Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC. Gọi D, E, F t...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

1) Sử dụng tam giác đồng dạng chứng minh 2 góc bằng nhau.

2) Sử dụng định lý Menelaus.

3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua trung điểm của BC cố định.

Giải chi tiết:

1) CMR: tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp.

Do \(AB < AC\) nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR.

Do tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\angle AFE = \angle BCA\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Vì \(QR//EF \Rightarrow \angle AFE = \angle BQR\) (hai góc đồng vị)

\( \Rightarrow \angle BCA = \angle BQR\;\;\left( { = \angle AFE} \right)\)

\( \Rightarrow BQCR\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).

2) Chứng minh: \(\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\) với D là trung điểm QS.

Xét \(\Delta DHB\) và \(\Delta EHA\) ta có:

\(\angle HDB = \angle AEH = {90^0}\)

\(\angle BHD = \angle AHE\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta DHB \sim \Delta EHA\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{DB}}{{AE}} = \frac{{HB}}{{HA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow DB = \frac{{HB}}{{HA}}.AE.\)

Xét \(\Delta BHF\) và \(\Delta CHE\) ta có:

\(\angle HFB = \angle CEH = {90^0}\)

\(\angle BHF = \angle CHE\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta BHF \sim \Delta CHE\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{BH}}{{CH}} = \frac{{BF}}{{CE}} = \frac{{HF}}{{HE}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Xét \(\Delta DHC\) và \(\Delta FHA\) ta có:

\(\angle HDC = \angle AFH = {90^0}\)

\(\angle CHD = \angle AHF\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta DHC \sim \Delta FHA\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{DC}}{{AF}} = \frac{{HC}}{{HA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow DC = \frac{{HC}}{{HA}}.AF.\\ \Rightarrow \frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AE}}{{AF}}.\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{AE}}{{AF}}.\frac{{FB}}{{EC}}\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:

\(\frac{{PB}}{{PC}}.\frac{{EC}}{{EA}}.\frac{{FA}}{{FB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{AE}}{{AF}}.\frac{{FB}}{{EC}}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta được \(\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\,\,\left( 3 \right)\;\;\;\left( {dpcm} \right).\)

Do QR song song với EF nên theo định lí Thales:\(\frac{{DQ}}{{PF}} = \frac{{BD}}{{BP}},\,\,\frac{{DS}}{{PF}} = \frac{{CD}}{{CP}}\).

 Kết hợp với (3) ta được \(DQ = DS\) hay D là trung điểm của QS.

3) Khi B, C cố định và A thay đổi thì chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua 1 điểm cố định.

Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh \(DP.DM = DQ.DR\).

Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp \( \Rightarrow \angle QBC = \angle QRC\) (các góc nội tiếp chắn cung QC).

\( \Rightarrow \Delta QBD \sim \Delta CRD\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{QD}}{{CD}} = \frac{{BD}}{{RD}}\)  (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow DQ.DR = DB.DC\;\;\left( 4 \right)\)

Tiếp theo ta chứng minh: \(DP.DM = DB.DC \Leftrightarrow DP\left( {\frac{{DC - DB}}{2}} \right) = DB.DC\)

\(DP\left( {DC - DB} \right) = 2DB.DC \Leftrightarrow DB\left( {DP + DC} \right) = DC\left( {DP - DB} \right) \Leftrightarrow DB.PC = DC.PB\)

\( \Leftrightarrow \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\) (đúng theo phần b). Do đó \(DP.DM = DB.DC\,\,\left( 5 \right)\)

Từ (4) và (5) ta được \(DP.DM = DQ.DR \Rightarrow \frac{{DP}}{{DR}} = \frac{{DQ}}{{DM}}\)

Xét \(\Delta DQP\) và \(\Delta DRM\) ta có:

\(\frac{{DP}}{{DR}} = \frac{{DQ}}{{DM}}\;\;\left( {cmt} \right)\)

\(\angle PDQ = \angle RDM\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \Delta DQR \sim \Delta RDM\;\left( {c - g - c} \right)\)

\( \Rightarrow \angle PQR = \angle RMP\) (hai góc tương ứng)

\( \Rightarrow PQMR\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR  đi qua trung điểm của BC. (đpcm)