Cho đường tròn ( O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi (M) và (N) lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ

1)

Chứng minh bốn điểm \[C,N,K,I\] cùng thuộc một đường tròn.

Ta có \(\widehat {MNA},\widehat {MCB}\) là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ \[MA,MB\]

Mà  (do \(M\) là điểm chính giữa của )

\( \Rightarrow \widehat {MNA} = \widehat {MCB}\)

Hay \(\widehat {KNI} = \widehat {KCI}\), mà hai góc này cùng nhìn đoạn \(KI\)

Þ Tứ giác \(CNKI\) nội tiếp đường tròn.

Þ Bốn điểm \[C,N,K,I\] cùng thuộc một đường tròn.

2)

Chứng minh \[N{B^2} = NK.NM\].

Ta có \(\widehat {NBC},\widehat {NMB}\) là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ \[NC,NB\]

Mà  (do \(N\) là điểm chính giữa của )

\[ \Rightarrow \widehat {NBC} = \widehat {NMB}\]

Hay \[\widehat {NBK} = \widehat {NMB}\].

Xét \(\Delta NBK\) và \(\Delta NMB\) có:

\(\widehat {BNM}\) là góc chung; \[\widehat {NBK} = \widehat {NMB}\] (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \frac{{NB}}{{NM}} = \frac{{NK}}{{NB}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow N{B^2} = NK.NM\).

3)

Chứng minh tứ giác \[BHIK\]là hình thoi.

Vì tứ giác \[CNKI\] nội tiếp nên \(\widehat {INC} = \widehat {IKC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CI\])

Mà \(\widehat {INC} = \widehat {ANC} = \widehat {ABC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AC\] của \[\left( O \right)\])

\( \Rightarrow \widehat {IKC} = \widehat {ABC}\)

Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị nên \[KI\,{\rm{//}}\,BH\].

Chứng minh tương tự ta được \[HI\,{\rm{//}}\,BK\].

Tứ giác \[BHIK\] có các cạnh đối song song nên là hình bình hành.

Cách 1:

Vì  nên \(\widehat {ACM} = \widehat {BCM}\), hay \[CM\] là tia phân giác của \(\widehat {ACB}\)

Tương tự, \[AN\] là tia phân giác của góc \[\widehat {BAC}\]

\[\Delta ABC\] có hai đường phân giác \[AN\] và \[CM\] cắt nhau tại \(I\)

\( \Rightarrow BI\) là đường phân giác thứ ba của \[\Delta ABC\]

Hình bình hành \[BHIK\] có \[BI\] là đường phân giác của góc \(B\) nên là hình thoi.

Cách 2:

Vì \(\widehat {BHN},\widehat {BKH}\) là các góc có đỉnh ở bên trong đường tròn \(\left( O \right)\) nên:

 và

\( \Rightarrow \widehat {BHN}{\rm{ = }}\widehat {BKH}\) (do  và )

\( \Rightarrow \Delta BHK\) cân tại \(B\) \[ \Rightarrow BH = BK\]

Hình bình hành \[BHIK\] có \[BH = BK\] nên là hình thoi.

4)

Gọi \(P,Q\) lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác \[MBK\], tam giác \[MCK\] và \[E\] là trung điểm của đoạn \[PQ\]. Vẽ đường kính \[ND\] của đường tròn \[\left( O \right)\]. Chứng minh ba điểm \[D,E,K\] thẳng hàng.

Cách 1:

\[\left( P \right)\] có góc \(\widehat {BMN}\) là góc nội tiếp, góc \(\widehat {BPK}\) là góc ở tâm cùng chắn

\( \Rightarrow \widehat {BMN} = \frac{1}{2}\widehat {BPK}\)

Mà \(\Delta PBK\) cân tại \(P\) (vì \[PB = PK\])

\( \Rightarrow \widehat {PBK} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BPK}}}{2} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BPK} = 90^\circ  - \widehat {BMK}\) \[\left( 1 \right)\]

\[\left( O \right)\] có đường kính \(ND\) đi qua \(N\) là điểm chính giữa của cung \[BC\]

\( \Rightarrow ND \bot BC\) và \(ND\) đi qua trung điểm của \[BC\]

\( \Rightarrow \Delta DBC\) cân tại \(D\)

\( \Rightarrow \widehat {DBC} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BDC}}}{2} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BDC}\)

Trong \[\left( O \right)\], \(\widehat {BMK} = \widehat {BDN} = \frac{1}{2}\widehat {BDC}\)

\( \Rightarrow \widehat {DBC} = 90^\circ  - \widehat {BMK}\) \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] \( \Rightarrow \widehat {PBK} = \widehat {DBC}\)

Þ Ba điểm \[D,P,B\] thẳng hàng

Lại có \(\widehat {BPK} = \widehat {BDC}{\rm{ }}\left( { = 2\widehat {BMK}} \right)\) và hai góc ở vị trí đồng vị

\( \Rightarrow PK\,{\rm{//}}\,DC\)

Chứng minh tương tự được ba điểm \[D,Q,C\] thẳng hàng và \[QK\,{\rm{//}}\,DB\]

Do đó, \(PK\,{\rm{//}}\,DC\) và \[QK\,{\rm{//}}\,DB\]

Tứ giác \[DPKQ\] là hình bình hành

Do đó \(E\) là trung điểm của đường chéo \[PQ\] thì \(E\) cũng là trung điểm của đường chéo \(DK\).

Vậy ba điểm \[D,E,K\] thẳng hàng.

Có thể chứng minh ba điểm \[D,P,B\] thẳng hàng theo các cách sau:

Cách 2:

\[\left( P \right)\] có góc \(\widehat {BMN}\) là góc nội tiếp, góc \(\widehat {BPK}\) là góc ở tâm cùng chắn

\( \Rightarrow \widehat {BMN} = \frac{1}{2}\widehat {BPK}\)

Mà \(\Delta PBK\) cân tại \(P\) (vì \[PB = PK\])

\( \Rightarrow \widehat {PBK} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BPK}}}{2} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BPK} = 90^\circ  - \widehat {BMK}\) \[\left( 1 \right)\]

\( \Rightarrow \widehat {PBK} + \widehat {BMK} = 90^\circ \)

\[\left( O \right)\] có đường kính \(ND\) đi qua \(N\) là điểm chính giữa của cung \[BC\]

\( \Rightarrow ND \bot BC\) \( \Rightarrow \widehat {DBK} + \widehat {BDN} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {DBK} + \widehat {BMK} = 90^\circ \) (do \(\widehat {BDN} = \widehat {BMK}\))

Lại có \(\widehat {PBK} + \widehat {BMK} = 90^\circ \) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {PBK} = \widehat {DBK} \Rightarrow \) ba điểm \[D,P,B\] thẳng hàng.

Cách 3:

\[\left( P \right)\] có \(\widehat {BMK}\)  là góc nội tiếp nên

Mà \[\widehat {BMK} = \widehat {CBN}\] nên

Suy ra \[BN\] là tiếp tuyến tại \(B\) của \[\left( P \right)\]

\( \Rightarrow BN \bot PB\)

Lại có \(\widehat {DBN} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow BN \bot DB\)

Do đó ba điểm \[D,P,B\] thẳng hàng.