểm $AH$. $DS$ cắt $(I)$ tại $X$. Chứng minh đường tròn $(BXC)$ tiếp xúc $(I)$. Tác giả đã "giấu" điểm $X$ để tăng độ khó cho bài toán.
PS: Mình không biết cách đính kèm hình từ GSP sang, bạn nào giúp mình với
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 15-05-2021 - 11:00