Bài tập tổng hợp hình học lớp 8&9 _ Phần 1

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Tác giả: Đoàn Văn Trúc
    ------- ------

    Bài 1:
    Cho tam giác ABC. Qua điểm M nằm trong tam giác ABC, kẻ MA1 // AB (A1 $\in $ BC), MB1 // BC (B1 $\in $ AC), MC1 // CA (C1 $\in $ AB). Chứng minh rằng ${{S}_{{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}\le \frac{1}{3}{{S}_{ABC}}$.
    Giải:
    bai_1.png
    Giả sử MA1 cắt AC tại B2, MB1 cắt AB tại C2, MC1 cắt BC tại A2.
    Đặt ${{S}_{ABC}}=S;\,\,\,{{S}_{M{{A}_{1}}{{A}_{2}}}}={{S}_{1}};\,\,\,{{S}_{M{{B}_{1}}{{B}_{2}}}}={{S}_{2}};\,\,\,{{S}_{M{{C}_{1}}{{C}_{2}}}}={{S}_{3}}.$
    Vì MA1 // AB, MC2 // BC $\Rightarrow $ BC2MA1 là hình bình hành $\Rightarrow $ C2M = BA1.
    Vì MB1 // BC, MA2 // AC $\Rightarrow $ MB1CA2 là hình bình hành $\Rightarrow $ MB1 = A2C.
    Vì MA1 // AB, MA2 // AC $\Rightarrow \Delta M{{A}_{1}}{{A}_{2}}$ ഗ $\Delta ABC$ $\Rightarrow \frac{{{S}_{1}}}{S}={{\left( \frac{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}{BC} \right)}^{2}}\Rightarrow \sqrt{\frac{{{S}_{1}}}{S}}=\frac{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}{BC}$.
    Vì MB1 // AC, MB2 // AB $\Rightarrow \Delta {{B}_{2}}M{{B}_{1}}$ ഗ $\Delta ABC$ $\Rightarrow \frac{{{S}_{2}}}{S}={{\left( \frac{{{A}_{2}}C}{BC} \right)}^{2}}\Rightarrow \sqrt{\frac{{{S}_{2}}}{S}}=\frac{{{A}_{2}}C}{BC}$.
    Vì MC1 // CA, MC2 // BC $\Rightarrow \Delta {{C}_{1}}{{C}_{2}}M$ ഗ $\Delta ABC$ $\Rightarrow \frac{{{S}_{3}}}{S}={{\left( \frac{B{{A}_{1}}}{BC} \right)}^{2}}\Rightarrow \sqrt{\frac{{{S}_{3}}}{S}}=\frac{B{{A}_{1}}}{BC}$.
    Do đó
    $\sqrt{\frac{{{S}_{1}}}{S}}+\sqrt{\frac{{{S}_{2}}}{S}}+\sqrt{\frac{{{S}_{3}}}{S}}=1\Leftrightarrow S={{\left( \sqrt{{{S}_{1}}}+\sqrt{{{S}_{2}}}+\sqrt{{{S}_{3}}} \right)}^{2}}\le 3\left( {{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}} \right)\Leftrightarrow {{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}\ge \frac{1}{3}S$
    Từ đó suy ra ${{S}_{M{{B}_{1}}C{{A}_{2}}}}+{{S}_{M{{C}_{1}}A{{B}_{2}}}}+{{S}_{M{{A}_{1}}B{{C}_{2}}}}\le \frac{2}{3}S$.
    Vì MB1 // BC $\Rightarrow {{S}_{M{{A}_{1}}{{B}_{1}}}}={{S}_{MC{{B}_{1}}}}$
    Mà MB1CA2 là hình bình hành $\Rightarrow {{S}_{M{{A}_{1}}{{B}_{1}}}}={{S}_{MC{{B}_{1}}}}=\frac{1}{2}{{S}_{M{{B}_{1}}C{{A}_{2}}}}$.
