Cho đường tròn (O) có dây BC  cố định không đi qua...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a) Chứng minh tứ giác BCEF có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc bằng nhau.

b) Chứng minh tam giác MKB và tam giác CKA đồng dạng, chứng minh tam giác KBF và tam giác KEC đồng dạng.

c) Kéo dài MH cắt (O) tại I. chứng minh AI là đường kính của đường tròn (O).

Chứng minh BICH là hình bình hành, suy ra MH đi qua trung điểm của BC cố định.

Giải chi tiết:

a) BCEF là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác \(BFEC\) ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^0}\)

Mà hai đỉnh này cùng kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.

\( \Rightarrow BCEF\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

b) KM.KA = KE.KF.

Vì \(BMAC\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KMB} = \widehat {ACB}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Xét \(\Delta MKB\) và \(\Delta CKA\) ta có:

\(\begin{array}{l}\widehat {AKC}\;\;chung\\\widehat {KMB} = \widehat {ACK}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MKB \sim \Delta CKA\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \frac{{MK}}{{CK}} = \frac{{KB}}{{KA}} \Leftrightarrow KM.KA = KC.KB\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)

Vì tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {KBF} = \widehat {FEC}\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) ta có:

\(\begin{array}{l}\widehat {CKF}\;\;chung\\\widehat {KBF} = \widehat {KEC}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \frac{{KB}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KC}} \Leftrightarrow KB.KC = KF.KF\;\;\;\;\left( 2 \right).\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( { = KB.KC} \right).\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)

c) Đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.

Kéo dài \(MH\)  cắt đường tròn tại \(I.\)

Ta có: \(KM.KA = KE.KF\left( {cmt} \right) \Rightarrow \frac{{KM}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KA}}.\)

Xét \(\Delta KME\) và \(\Delta KFA\) ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{KM}}{{KF}} = \frac{{KE}}{{KA}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\widehat {AKE}\;\;chung.\\ \Rightarrow \Delta KME \sim \Delta KFA\;\left( {c.g.c} \right).\\ \Rightarrow \widehat {KAF} = \widehat {KEM}\;\;hay\;\;\widehat {MEF} = \widehat {MAF}.\end{array}\)

Mà hai góc này là hai góc kề một cạnh và cùng nhìn cạnh \(MF\) dưới hai góc bằng nhau.

\( \Rightarrow MAEF\) là tứ giác nội tiếp hay \(M,\;A,\;E,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.  (dhnb)

Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)

\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp hay \(A,\;E,\;H,\;F\) cùng thuộc một đường tròn.

\( \Rightarrow A,\;M,\;F,\;H,\;E\) cùng thuộc một đường tròn.

Lại có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = {90^0} \Rightarrow AH\) đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm \(A,\;M,\;F,\;H,\;E.\)

Mặt khác, \(\widehat {AMH}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {AMH} = {90^0}\;\;hay\;\;\widehat {AMI} = {90^0} \Rightarrow AI\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {ABI} = {90^0}\;\;hay\;\;AB \bot BI.\\ \Rightarrow BI//CF\;\;hay\;\;BC//CF\end{array}\)

Chứng minh tương tự ta được \(CI//BE\;\;hay\;\;CI//BH.\)

\( \Rightarrow BHCI\) là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

\( \Rightarrow BC \cap HI = \left\{ J \right\}\) hay \(BC \cap MH = \left\{ J \right\}\)  với \(J\) là trung điểm của \(BC.\)

Mà \(BC\) cố định nên \(J\) cố định.

Vậy khi \(A\) thay đổi ta có \(MH\) luôn đi qua trung điểm \(J\) cố định của cạnh \(BC.\)