Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Từ một điểm M tùy ý trên dây BC, kẻ các đường thẳng song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC lần lượt tại P và Q. Gọi D là điểm đối xứng của M qua đường thẳng PQ. Chứng minh D nằm trên đường tròn (O).
+) Đặt \(\widehat {BAC} = \alpha \).
+) Chứng minh P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM và \(\widehat {BPM} = \widehat {BAC} = \alpha \).
+) Chứng minh được Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM và \(\widehat {MQC} = \alpha \)
+) Tính \(\widehat {BDM};\,\,\widehat {MDC}\) theo \(\alpha \), chứng minh \(\widehat {BDC} = \alpha \).
Đặt \(\widehat {BAC} = \alpha \).
Advertisements (Quảng cáo)
Ta có: PM // AC nên \(\widehat {BPM} = \widehat {BAC} = \alpha \) (hai góc đồng vị bằng nhau)
Áp dụng định lí Ta-let ta có : \(\dfrac{{PM}}{{AC}} = \dfrac{{BP}}{{AB}}\). Mà \(AB = AC \Rightarrow PM = PB\).
Vì D đối xứng M qua PQ nên PQ là trung trực của MD \( \Rightarrow PM = PD\).
\( \Rightarrow PM = PD = PB \Rightarrow P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM.
\( \Rightarrow \widehat {BDM} = \dfrac{1}{2}\widehat {BPM}\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
\( \Rightarrow \widehat {BDM} = \dfrac{1}{2}\alpha \).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM và \(\widehat {MQC} = \alpha \)
\( \Rightarrow \widehat {MDC} = \dfrac{1}{2}\widehat {MQC} = \dfrac{1}{2}\alpha \) (góc nội tiếp bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
\( \Rightarrow \widehat {BDC} = \widehat {BDM} + \widehat {MDC} = \dfrac{1}{2}\alpha + \dfrac{1}{2}\alpha = \alpha = \widehat {BAC} \Rightarrow \) Tứ giác ACBD là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 góc cùng chắn 1 cung bằng nhau).
Vậy D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.