    Tương tự ${{S}_{M{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}={{S}_{MA{{C}_{1}}}}=\frac{1}{2}{{S}_{M{{C}_{1}}A{{B}_{2}}}}$; ${{S}_{M{{C}_{1}}{{A}_{1}}}}={{S}_{MB{{A}_{1}}}}=\frac{1}{2}{{S}_{M{{A}_{1}}B{{C}_{2}}}}$.
    Do đó ${{S}_{{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}=\frac{1}{2}\left( {{S}_{M{{B}_{1}}C{{A}_{2}}}}+{{S}_{M{{C}_{1}}A{{B}_{2}}}}+{{S}_{M{{A}_{1}}B{{C}_{2}}}} \right)\le \frac{1}{3}S$.


    Bài 2:
    Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BD, CE của tam giác ABC, chúng cắt nhau tại H. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của BC, DE.
    a) Chứng minh rằng AH = 2.OM.
    b) Chứng minh rằng OA vuông góc với DE.
    c) Chứng minh hai tam giác MND và BMO đồng dạng.
    d) Chứng minh hệ thức $\frac{2MN}{AH}=\frac{BC}{DE}-\frac{DE}{BC}$.
    Giải:
    bai_2.png
    a) Vẽ đường kính MF của đường tròn (O) $\Rightarrow $ $\widehat{BAF}=\widehat{BCF}={{90}^{0}}$.
    Vì BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC cắt nhau tại H
    $\Rightarrow $ H là trực tâm của tam giác ABC $\Rightarrow $ AH $\bot $ BC.
    Do đó FA // CH (cùng vuông góc với AB); FC // AH (cùng vuông góc với BC).
    Vậy tứ giác AFCH là hình bình hành $\Rightarrow $ AH = FC.
    Tam giác BFC có OB = OF = R; MB = MC
    $\Rightarrow $ OM là đường trung bình của tam giác BFC
    $\Rightarrow OM=\frac{1}{2}FC$ hay FC = 2.OM. Do đó AH = 2.OM.
    b) Gọi I là trung điểm của AH.
    Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền ta có IE = ID và ME = MD.
    Ta lại có NE = ND nên ba điểm M, N, I cùng thuộc đường trung trực của đoạn ED.
    Vậy ba điểm M, N, I thẳng hàng.
    Ta có AI // OM (cùng vuông góc với BC); AI = OM (cùng bằng nửa AH).
    Do đó tứ giác AOMI là hình bình hành $\Rightarrow $ OA // MI.
    Mà MI là trung trực của DE nên MI $\bot $ DE nên OA $\bot $ DE.
    c) Tam giác BEC vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
    $\Rightarrow EM=\frac{1}{2}BC=MB=MC$.
    $\Rightarrow \Delta MBE$ cân tại M $\Rightarrow \widehat{BME}={{180}^{0}}-2.\widehat{B}$
    Chứng minh tương tự ta được $\widehat{CMD}={{180}^{0}}-2.\widehat{C}$
    Do đó $\widehat{DME}={{180}^{0}}-\left( \widehat{BME}+\widehat{CMD} \right)={{180}^{0}}-\left( {{180}^{0}}-2.\widehat{B}+{{180}^{0}}-2.\widehat{C} \right)=2\left( \widehat{B}+\widehat{C}-{{90}^{0}} \right)$
    Vì tam giác DME cân tại M $\Rightarrow \widehat{MDE}=\frac{{{180}^{0}}-\widehat{DME}}{2}=\frac{{{180}^{0}}-2\left( \widehat{B}+\widehat{C}-{{90}^{0}} \right)}{2}={{180}^{0}}-\left( \widehat{B}+\widehat{C} \right)=\widehat{A}$.
