Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 51: Cho đường tròn (O;R) và dây BC cố định sao cho ($R\sqrt{2}<BC<2R$). Điểm A di chuyển trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. Xác định vị trí của điểm A để diện tích tam giác DEF lớn nhất. Giải: Tứ giác BDHF có $\widehat{BDH}=\widehat{BFH}={{90}^{0}}$ nên là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HDF}=\widehat{HBF}$. Tứ giác CDHE có $\widehat{CDH}=\widehat{CEH}={{90}^{0}}$ nên là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HDE}=\widehat{HCE}$. Mà $\widehat{HBF}=\widehat{HCE}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$) nên $\widehat{HDF}=\widehat{HDE}\Rightarrow \widehat{EDF}=2.\widehat{HCE}$. Do BC cố định và $R\sqrt{2}<BC<2R$nên $\widehat{BAC}=\alpha $ không đổi và ${{45}^{0}}<\alpha <{{90}^{0}}$. Vì tam giác AFC vuông tại F nên $\widehat{ACF}={{90}^{0}}-\alpha =\beta <{{45}^{0}}$ không đổi $\Rightarrow \widehat{EDF}=2\beta <{{90}^{0}}$. Do đó ${{S}_{EDF}}=\frac{1}{2}DE.DF\sin \widehat{EDF}=\frac{1}{2}.DE.DF.\sin 2\beta $ (1) Tứ giác AEDB có $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}={{90}^{0}}$ nên là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{BED}$. Ta lại có $\widehat{HDF}=\widehat{HDE}$ (cmt) nên $\Delta DHE$ ഗ$\Delta DFA$ (g-g) $\Rightarrow $ DE.DF = DH.DA. Dễ thấy $\Delta ADC$ ഗ$\Delta BDH$ (g-g) $\Rightarrow $ BD.DC = DH.DA. Do đó DE.DF = BD.DC. Ta lại có $BD.DC\le {{\left( \frac{BD+DC}{2} \right)}^{2}}=\frac{B{{C}^{2}}}{4}$, dấu “=” xảy ra khi $BD=DC=\frac{1}{2}BC$. Suy ra $DE.DF\le \frac{B{{C}^{2}}}{4}$, dấu “=” xảy ra khi B là trung điểm của BC hay A là điểm chính giữa cung lớn BC (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow {{S}_{EDF}}\le \frac{B{{C}^{2}}.\sin 2\beta }{8}$, dấu “=” xảy ra khi A là điểm chính giữa cung lớn BC. Do BC và $\beta $ không đổi nên $max\,\,{{S}_{EDF}}=\frac{B{{C}^{2}}.\sin 2\beta }{8}$ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC. Bài 52: Cho đường tròn tâm O, đường kính BC = $\sqrt{178}$cm. Điểm D là điểm chính giữa cung BC. Điểm A thuộc cung nhỏ BD. Gọi E là hình chiếu của D trên AC. Tính diện tích tam giác ABD theo R, biết AE – AB = 2 cm. Giải: Đặt AB = x (cm); (x > 0) AE = x + 2 (cm). Kẻ OH vuông góc AC Vì OB = OC và HA = HC suy ra OH là đường trung bình của tam giác ABC Vì D là điểm chính giữa cung BC $\Rightarrow DO\bot BC$ tại O. Tứ giác OEDC có $\widehat{DOC}=\widehat{DEC}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác OEDC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{OEC}=\widehat{ODC}={{45}^{0}}$ (dễ thấy tam giác OCD vuông cân tại O). Suy ra tam giác OHE vuông cân tại H $\Rightarrow HE=HO=\frac{x}{2}$ (cm). Do đó $\frac{1}{2}AC=HA=HC=\left( x+2 \right)+\frac{x}{2}\Rightarrow AC=3x+4$(cm). Ta có $\widehat{BAC}={{90}^{0}}$(vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Ta có AB2 + AC2 = BC2 $\begin{align} & \Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{\left( 3x+4 \right)}^{2}}={{\left( \sqrt{178} \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow {{x}^{2}}+9{{x}^{2}}+24x+16=178 \\ & \Leftrightarrow 10{{x}^{2}}+24x+16=178 \\ & \Leftrightarrow 5{{x}^{2}}+12x-81=0 \\ \end{align}$ Giải phương trình cuối ta được x = 3 (nhận); $x=-5,4$ (loại). Do đó AB = 3(cm) ; AE = 5(cm). Ta có DE // AB (cùng vuông góc với AC). Suy ra ${{S}_{ABD}}={{S}_{ABE}}=\frac{1}{2}AB.AE=\frac{1}{2}.3.5=7,5\left( c{{m}^{2}} \right)$. Bài 53: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Tính diện tích tứ giác ABCD, biết AB = 25cm; BC = 39cm; CD = 52cm; DA = 60cm. Giải: