Đề bài
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].
Phương pháp giải - Xem chi tiết
+] 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 \[\widehat {BDC} = \alpha \].
Lời giải chi tiết
Đặt \[\widehat {BAC} = \alpha \].
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.