    Tam giác AIE cân tại I có góc HIE là góc ngoài tại đỉnh I $\Rightarrow \widehat{HIE}=2.\widehat{IAE}$
    Tam giác AID cân tại I có góc HID là góc ngoài tại đỉnh I $\Rightarrow \widehat{HID}=2.\widehat{IAD}$
    Do đó $\widehat{DIE}=\widehat{HIE}+\widehat{HID}=2\left( \widehat{IAE}+\widehat{IAD} \right)=2.\widehat{A}$
    Tam giác DIE cân tại I có IN là đường cao nên IN đồng thời là phân giác của góc DIE
    $\Rightarrow \widehat{DIN}=\frac{1}{2}\widehat{DIE}=\widehat{A}$
    Chứng minh tương tự như trên ta được $\widehat{BOM}=\widehat{A}$
    Do đó $\widehat{MDN}=\widehat{BOM}$ (cùng bằng $\widehat{A}$).
    Hai tam giác MND và BMO có: $\widehat{MDN}=\widehat{BOM}$ (cmt); $\widehat{MND}=\widehat{BMO}={{90}^{0}}$
    Vậy $\Delta MND$ ഗ $\Delta BMO$ (g-g).
    d)
    Cách 1:
    Ta có $\frac{2MN}{AH}=\frac{BC}{DE}-\frac{DE}{BC}=\frac{B{{C}^{2}}-D{{E}^{2}}}{DE.BC}$
    Vì BC = 2DM, DE = 2DN nên $\frac{2MN}{AH}=\frac{B{{C}^{2}}-D{{E}^{2}}}{DE.BC}=\frac{4\left( D{{M}^{2}}-D{{N}^{2}} \right)}{DE.BC}$
    Vì tam giác DMN vuông tại N nên ta có DM2 – DN2 = MN2.
    Do đó $\frac{2MN}{AH}=\frac{4\left( D{{M}^{2}}-D{{N}^{2}} \right)}{DE.BC}=\frac{4M{{N}^{2}}}{DE.BC}\Leftrightarrow DE.BC=2MN.AH$.
    Vì AH = 2.OM (câu a) nên $DE.BC=4MN.OM\Leftrightarrow DN.BM=MN.OM$.
    Đẳng thức cuối cùng luôn đúng, vì $\Delta MND$ ഗ $\Delta BMO$ (câu c).
    Cách 2:
    Ta có $\widehat{DIN}=\widehat{MDN}=\widehat{A}$ (câu c) và $\widehat{DNM}={{90}^{0}}$ nên tam giác IDM vuông tại D.
    Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn vào các tam giác vuông IDN, IDM, MDN ta được:
    $\frac{BC}{DE}-\frac{DE}{BC}=\frac{2DM}{2DN}-\frac{2DN}{2DM}=\frac{DM}{DN}-\frac{DN}{DM}=\frac{1}{\cos A}-\cos A=\frac{1-co{{s}^{2}}A}{\cos A}=\frac{{{\sin }^{2}}A}{\cos A}=\sin A.\tan A$Ta lại có $\frac{2MN}{AH}=\frac{2MN}{2DI}=\frac{MN}{DI}=\frac{MN}{DM}.\frac{DM}{DI}=\sin A.\tan A$.
    Vậy $\frac{2MN}{AH}=\frac{BC}{DE}-\frac{DE}{BC}$.


    Bài 3:
    Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC), đường trung tuyến AM, đường phân giác AD.
    a) Chứng minh rằng $\frac{{{S}_{ADM}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{\sin B-\sin C}{2\left( \sin B+\sin C \right)}$.
    b) Chứng minh rằng $\sin \frac{A}{2}\le \frac{BC}{AB+AC}$, từ đó suy ra $\sin \frac{A}{2}.\sin \frac{B}{2}.\sin \frac{C}{2}\le \frac{1}{8}$.
    Giải:
    bai_3.png
    a) Ta có $\frac{{{S}_{ADM}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{DM}{BC}$ (vì hai tam giác ADM và ABC có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh A).
