Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi E là giao điểm của AB, CD. F là giao điểm của AC và BD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác FDC tại điểm K khác D. Tiếp tu
Câu hỏi:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi E là giao điểm của AB, CD. F là giao điểm của AC và BD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác FDC tại điểm K khác D. Tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại M.
a) Chứng minh tứ giác BKCM nội tiếp.
b) Chứng minh E, M, F thẳng hàng.
Trả lời:
Lời giải
a) Vì điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔBDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn
Suy ra \(\widehat {BEK} = \widehat {B{\rm{D}}K}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK)
Hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)
Vì tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {FCK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)
Suy ra \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FC}}K}\), hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{AC}}K}\)
Do đó tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn
Suy ra \(\widehat {K{\rm{AE}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \)
Mà \(\widehat {KC{\rm{D}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
Do đó \(\widehat {K{\rm{AE}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) hay \(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\)
Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {KD{\rm{E}}} + \widehat {KBE} = 180^\circ \)
Mà \(\widehat {KBA} + \widehat {KBE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
Do đó \(\widehat {KD{\rm{E}}} = \widehat {KBA}\) hay \(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\)
Xét ΔDKC và ΔBKA có:
\(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) (chứng minh trên)
Suy ra (g.g)
Do đó \(\frac{{KC}}{{K{\rm{A}}}} = \frac{{K{\rm{D}}}}{{KB}}\)
Hay \(\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{KA}}{{KB}}\)
Ta có: \(\widehat {BK{\rm{D}}} = \widehat {DKC} + \widehat {BKC}\); \(\widehat {AKC} = \widehat {BKA} + \widehat {BKC}\)
Mà \(\widehat {DKC} = \widehat {BK{\rm{A}}}\), suy ra \(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\)
Xét ΔKBD và ΔKAC có:
\(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\) (chứng minh trên)
\(\frac{{KC}}{{KD}} = \frac{{KA}}{{KB}}\) (chứng minh trên)
Suy ra (c.g.c)
Do đó \(\widehat {KB{\rm{D}}} = \widehat {KAC}\)
Hay \(\widehat {KBF} = \widehat {KAF}\)
Suy ra tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn
Do đó \(\widehat {BKF} = \widehat {{\rm{BAF}}}\) (2 góc nội tiếp chắn cung BF)
Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (do \(\widehat {BAC},\widehat {B{\rm{D}}C}\) cùng chắn cung BC) (1)
Ta có: \(\widehat {B{\rm{D}}C} = \widehat {F{\rm{D}}C} = \widehat {FKC}\) (cùng chắn cung FC) (2)
Xét ΔBMC có \(\widehat {MBC} + \widehat {MCB} + \widehat {BMC} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)
Mà \(\widehat {MBC} = \widehat {BAC},\widehat {MCB} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)(Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Suy ra \(\widehat {BAC} + \widehat {BDC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \) (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\widehat {BKF} + \widehat {FKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)
Hay \(\widehat {BKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)
Do đó tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn
b) Ta có \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (chứng minh câu a)
Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{DE}}} = \widehat {BKE}\) (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)
Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK
Suy ra 3 điểm K; F; E thẳng hàng
Hay F nằm trên KE (*)
Vì \(\widehat {BKF} = \widehat {BAC},\widehat {CKF} = \widehat {B{\rm{D}}C},\widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)
Nên \(\widehat {BKF} = \widehat {CKF}\)
Suy ra \(\widehat {BKE} = \widehat {CKE}\) (Do K; F; E thẳng hàng)
Do đó KE là phân giác của \(\widehat {BKC}\) (4)
Xét (O) có MB, MC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M
Nên MB = MC
Do đó tam giác MBC cân tại M
Suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {MCB}\)
Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn có \(\widehat {MBC} = \widehat {MKC},\widehat {MCB} = \widehat {MKB}\)
Suy ra \(\widehat {MKC} = \widehat {MKB}\)
Do đó KM là phân giác của \(\widehat {BKC}\) (5)
Từ (4) và (5) suy ra 3 điểm K; M; E thẳng hàng hay M nằm trên KE (**)
Từ (*) và (**) suy ra 3 điểm E; M; F thẳng hàng
Vậy 3 điểm E; M; F thẳng hàng.