Ta có: 252 + 602 = 392 + 522 = 4225. AB2 + AD2 = BC2 + CD2. Gọi O là trung điểm của BD, áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác, Ta có: Từ đó suy ra OA2 = OC2 hay OA = OC. Vì tứ giác ABCD nội tiếp suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Do đó BD là đường kính của đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{BCD}={{90}^{0}}$. Vậy ${{S}_{ABCD}}={{S}_{ABD}}+{{S}_{BCD}}=\frac{1}{2}\left( AB.AD+BC.CD \right)=\frac{1}{2}\left( 25.60+39.52 \right)=1764\left( c{{m}^{2}} \right)$. Bài 54: Cho tam giác ABC vuông (BC > CA > AB). Gọi M, N thứ tự là trung điểm của BC, AB. Đường trung trực của BC cắt AC tại D. Chứng minh rằng DM = DN khi và chỉ khi \[A{{B}^{2}}:A{{C}^{2}}:B{{C}^{2}}=1:2:3\]. Giải: Theo giả thiết thì tam giác ABC vuông tại A. Đặt BC = a, CA = b, AB = c thì \[{{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}\]. DM là trung trực của BC \[\Rightarrow MB=MC,DM\bot BC\] \[\Rightarrow \Delta ACB\] ഗ\[\Delta MCD\] (g-g) \[\Rightarrow \frac{CD}{CM}=\frac{a}{b}\Rightarrow CD=\frac{a}{b}.CM=\frac{{{a}^{2}}}{2b}\]. \[\Rightarrow AD=AC-CD=b-\frac{{{a}^{2}}}{2b}=\frac{2{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}{2b}=\frac{2{{b}^{2}}-({{b}^{2}}+{{c}^{2}})}{2b}=\frac{{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2b}\]. Ta có DM = DN \[\Leftrightarrow D{{M}^{2}}=D{{N}^{2}}\Leftrightarrow A{{D}^{2}}+A{{N}^{2}}=D{{C}^{2}}-C{{M}^{2}}\]( Theo định lí Pi-ta-go). \[\begin{align} & \Leftrightarrow C{{D}^{2}}-A{{D}^{2}}=A{{N}^{2}}+C{{M}^{2}} \\ & \Leftrightarrow (DC+AD)(DC-AD)=A{{N}^{2}}+C{{M}^{2}} \\ \end{align}\] $$\begin{align} & \Leftrightarrow AC(DC-AD)=A{{N}^{2}}+C{{M}^{2}} \\ & \Leftrightarrow b\left( \frac{{{a}^{2}}}{2b}-\frac{{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2b} \right)=\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}{4} \\ \end{align} $$ $$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{a}^{2}}=2{{b}^{2}}-{{c}^{2}} \\ & {{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}} \\ \end{align} \right. \\ $$ \[\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}=3{{b}^{2}}=6{{c}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}}{3}=\frac{{{b}^{2}}}{2}=\frac{{{c}^{2}}}{1}\Leftrightarrow A{{B}^{2}}:A{{C}^{2}}:B{{C}^{2}}=1:2:3\]. Đặc biệt hóa ta được bài toán sau : Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), BC = 6 cm. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB, BC. Đường trung trực của BC cắt AC tại D. Giả sử DM = DN. Tính SABC. Bài 55: Tính diện tích hình thang ABCD (AB // CD). Biết $\widehat{A}+\widehat{B}={{90}^{0}}$, AB – CD = 8 (cm), AC = 6 cm, BD = 10 cm. Giải: Gọi E là giao điểm của AD và BC. Vì $\widehat{A}+\widehat{B}={{90}^{0}}$ nên tam giác AEB vuông tại E. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB, CD. Vì AB // CD nên 3 điểm E, M, N thẳng hàng và $EM=\frac{1}{2}AB$; $EN=\frac{1}{2}CD$. Do đó $MN=EM-EN=\frac{1}{2}\left( AB-CD \right)=\frac{1}{2}.8=4\left( cm \right)$. Gọi P là trung điểm của BC $\Rightarrow MP=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}.6=3\left( cm \right)$ ; $NP=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}.10=5\left( cm \right)$. Tam giác MNP có MN = 4cm, MP = 3cm, NP = 5cm. $\Rightarrow $ Tam giác MNP vuông tại M (vì 32 + 42 = 52). $\Rightarrow {{S}_{MNP}}=\frac{1}{2}MN.MP=\frac{1}{2}.4.3=6\left( c{{m}^{2}} \right)$. Gọi Q là trung điểm của AD, dễ dàng chứng minh được MPNQ là hình bình hành và ${{S}_{MPNQ}}=\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}$. Do đó SABCD = 4.SMNP = 4.6 = 24(cm2).