    Vì AD là đường phân giác của tam giác ABC nên ta có:
    $\frac{DB}{AB}=\frac{DC}{AC}=\frac{DB+DC}{AB+AC}=\frac{BC}{AB+AC}$
    $\Rightarrow \frac{DB}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}\Rightarrow \frac{MB-DM}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$
    $\Rightarrow \frac{1}{2}-\frac{DM}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}\Rightarrow \frac{DM}{BC}=\frac{1}{2}-\frac{AB}{AB+AC}=\frac{AC-AB}{2\left( AC+AB \right)}$.
    Ta lại có $\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC+AB}{\sin B+\sin C}=\frac{AC-AB}{\sin B-\sin C}\Rightarrow \frac{AC-AB}{AC+AB}=\frac{\sin B-\sin C}{\sin B+\sin C}$.
    Từ đó suy ra $\frac{DM}{BC}=\frac{\sin B-\sin C}{2\left( \sin B+\sin C \right)}$. Vậy $\frac{{{S}_{ADM}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{\sin B-\sin C}{2\left( \sin B+\sin C \right)}$.
    b) Kẻ BH $\bot $ AD; CK $\bot $ AD.
    Ta có $BH=AB.\sin \frac{A}{2}$; $CK=AC.\sin \frac{A}{2}$ $\Rightarrow BH+CK=\left( AB+AC \right)\sin \frac{A}{2}$.
    Vì $BH\le BD;\,\,CK\le CD$ nên $BH+CK\le BC$.
    Dấu “=” xảy ra khi $H\equiv D\equiv K$ $\Leftrightarrow $$\Delta ABC$ cân tại A.
    Do đó $\left( AB+AC \right)\sin \frac{A}{2}\le BC\Rightarrow \sin \frac{A}{2}\le \frac{BC}{AB+AC}$. Dấu “=” xảy ra khi $\Delta ABC$ cân tại A.
    Ta lại có $AB+AC\ge 2\sqrt{AB.AC}$. Dấu “=” xảy ra khi AB = AC hay $\Delta ABC$ cân tại A.
    Suy ra $\frac{BC}{AB+AC}\le \frac{BC}{2\sqrt{AB.AC}}$, do đó $\sin \frac{A}{2}\le \frac{BC}{2\sqrt{AB.AC}}$.
    Tương tự ta được: $\sin \frac{B}{2}\le \frac{AC}{2\sqrt{AB.BC}}$. Dấu “=” xảy ra khi $\Delta ABC$ cân tại B.
    $\sin \frac{C}{2}\le \frac{AB}{2\sqrt{AC.BC}}$. Dấu “=” xảy ra khi $\Delta ABC$ cân tại C.
    Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được: $\sin \frac{A}{2}.\sin \frac{B}{2}.\sin \frac{C}{2}\le \frac{1}{8}$.
    Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều.


    Bài 4:
    Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AD. Gọi E, F thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AB, AC.
    a) Chứng minh hệ thức $BC=\sqrt{AB.EB}+\sqrt{AC.FC}$.
    b) Chứng minh hệ thức $\sqrt{\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}}=\sin B.\sin C$.
    c) Vẽ DG // AC (G$\in $EF). Tính số đo góc BGD.
    d) Chứng minh 4 điểm B, E, F, C cùng thuộc một đường tròn.
    Giải:
    bai_4.png
    Tam giác ABD vuông tại D, đường cao DE $\Rightarrow B{{D}^{2}}=AB.EB\Rightarrow BD=\sqrt{AB.EB}$.
    Tam giác ACD vuông tại D, đường cao DF $\Rightarrow C{{D}^{2}}=AC.FC\Rightarrow CD=\sqrt{AC.FC}$.
    Do đó $BD+CD=\sqrt{AB.EB}+\sqrt{AC.FC}$ hay $BC=\sqrt{AB.EB}+\sqrt{AC.FC}$.
    b) Ta có $\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{\left( AE.AB \right).\left( AF.AC \right)}{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}}$.
    Tam giác ABD vuông tại D, đường cao DE $\Rightarrow A{{D}^{2}}=AE.AB$.
    Tam giác ACD vuông tại D, đường cao DF $\Rightarrow A{{D}^{2}}=AF.AC$.
