Bài toán: Cho tam giác nhọn ABC và một đường tròn thay đổi qua B, C cắt AB, AC tại M, N. Gọi P là giao điểm của BN và CM, Q,T là giao điểm của AP, MN với BC. Đường thẳng qua Q và song song với MN gặp AB, AC lần lượt tại R, S.
a. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN luôn đi qua điểm cố định.
b.Gọi K là trực tâm tam giác AMN. Đặt BC=a, d là khoảng cách từ A tới PK. Chứng minh rằng, d\le a. \cot A
Lời giải:
a. Ta có RS || MN nên \angle BRS=\angle TMb=180^o-\angle BMN=\angle BCS, hay tứ giác BSCR nội tiếp, suy ra: \overline{QB}.\overline{QC}=\overline{QR}.\overline{QS} Mặt khác, ta lại có (BCQT)=-1, Gọi E là trung điểm BC, theo hệ thức Maclaurin ta có: \overline{QT}.\overline{QW}=\overline{QB}.\overline{QC} Từ đây suy ra: \overline{QT}.\overline{QE}=\overline{QR}.\overline{QS}, tức là T, R, S, E đồng viên hay nói cách khác đường tròn (TRS) luôn đi qua trung điểm E cố định của BC.
b. Ký hiệu (XY) là dùng để chỉ đường tròn có đường kính XY. Gọi B', C' là hình chiếu của B, C lên AB, AC. Khi đó, dễ thấy B'\in (BN),\, C'\in (CM).
Ta có: \Delta B'C'H\sim \Delta CBH nên: \overline{HB'}.\overline{HB}=\overline{HC'}.\overline{HC} Suy ra H nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (BN) và (CM). Tương tự, ta cũng chứng minh được K nằm trên trục đẳng phương của (BN) và (CM).
Mặt khác, ta lại có \overline{PM}.\overline{PC}=\overline{PN}.\overline{PB} nên P nằm trên trục đẳng phương của (BN) và (CM). Vậy, P, K, H thẳng hàng, suy ra: d\le AH. Kết hợp với: AH=\dfrac{AB'}{\sin\angle AHB'}=\dfrac{AB'}{\sin\angle ACB}=BC.\dfrac{AB'}{BB'}=BC.\cot A Tóm lại, ta có được: d\le a.\cot A
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
No comments:
Post a Comment