Bài toán. (PoP1.12) (VMO 2014) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trong đó $B, C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. Trên các tia $AB$ và $AC$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $MA = MC$ và $NA = NB$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AMN$ và $ABC$ cắt nhau tại $P$ ($P \neq A$). Đường thẳng $MN$ cắt đường thẳng $BC$ tại $Q$.
- Chứng minh rằng ba điểm $A, P, Q$ thẳng hàng.
- Gọi $D$ là trung điểm của $BC$. Các đường tròn có tâm là $M, N$ và cùng đi qua $A$ cắt nhau tại $K$ ($K \neq A$). Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AK$ cắt $BC$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ cắt $(O)$ tại $F (F \neq A)$. Chứng minh rằng đường thẳng $AF$ đi qua một điểm cố định.
Gợi ý
1.
- Ta có $MA = MC$ và $NA = NB$ nên tam giác $MAC$ cân tại $M$ và tam giác $NAB$ cân tại $N$.
- Do đó $\angle BMC = \angle BAC + \angle MAC = 2\angle BAC = \angle BOC$ hay tứ giác $BMOC$ nội tiếp.
- Tương tự thì tứ giác $BONC$ nội tiếp nên $BMNC$ nội tiếp.
- Khi đó $QM.QN = QB.QC$, lại có $APMN, APBC$ nội tiếp nên $A, P, Q$ thẳng hàng.
2.
- Tam giác $AMN$ có $OM \bot AN, ON \bot AM$ nên $AO \bot MN$. Mặt khác $AK \bot MN$ nên $A, O, K$ thẳng hàng.
- Ta có $\angle OAE = \angle ODE = 90^o$ nên $AODE$ nội tiếp, do đó $\angle OAE = \angle OFE = 90^o$. Hơn nữa $OA = OF$ nên $A, F$ đối xứng qua $OE$.
- Giả sử $OE$ cắt $AF$ tại $H$ thì $EH.EO = EA^2= EB.EC$ nên $BHOC$ nội tiếp, lại có $\angle OHA = 90^o$ nên $AH$ đi qua $G$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $O$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$.
- Vậy $AF$ luôn đi qua điểm $G$ cố định.
Like this:
Like Loading...