Cho tam giác ABC vuông tại A \(\left( {AB > AC}...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a)      Chứng minh

Ta có do cùng chắn cung AB nên: \(\widehat {BDA} = \widehat {BNA} \Rightarrow \widehat {IHA} = \widehat {BNA} = \widehat {INA}\)

Suy ra tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau). Do đó:

\(\widehat {AHN} = \widehat {AIN} = \widehat {BIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

Ta có: \(AK \bot BD \Rightarrow AK \bot IH \Rightarrow \widehat {AIH} = {90^0}\)

Do tứ giác ANHI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {AIH} + \widehat {ANH} = {180^0} \Rightarrow \widehat {ANH} = {90^0}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {IBK} = \widehat {NAH}\\ \Rightarrow \Delta ANH \sim \Delta BKI\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{BK}}{{AN}} = \frac{{BI}}{{AH}} = \frac{{BI}}{{DH}} \Rightarrow AN.BI = DH.BK\end{array}\)

b)     Tiếp tuyến của  tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.

Gọi \({O_1}\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, \({I_1}\) là trung điểm của NP.

Vì A; D đối xứng qua BC nên PA cũng là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) .

Ta có: \(\widehat {PAN} = \frac{1}{2}\widehat {P{O_1}N} = \widehat {P{O_1}{I_1}}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung NP của đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\))

Lại có: \(\widehat {PAN} = \widehat {ADN}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AN của \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow \widehat {P{O_1}{I_1}} = \widehat {ADN}\)

Hơn nữa ANHI nội tiếp (cmt) nên: \(\widehat {ANH} = \widehat {AIH} = {90^0} \Rightarrow \widehat {NAH} = \widehat {NHP}\) (cùng phụ với \(\widehat {NHA}\))

Ta có: \(\widehat {NAH} = \widehat {NIH} = \widehat {NBD} = \widehat {NDP}\)

\( \Rightarrow \widehat {NHP} = \widehat {NDP} \Rightarrow \) tứ giác PDNH nội tiếp nên: \(\widehat {NPH} = \widehat {NDA} \Rightarrow \widehat {NPH} = \widehat {P{O_1}{I_1}}\)

Mặt khác: \(\widehat {P{O_1}{I_1}} + \widehat {{O_1}P{I_1}} = {90^0} \Rightarrow \widehat {NPH} + \widehat {{O_1}P{I_1}} = {90^0} \Rightarrow \widehat {{O_1}PH} = {90^0}\)

Suy ra: BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.

c)      Tiếp tuyến của  tại C cắt DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn .

Gọi J là trung điểm của OM, G là trung điểm của OC, E là giao điểm của QG và BM.

Dễ thấy MQ là đường kính của đường tròn đi qua D là tiếp xúc với MC \(\left( {Do\,\,\widehat {MDQ} = {{90}^0}} \right)\)

\( \Rightarrow MQ \bot MC\). Mà \(MC \bot BC \Rightarrow MQ//BC\)

Do \(MQ//BC \Rightarrow \widehat {QMO} = \widehat {MOP}\,\,\left( {slt} \right) = \widehat {QOM} \Rightarrow \) Tam giác QOM cân tại Q.

\( \Rightarrow QJ \bot OM\) (trung tuyến đồng thời là đường cao)

\( \Rightarrow \widehat {BOM} = \widehat {GJQ}\)( góc có cạnh tương ứng vuông góc).

Mặt khác:

\(\begin{array}{l}\Delta OGJ \sim \Delta OJQ\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{GJ}}{{JQ}} = \frac{{OG}}{{OJ}}\\\Delta OGJ \sim \Delta OCM \Rightarrow \frac{{OG}}{{OJ}} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{OB}}{{OM}}\,\,\,\left( {OC = OB} \right)\\ \Rightarrow \frac{{GJ}}{{JQ}} = \frac{{OB}}{{OM}}\\ \Rightarrow \Delta GJQ \sim \Delta BOM\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {OMB} = \widehat {JQG}\end{array}\)

Do đó tứ giác QEJM nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {QEM} = \widehat {QJM} = {90^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QM)

\( \Rightarrow QE \bot EM \Rightarrow QE \bot BM\)

Vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC cố định.

Giải chi tiết: