Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng có đáp án
2 câu hỏi
Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ AB^; BC^; CA^. MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S. Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Cách giải 1: (Hình 1)
Xét △NBI ta có: IBN^=B2^+B3^ mà B2^=CP^2; B3^=NAC^ (Góc nội tiếp chắn cung NC^); NAC^=BAC^2
Do đó IBN^=A^+B^2
BIN^=A1^+B1^=A^+B^2 (Góc ngoài của tam giác ABI)
⇒IBN^=BIN^=> △NBI cân tại N => N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI.
Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có :
BHN^=12sđ(BN^+AM^+AP^)=12sđBC^+sđAB^+sđAC^2
Vì BHN^ là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và
BN^=BC^2; AM^=AB^2; AP^=AC^2⇒BHN^=14.360∘=90∘
=> RN là trung trực của đoạn thẳng BI => BR = RI
=> RBI cân tại R B1^=RIB^ mà B1^=B2^⇒B2^=RIB^
=> IR // BC (Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau)
Cũng chứng minh tương tự ta cũng được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC
=> R ; I ; S thẳng hàng.
Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Cách giải 2: (Hình 2)
Theo giả thiết ta có MA^=MB^ do đó MN là phân giác của ANB^
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABN ta có: RARB=NANB (1)
Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN => SASC=NANC (2)
vì BN^=CN^ nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được RARB=SASC
=> RS // BC (định lý Ta-lét đảo)
Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:
AIID=RARB mà NANB=RARB suy ra AIID=NANB
△BND ~△ANB (vì có góc BNA^ chung và BAN^=NBD^)
Nên NANB=ABBD. Vậy AIID=ABBD
Suy ra BI là phân giác của góc ABC^
Ở trên ta có I thuộc phân giác AN của BAC^ ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác ABC^ nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.( Đpcm)
Từ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng
Cách giải 1:
Vì D^=E^=90∘=> tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp
⇒BED^=BPD^ (*)(Góc nội tiếp cùng chắn một cung)
F^=E^=90∘ => tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp
⇒FEC^=FPC^ (**) (Góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn ⇒BPC^=π-A^(1)
PD⊥ABPF⊥AC⇒DPF^=π-A^ (2)
Từ (1) và (2) ⇒BPC^=DPF^
⇒BPD^=FPC^ (***)
Từ (*) ; (**) và (***)
= D ; E ; F thẳng hàng.
Cách giải 2:
PE⊥ECPF⊥FC⇒Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp ⇒FEP^+PCF^=180∘ (1)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn ⇒ABP^+FCP^=180∘
Mà ABP^+BDP^=180∘⇒FCP^=DBP^ (2)
PD⊥BDPE⊥BC⇒Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp => DBP^=DEP^( 3)
Từ (1) ; (2) và (3) ta có : PEF^+DEP^=180∘
Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng
