Question

[Nguyễn Nhật Tiên Tiên]

Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là một điểm trên cung BC không chứa A. Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các ường thẳng BC,CA,AB. Chứng minh rằng:

a, 4 điểm M,D,B,F thuộc 1 đường tròn và 4 điểm M,D,E,C thuộc 1 đường tròn

b, 3 điểm D,E,F thẳng hàng

c, \(\frac{BC}{MD}=\frac{CA}{ME}+\frac{AB}{MF}\)

Answer 1

[Akai Haruma]

Lời giải:

a)

Từ giả thiết suy ra \(MD\perp BC, ME\perp AC, MF\perp AB\)

\(\Rightarrow \widehat{MFB}=\widehat{MDB}=\widehat{MDC}=\widehat{MEC}=90^0\)

Tứ giác $MDBF$ có tổng 2 góc đối \(\widehat{MFB}+\widehat{MDB}=90^0+90^0=180^0\) nên $MDBF$ là tgnt.

Tứ giác $MDEC$ có \(\widehat{MDC}=\widehat{MEC}(=90^0)\) và cùng nhìn cạnh $MC$ nên $MDEC$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Vì $MDBF$ và $MDEC$ nội tiếp (cmt) và tứ giác $ABMC$ cũng nội tiếp $(O)$ nên:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{FDM}=\widehat{FBM}=180^0-\widehat{ABM}\\ \widehat{MDE}=180^0-\widehat{ECM}=180^0-\widehat{ACM}\\ \widehat{ABM}+\widehat{ACM}=180^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{FDE}=\widehat{FDM}+\widehat{MDE}=360^0-(\widehat{ABM}+\widehat{ACM})=360^0-180^0=180^0\)

\(\Rightarrow F,D,E\) thẳng hàng.

c)

Xét tam giác $BMD$ và $AME$ có:

\(\widehat{BDM}=\widehat{AEM}(=90^0)\)

\(\widehat{MBD}=\widehat{MAE}\) (góc nt cùng chắn cung CM)

\(\Rightarrow \triangle BMD\sim \triangle AME(g.g)\Rightarrow \frac{BD}{MD}=\frac{AE}{ME}(1)\)

Hoàn toàn TT: \(\triangle CMD\sim \triangle AMF(g.g)\Rightarrow \frac{CD}{MD}=\frac{AF}{MF}(2)\)

Xét tam giác $MEC$ và $MFB$ có:

\(\widehat{MEC}=\widehat{MFB}=90^0\)

\(\widehat{MCE}=\widehat{MBF}(=180^0-\widehat{ABM})\)

\(\Rightarrow \triangle MEC\sim \triangle MFB(g.g)\Rightarrow \frac{CE}{ME}=\frac{BF}{MF}(3)\)

Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow \frac{BC}{MD}=\frac{BD}{MD}+\frac{CD}{MD}=\frac{AE}{ME}+\frac{AF}{MF}=\frac{AE+CE}{ME}+\frac{AF-FB}{MF}-\frac{CE}{ME}+\frac{BF}{MF}\)

\(=\frac{AC}{ME}+\frac{EB}{MF}\)

Ta có đpcm.

Answer 2

[Akai Haruma]

Hình vẽ: