Bài toán chi tiết
Bài 862 (Đề thi vào 10 PTTH Chuyên toán Bắc Giang 2023 - 2024)
| 1 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1100
BẢN INCho đường tròn \((O ; R)\) và dây cung \(B C\) cố định của đường tròn thỏa mãn \(B C<2 R\). Một điểm \(A\) di chuyển trên \((O ; R)\) sao cho tam giác \(A B C\) có ba góc nhọn. Các đường cao \(A D, B E, C F\) của tam giác \(A B C\) cắt nhau tại \(H\). Đường phân giác của \(\widehat{C H E}\) kéo dài về hai phía cắt \(A B\) và \(A C\) lần lượt tại \(M\) và \(N\).
1. Chứng minh tam giác \(A M N\) cân tại \(A\).
2. Gọi \(I, P, Q, J\) lần luợt là hình chiếu của \(D\) trên các cạnh \(A B, B E, C F, A C\). Chứng minh rằng bốn điểm \(I, P, Q, J\) cùng nằm trên một đuờng thẳng vuông góc với \(A O\).
3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A M N\) cắt đường phân giác trong của \(\widehat{B A C}\) tại điểm thứ hai K. Chứng minh rằng HK luôn đi qua một điểm cố định.
Cách giải 1
1. Vì \(B E \perp A C=E\) nên \(\widehat{H E C}=90^{\circ}\). Vì \(C F \perp A B=F\) nên \(\widehat{H F B}=90^{\circ}\). Suy ra:
\[\widehat{F M H}+\widehat{M H F}=90^{\circ} ; \widehat{E N H}+\widehat{N H E}=90^{\circ}\]
\[\widehat{C H N}=\widehat{N H E} .\]
Lại có \(\widehat{C H N}=\widehat{M H F}\) (đối đỉnh) nên
\[\widehat{N H E}=\widehat{M H F} \text { (2). }\]
Từ (1) và (2) suy ra:
\[\widehat{F M H}=\widehat{E N H} \text { hay } \widehat{A M N}=\widehat{A N M}\]
Vậy \(\triangle A M N\) cân tại \(A\).
2. Ta có: tứ giác \(BIPD\) nội tiếp nên
\[\begin{gathered}\widehat{I B D}+\widehat{I P D}=180^{\circ}(3) ; \\\widehat{I B D}=\widehat{F H A} \text { (cùng phụ với góc } \widehat{F A H} \text { ); }\end{gathered}\]
Lại có: \(\widehat{F H A}=\widehat{Q H D}\) (đối đình) \(\Rightarrow \widehat{I B D}=\widehat{Q H D}\).
Vì tứ giác \(D P H Q\) nội tiếp nên
\[\widehat{Q H D}=\widehat{Q P D} \Rightarrow \widehat{I B D}=\widehat{Q P D}\]
Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat{Q P D}+\widehat{I P D}=180^{\circ}\) nên ba điểm \(I, P, Q\) thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta được \(P, Q, J\) thẳng hàng.
Vậy 4 điểm \(I, P, Q, J\) thẳng hàng.
Từ tứ giác \(B I P D\) nội tiếp suy ra \(\widehat{M I P}=\widehat{P D B}\).
Lại có \(P D / / A C\) (cùng vuông góc với \(B E\) ) nên
\[\widehat{P D B}=\widehat{A C B} .\]
Qua \(A\) kẻ tiếp tuyến \(t A t^{\prime}\) của \((O)\) suy ra:
\[\left.A O \perp A t ; \widehat{t A B}=\widehat{A C B} \text { (cùng bằng } \dfrac{1}{2} \mathrm{sđ} \overparen{A B}\right) \text {. }\]
Suy ra \(\widehat{t A I}=\widehat{A I P}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(I P / / A t \Rightarrow I P \perp A O\) (đpcm).
3. Vì \(\triangle A M N\) cân tại \(A\) và \(A K\) là phân giác của góc \(\widehat{M A N}\) nên \(A K\) là trung trực của \(M N\), suy ra \(A K\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp \(\triangle A M N\). Do đó: \(\widehat{A M K}=\widehat{A N K}=90^{\circ} \Rightarrow K M / / C F, K N / / B E\).
Gọi \(R=K M \cap B H, S=K N \cap H C\). Suy ra: \(HRKS\) là hình bình hành \(\Rightarrow H K\) đi qua trung điểm của \(R S\) (5).
Từ \(M R \| F H \Rightarrow \dfrac{H R}{R B}=\dfrac{F M}{M B}\).
Vì \(H N\) là phân giác của góc \(\widehat{C H E}\) nên \(H M\) là phân giác của góc \(\widehat{B H F} \Rightarrow \dfrac{F M}{M B}=\dfrac{F H}{H B}\).
Từ \(S N / / H E \Rightarrow \dfrac{H S}{S C}=\dfrac{E N}{N C}\).
Vì \(H N\) là phân giác của góc \(\widehat{C H E}\) nên \(\dfrac{E N}{N C}=\dfrac{H E}{H C}\).
Từ \(\triangle F H B \sim \triangle E H C\) (g.g) suy ra:
\[\begin{aligned}\dfrac{F H}{H B} & =\dfrac{H E}{H C} \Rightarrow \dfrac{H R}{R B}=\dfrac{H S}{S C} \\& \Rightarrow R S \| B C(6) .\end{aligned}\]
Từ (5) và (6) suy ra \(H K\) luôn đi qua trung điểm của đoạn \(B C\) (cố định).
