1)      Cho 2 điểm phân biệt A, B nằm trong góc nh...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

1)      Chứng minh tứ giác MNQP có hai góc nội tiếp cùng chắn một cung bằng nhau.

2)      a) Chứng minh hai tam giác đồng dạng với nhau theo trường hợp góc – góc, từ đó chứng minh \(\Delta MAB \sim \Delta NCD\), suy ra các cạnh tương ứng bằng nhau.

b) Gọi P là hình chiếu vuông góc của M lên AC, Q là hình chiếu vuông góc của N lên AB. Chứng minh I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKPQ.

Giải chi tiết:

1) 

Ta có:

\(\eqalign{  & \Delta OAM \sim \Delta OBQ(g.g) \Rightarrow {{OM} \over {OQ}} = {{OA} \over {OB}}.  \cr   & \Delta OAN \sim \Delta OBP(g.g) \Rightarrow {{ON} \over {OP}} = {{OA} \over {OB}}.  \cr   &  \Rightarrow {{ON} \over {OP}} = {{OM} \over {OQ}} \cr} \)

Xét tam giác ONP và OMQ có : \(\widehat O\) chung, \({{ON} \over {OP}} = {{OM} \over {OQ}} \Rightarrow \Delta ONP \sim \Delta OMQ\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {MPN} = \widehat {MQN}\)

Suy ra tứ giác MNQP là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).

2) 

a) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp nên : \(\widehat {ABD} = \widehat {ACE}.\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED).

Và lại có : \(\widehat {BAD} = \widehat {EAC}\) ( góc chung)

Suy ra : \(\Delta ABD \sim \Delta ACE(g.g) \Rightarrow {{AB} \over {AC}} = {{BD} \over {CD}} = {{BM} \over {CN}}\)

Xét tam giác MAB và NCD có : \( \Rightarrow {{AB} \over {AC}} = {{BM} \over {CN}}\,\,\left( {cmt} \right);\,\,\widehat {ABD} = \widehat {ACE} \Rightarrow \Delta MAB \sim \Delta NCD\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta MAB \sim \Delta NAC(c.g.c) \Rightarrow \widehat {MAB} = \widehat {NAC}.\)

b) Gọi P là hình chiếu vuông góc của M lên AC, Q là hình chiếu vuông góc của N lên AB. Theo câu 1 ta có 4 điểm H, K, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn. Hơn nữa, tâm của đường tròn đó là giao điểm các đường trung trực của các đoạn thẳng PK, QH.

Gọi R và S lần lượt là trung điểm của PK và QH ta có IR là đường trung bình của hình thang MPKN nên IR // MP // KN \( \Rightarrow IR \bot PK\) tại \(R \Rightarrow IR\) là trung trực của PK.

Tương tự ta chứng minh được IS là trung trực của QH.

Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp HKPQ \( \Rightarrow IH = IK\). Do đó tam giác IHK cân tại I.