--------------------------------------
Bài 1.
a/
- Gọi giao điểm của ba cạnh MA, NB và PC là H ; Gọi I là giao điểm giữa MA và DE.
- Vì \[MA \perp PN\] và \[DE // PN\] nên \[MA \perp DE\] ;
- Vì \[NB \perp MP\] và \[MA \perp PN\] nên ta dễ dàng chứng minh được tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp (Dễ chứng minh được, vì tâm của đường tròn nội tiếp tứ giác ABMN chính là trung điểm cạnh MN). Từ đây suy ra, \[\hat{NMP}+\hat{NAB}=180^{\circ} (1)\] ;
- Cũng chứng minh như trên đối với tứ giác ACMP, chúng ta có: \[\hat{NMP}+\hat{PAC}=180^{\circ} (2)\].
Từ (1) và (2), ta chứng minh được: \[\hat{NAB}=\hat{PAC} \Leftrightarrow \hat{NAB}-\hat{BAC}=\hat{PAC}-\hat{BAC} \Leftrightarrow \hat{NAC}=\hat{BAP}\]. Chúng ta có thêm: \[\hat{MAN}=\hat{MAP}=90^{\circ} \Leftrightarrow \hat{MAN}-\hat{NAC}=\hat{MAP}-\hat{BAP} \Leftrightarrow \hat{MAC}=\hat{MAB}\]. Vậy MA là tia phân giác góc \[\hat{DAE}\] trong tam giác \[\Delta ADE\].
Chúng ta thấy rằng, đoạn thẳng MA là đường vuông góc với DE và đồng thời cũng là tia phân giác của góc \[\hat{DAE}\], nên \[\Delta ADE\] phải là tam giác cân tại A (Theo tính chất tam giác cân). Vậy, IE = ID.
- Với IE = ID, \[\hat{MIE}=\hat{MID}=90^{\circ} \] và IM là cạnh chung \[ \Rightarrow \Delta MIE=\Delta MID(c-g-c) \Rightarrow ME = MD\].
b/
- Theo đề đã cho chúng ta có: \[\hat{DMK}=\hat{NMP}(3)\] ;
- Đầu tiên, chúng ta cần chứng minh \[\hat{BAP}=\hat{NMP}\]. Thật vậy, Xét hai tam giác \[\Delta ABM \sim \Delta BPN\], rút ra tỷ lệ: \[\frac{AP}{BP}=\frac{MP}{NP}=\frac{MA}{MB} \Leftrightarrow \frac{AP}{MP}=\frac{BP}{NP} \Rightarrow \Delta APB \sim \Delta MPN \Rightarrow \hat{BAP}=\hat{NMP}\].
- Vì DE // PN, nên \[\hat{BAP}=\hat{AED}=\hat{NMP}(4)\].
Từ (3) và (4), suy ra: \[\hat{DMK}=\hat{AED}=\hat{NMP}\]. Vậy \[\hat{KED}+\hat{AED}=\hat{KMD}+\hat{AED}=180^{\circ} \]. Hai góc đối \[\hat{KED}\] và \[\hat{KMD}\] bù nhau trong tứ giác \[MDEK\] nên tứ giác \[MDEK\] phải là tứ giác nội tiếp.
\[\hat{MDC}=180^{\circ} -\left(\hat{EDM}+\hat{EDA} \right)\] ;
\[\hat{MDK}=\hat{MEK}\] (Vì cùng chắn cung MK) \[\hat{MDK}=\hat{MEK}=180^{\circ} -\left(\hat{DEM}+\hat{DEA} \right)\] ;
- Trong đó:
Vì \[\Delta ADE\] cân tại A, nên \[\hat{EDA}=\hat{DEA}\] ;
Vì \[\Delta MDE\] cân tại M, nên \[\hat{EDM}=\hat{DEM}\] .
Từ những điều này, chứng minh được: \[\hat{MDC}=\hat{MDK}\], tức MD là tia phân giác góc \[\hat{CDK}\] đồng thời MD cũng là tia phân giác góc \[\hat{DAK}\]. Vậy M chính là tâm đường tròn bàng tiếp góc \[\hat{DAK}\] của tam giác \[\Delta DAK\].
--------------------------------------
Bài 2.
- Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD là O ; Gọi H là giao điểm giữa AK và EF.
Theo đề bài đã cho, chúng ta có: \[HE\perp AK\] và \[HA=HK \Rightarrow \Delta EAK\]cân tại E, \[\hat{HEA}=\hat{HEK}\].
- ADCK là tứ giác nội tiếp nên có \[\hat{KCD}+\hat{KAD}=180^{\circ} \] (tức \[\hat{KCF}+\hat{HAD}=180^{\circ} (5)\] ;
- Vì \[\hat{HAD}+\hat{HAE}=\hat{HEA}+\hat{HAE}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{HAD}=\hat{HEA}=\hat{HEK}\] (tức \[\hat{HAD}=\hat{KEF}(6)\].
Thế (6) vào (5), ta có: \[\hat{KCF}+\hat{KEF}=180^{\circ} \]. Hai góc đối \[\hat{KCF}\] và \[\hat{KEF}\] bù nhau nên tứ giác \[EFCK\] phải là tứ giác nội tiếp.
Từ đây chúng ta thấy đoạn EF chính là đường trung trực của dây AK. Theo định lý quan hệ giữa tâm và dây cung, thì khoảng cách OH vuông góc tới dây cung AK và chia AK thành hai đoạn bằng nhau, có nghĩa OH là đường trung trực của dây AK. Vậy OH trùng với EF, có nghĩa ba điểm E, O, F luôn nằm trên cùng một đường thẳng. Vậy đoạn thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định là tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.