    Do đó $\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{A{{D}^{2}}.A{{D}^{2}}}{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}}$.
    Tam giác ABD vuông tại D $\Rightarrow \sin B=\frac{AD}{AB}$; Tam giác ACD vuông tại D $\Rightarrow \operatorname{sinC}=\frac{AD}{AC}$.
    Từ đó suy ra $\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}={{\sin }^{2}}B.{{\sin }^{2}}C\Leftrightarrow \sqrt{\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}}=\sin B.\sin C$.
    c) Giả sử DG cắt AB tại K.
    Ta có AE.AB = AF.AC (cùng bằng AD2) $\Rightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$
    $\Rightarrow \Delta AFE$ ഗ $\Delta ABC$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{ACB}$.
    Vì KD // AC $\Rightarrow \widehat{KDB}=\widehat{ACB}$ (đồng vị) $\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{KDB}$
    $\Rightarrow $ $\Delta KBD$ ഗ $\Delta KGE$ (g-g) $\Rightarrow $ $\frac{KB}{KG}=\frac{KD}{KE}$
    $\Rightarrow $ $\Delta KBG$ ഗ $\Delta KDE$ (c-g-c)
    $\Rightarrow \widehat{KGB}=\widehat{KED}$, mà $\widehat{KED}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{KGB}={{90}^{0}}$ hay $\widehat{BGD}={{90}^{0}}$.
    d) Kéo dài BG cắt AD tại H.
    Ta có KD // AC và BG $\bot $ KD $\Rightarrow $ BG $\bot $ AC
    Ta có BG $\bot $ AC và AD $\bot $ BC nên H là trực tâm của tam giác ABC $\Rightarrow $ CH $\bot $ AB.
    Đường thẳng qua B vuông góc với AB và đường thẳng qua C vuông góc với AC cắt nhau tại M. Từ đó suy ra tứ giác BHCM là hình bình hành. Gọi N là giao điểm của HM và BC, suy ra NH = NM và NB = NC. Gọi O là trung điểm của DM, suy ra NO là đường trung bình của tam giác HDM $\Rightarrow $ NO // HD
    Mà HD $\bot $ BC $\Rightarrow NO\bot BC$ $\Rightarrow $ NO là trung trực của BC $\Rightarrow $ OB = OC.
    Kẻ OP $\bot $ AB và OQ $\bot $ AC.
    Do BEDM và CFDM là các hình thang vuông nên OP là trung trực của BE và OQ là trung trực của CF $\Rightarrow $ OB = OE và OC = OF.
    Do đó OB = OC = OE = OF.
    Vậy 4 điểm B, E, F, C cùng thuộc đường tròn tâm O.


    Bài 5:
    1.
    Cho tam giác ABC có hai đường phân giác BD và CE cắt nhau tại I. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi $\frac{BI}{BD}.\frac{CI}{CE}=\frac{1}{2}$.

    2.
    Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Gọi O là giao điểm của AC và BD; E là trung điểm của AB. Trên các cạnh BC và CD lấy các điểm F và G sao cho AG // EF. Chứng minh rằng FG là tiếp tuyến của đường tròn tâm O bán kính $\frac{a}{2}$.

    3.
    Cho hình thoi ABCD có độ dài cạnh bằng a. Gọi R1 và R2 thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng $\frac{1}{R_{1}^{2}}+\frac{1}{R_{2}^{2}}=\frac{4}{{{a}^{2}}}$.
    Giải:
    Bài 5.1

    bai_5.1.png
    Vì BD và CE là các đường phân giác của tam giác ABC cắt nhau tại I
    $\Rightarrow $ AI là phân giác của góc BAC.
    Áp dụng tính chất của đường phân giác trong tam giác ta có:
    $\frac{BI}{ID}=\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{CD}=\frac{AB+BC}{AD+CD}=\frac{AB+BC}{AC}\Rightarrow \frac{BI}{BD}=\frac{AB+BC}{AB+BC+CA}$.
