Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AD của tam giác ABC và đường kính AK của (O). Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AK. 1) Chứng minh tứ giác ADFC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DF // BK. 3) Lấy M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Gọi E là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến đường thẳng AK. Chứng minh $\widehat{MDF}$ = $\widehat{MFD}$ và M là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác DEF.

Đáp án + Giải thích các bước giải:

1)

Vì `AD` là đường cao của `\DeltaABC` nên `\hat{ADC}=90^o`

Vì `F` là chân đường vuông góc kẻ từ `C` đến `AK` nên `\hat{CFA}=90^o`

Tứ giác `ADFC` có: `\hat{ADC}=\hat{CFA}=90^o`

`=>ADFC` nội tiếp

Vậy tứ giác `ADFC` là tứ giác nội tiếp

2)

Gọi `X` là giao điểm của `CF` và `BK`

Tứ giác `ADFC` nội tiếp nên `\hat{FDC}=\hat{FAC}`

Mà: `\hat{FAC}=\hat{KBC}(=1/2sđ\stackrel\frown{KC})`

Do đó: `\hat{FDC}=\hat{KBC}`

Hay: `\hat{FDC}=\hat{XBC}`

`=>DF////BX` (hai góc so le trong bằng nhau)

Vậy `DF////BK`

3)

Xét đường tròn `(O)` có: `M` là trung điểm `BC` nên `OM\botBC`

Vì `ADFC` nội tiếp nên `\hat{DFA}=\hat{DCA}` và `\hat{FAC}=\hat{FDM}`

Tứ giác `OMFC` có: `\hat{OMC}=\hat{OFC}=90^o`

`=>OMFC` nội tiếp 

`=>\hat{MFO}=\hat{MCO}(1)`

Vì `\DeltaAOC` cân tại `O` (Vì `OA=OC` do `A\in(O);C\in(O)`) nên `\hat{OCA}=\hat{OAC}`

Ta có: `\hat{DFM}=\hat{DFA}-\hat{MFO}=\hat{DCA}-\hat{MCO}=\hat{OCA}=\hat{OAC}=\hat{FDM}`

`=>\DeltaMDF` cân tại `M`

`=>MD=MF(2)`

Vì `\DeltaOBC` cân tại `O` (Vì `OB=OC` do `B\in(O);C\in(O)`) nên `\hat{MCO}=\hat{MBO}(3)`

Tứ giác `BEOM` có: `\hat{BEO}+\hat{BMO}=90^o +90^o=180^o` nên `BEOM` nội tiếp

`=>\hat{MBO}=\hat{MEO}(4)`

Từ `(1),(3),(4)=>\hat{MFO}=\hat{MEO}` 

`=>\DeltaMEF` cân tại `M`

`=>ME=MF(5)`

Từ `(2),(5)=>MD=ME=MF`

`=>M` là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác `DEF`

Vậy `M` là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác `DEF`