    Chứng minh tương tự ta được $\frac{CI}{CE}=\frac{BC+CA}{AB+BC+CA}$.
    Do đó $\frac{BI}{BD}.\frac{CI}{CE}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{AB+BC}{AB+BC+CA}.\frac{BC+AC}{AB+BC+CA}=\frac{1}{2}$
    $\begin{align}
    & \Leftrightarrow 2\left( AB+BC \right)\left( BC+AC \right)={{\left( AB+BC+AC \right)}^{2}} \\
    & \Leftrightarrow 2\left( AB.BC+AB.AC+B{{C}^{2}}+BC.AC \right)=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+A{{C}^{2}}+2AB.BC+2BC.AC+2AB.AC \\
    & \Leftrightarrow B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}} \\
    \end{align}$Vậy tam giác ABC vuông tại A.
    Bài 5.2
    bai_5.2.png
    Ta có EF // AG $\Rightarrow \widehat{BEF}=\widehat{BAG}$ (đồng vị)
    Mà $\widehat{BEF}+\widehat{BFE}={{90}^{0}}$ và $\widehat{BAG}+\widehat{DAG}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{BFE}=\widehat{DAG}$
    Do đó $\Delta BEF$ ഗ $\Delta DGA$ (g-g)
    $\Rightarrow \frac{BE}{BF}=\frac{DG}{DA}\Rightarrow BF.DG=DA.BE=a.\frac{a}{2}=\frac{{{a}^{2}}}{2}$.
    Ta lại có $BO.DO=\frac{BD}{2}.\frac{BD}{2}=\frac{B{{D}^{2}}}{4}=\frac{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{2}$.
    Do đó $BF.DG=BO.DO\Leftrightarrow \frac{BF}{BO}=\frac{DO}{DG}$.
    Vì ABCD là hình vuông nên $\widehat{FBO}=\widehat{ODG}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\Delta BOF$ ഗ $\Delta DGO$ (c-g-c)
    $\Rightarrow \widehat{BOF}=\widehat{DGO}$, mà $\widehat{DGO}+\widehat{GOD}={{135}^{0}}$ nên $\widehat{BOF}+\widehat{GOD}={{135}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{GOF}={{45}^{0}}$.
    Vì $\Delta BOF$ ഗ $\Delta DGO$ (c-g-c) $\Rightarrow \frac{BO}{DG}=\frac{OF}{GO}\Rightarrow \frac{DO}{DG}=\frac{OF}{GO}$.
    Ta lại có $\widehat{GOF}=\widehat{ODG}={{45}^{0}}$ nên $\Delta OGF$ ഗ $\Delta DGO$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{OGF}=\widehat{DGO}$.
    Kẻ OH $\bot $ CD; OK $\bot $ GF $\Rightarrow $ OH = OK.
    Vậy GF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O bán kính $OH=\frac{a}{2}$.
    Bài 5.3
    bai_5.3.png
    Vì ABCD là hình thoi nên AC là trung trực của BD và BD là trung trực của AC.
    Vẽ đường trung trực của AB cắt AB, BD, AC thứ tự tại E, O1, O2.
    Khi đó $EA=EB=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$, O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
    Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt đường trung trực của AB tại F.
    Vì AC $\bot $ BD và BF // AC $\Rightarrow $ BF $\bot $ BD $\Rightarrow \Delta B{{O}_{1}}F$ vuông tại B.
    Dễ thấy $\Delta BEF=\Delta AE{{O}_{2}}$ (g-c-g) $\Rightarrow BF=A{{O}_{2}}={{R}_{2}}$.
    Tam giác BO1F vuông tại H có đường cao BE
    $\Rightarrow \frac{1}{BO_{1}^{2}}+\frac{1}{B{{F}^{2}}}=\frac{1}{B{{E}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{R_{1}^{2}}+\frac{1}{R_{2}^{2}}=\frac{4}{{{a}^{2}}}$.