Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 56: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Đường tròn tâm O tiếp xúc với các cạnh CB, CD và DM thứ tự ở I, F và E. Đường tròn (O) cắt CM tại N và G (G ở giữa M và N). a) Chứng minh rằng ba điểm B, G, E thẳng hàng. b) Tính tỉ số của BN và ME. Giải: a) Kéo dài DM cắt tia CB tại J. Giả sử độ dài cạnh hình vuông ABCD bằng 2a. Vì M là trung điểm của AB nên MA = MB = a và CJ = 4a. Tam giác ADM vuông tại A $\Rightarrow DM=a\sqrt{5}$. Ta có O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác vuông CDJ $\Rightarrow OE=OF=OI=\frac{CD+CJ-DJ}{2}=\frac{2a+4a-2a\sqrt{5}}{2}=\left( 3-\sqrt{5} \right)a$. $\Rightarrow DF=DE=2a-\left( 3-\sqrt{5} \right)a=\left( \sqrt{5}-1 \right)a$ $\Rightarrow ME=DM-DE=a$. Tam giác AEB có EM = MA = MB = a $\Rightarrow $ Tam giác AEB vuông tại E hay $\widehat{AEB}={{90}^{0}}$ (1) Kéo dài FO cắt CM tại G’ $\Rightarrow \Delta CFG'$ ഗ$\Delta MBC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{FG'}{FC}=\frac{BC}{BM}=\frac{2a}{a}=2\Rightarrow FG'=2.FC$. Do đó FG’ là đường kính của đường tròn (O) $\Rightarrow G'$ trùng G $\Rightarrow \widehat{GEF}={{90}^{0}}$. Ta có $\Delta AME$ cân tại M (MA = ME = a) và $\Delta DFE$ cân tại D (DF = DE) có hai góc ở đỉnh AME và FDE bằng nhau (so le trong) nên $\widehat{AEM}=\widehat{FED}$, mà 3 điểm D, E, M thẳng hàng nên 3 điểm A, E, F thẳng hàng. Do đó $\widehat{AEG}={{90}^{0}}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, G, E thẳng hàng. b) Trong đường tròn (O) ta có $\widehat{ENG}=\widehat{MEG}=\frac{1}{2}\text{s}\overset\frown{EG}$. Mà $\widehat{MEG}=\widehat{MBE}$ (do $\Delta MEB$ cân tại M) nên $\widehat{ENM}=\widehat{MBE}$. Do đó tứ giác BMEN nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BEN}=\widehat{BMN}$ và $\widehat{BNE}=\widehat{AME}$. Dễ thấy $\Delta AMD=\Delta BMC$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{AMD}=\widehat{BMC}$. Từ đó $\Rightarrow \widehat{BEN}=\widehat{BNE}$ $\Rightarrow \Delta BNE$ cân tại B $\Rightarrow $ BN = BE $\Rightarrow \frac{BN}{ME}=\frac{BE}{BM}=2.\frac{BE}{BA}$ (1). Dễ thấy $\widehat{BAE}=\widehat{AFD}=\widehat{DOF}$ $\Rightarrow \Delta BEA$ ഗ$\Delta DFO$ (g-g) $\Rightarrow \frac{BE}{BA}=\frac{DF}{DO}$ (2). Vì tam giác DFO vuông tại F $\Rightarrow $ DO2 = DF2 + FO2 = ${{\left[ \left( \sqrt{5}-1 \right)a \right]}^{2}}+{{\left[ \left( 3-\sqrt{5} \right)a \right]}^{2}}=\left( 20-8\sqrt{5} \right){{a}^{2}}$ $\Rightarrow DO=a\sqrt{20-8\sqrt{5}}=2a\sqrt{5-2\sqrt{5}}$. Do đó $\frac{DF}{DO}=\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5-2\sqrt{5}}}$ (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{BN}{ME}=\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5-2\sqrt{5}}}$. Bài 57: Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn ngoại tiếp tâm O, H là trực tâm tam giác . Đường trung trực của AH cắt AB, AC tại D và E. Chứng minh A là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ODE. Giải: Cách 1: Ta lại có $AK=\frac{1}{2}AH$ và DE // BC (vì DE là trung trực của AH). Từ đó suy ra $\Delta AKE=\Delta FJC\left( g-c-g \right)$ $\Rightarrow AE=FC\Rightarrow AF=CE$. Vì GE // OF (cùng // BC) $\Rightarrow \frac{AG}{AO}=\frac{AE}{AF}\Rightarrow \frac{AG}{CO}=\frac{AE}{CE}$ (vì AO = CO; AF = CE). Ta lại có $\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$ (vì tam giác AOC cân tại O). Do đó $\Delta AGE$ ഗ$\Delta COE$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{AEG}=\widehat{CEO}$. Mà $\widehat{AEG}=\widehat{CEN}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{CEO}=\widehat{CEN}$. Vậy EC là phân giác ngoài tại đỉnh E của tam giác DOE. Tương tự DB là phân giác ngoài tại đỉnh D của tam giác DOE. Mà A là giao điểm của DB và EC nên A là tâm đường tròn bàng tiếp $\Delta DOE$. Chú ý: Sau khi chứng minh được AE = FC, ta có thể kẻ OP $\bot $ AC $\Rightarrow $ PA = PC $\Rightarrow $ PE = PF $\Rightarrow \Delta OEF$ cân tại O $\Rightarrow \widehat{OEF}=\widehat{OFE}$. Vì OF // DE // BC $\Rightarrow \widehat{OFE}=\widehat{NEF}$ (so le trong) nên $\widehat{OEF}=\widehat{NEF}$ $\Rightarrow $ …… Cách 2: Vì H là trực tâm của $\Delta ABC$ $\Rightarrow AH\bot BC$ $\Rightarrow \widehat{BAH}={{90}^{0}}-\widehat{ABC}$ Vì DE là trung trực của AH $\Rightarrow DA=DH$ và $\widehat{DHA}=\widehat{DAH}={{90}^{0}}-\widehat{ABC}$ Ta có $\widehat{ABC}=\frac{\widehat{AOC}}{2}$ (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm). $\Delta OAC$cân tại O $\Rightarrow \widehat{OAC}=\widehat{OCA}=\frac{1}{2}\left( {{180}^{0}}-\widehat{AOC} \right)={{90}^{0}}-\frac{\widehat{AOC}}{2}={{90}^{0}}-\widehat{ABC}$ $\Rightarrow \widehat{DHA}=\widehat{DAH}=\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$ $\Rightarrow \Delta AHD$ ഗ $\Delta ACO$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AD}{AO}=\frac{AH}{AC}$ Vì $\widehat{DAH}=\widehat{OAC}\Rightarrow \widehat{DAO}=\widehat{HAC}\Rightarrow \Delta DAO$ ഗ $\Delta HAC$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{ADO}=\widehat{AHC}={{180}^{0}}-\widehat{ABC}\Rightarrow \widehat{ODB}=\widehat{ABC}$ $DE$ là trung trực của $AH$ $\Rightarrow DE//BC\Rightarrow \widehat{ADE}=\widehat{ABC}\Rightarrow \widehat{ODB}=\widehat{ADE}$ $\Rightarrow DA$ là phân giác ngoài của $\widehat{ODE}$. Tương tự $EA$ là ngoài của $\widehat{OED}$. $\Rightarrow $ $A$ là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác $ODE$. Bài 58: Tính diện tích của tam giác ABC biết độ dài các đường cao AD, BE, CF tương ứng là ha, hb, hc. Giải: Gọi độ dài các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a, b, c ; S, p, r thứ tự là diện tích, nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 2S = aha = bhb = chc ; S = pr = $\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$ và $\frac{1}{r}=\frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}$. Từ aha = bhb = chc $\Rightarrow \frac{a}{\frac{1}{{{h}_{a}}}}=\frac{b}{\frac{1}{{{h}_{b}}}}=\frac{c}{\frac{1}{{{h}_{c}}}}=\frac{2p}{\frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}}$ $\Rightarrow \frac{a}{\frac{2}{{{h}_{a}}}}=\frac{b}{\frac{2}{{{h}_{b}}}}=\frac{c}{\frac{2}{{{h}_{c}}}}=\frac{p}{\frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}}=\frac{p-a}{\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}-\frac{1}{{{h}_{a}}}}=\frac{p-b}{\frac{1}{{{h}_{c}}}+\frac{1}{{{h}_{a}}}-\frac{1}{{{h}_{b}}}}=\frac{p-c}{\frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}-\frac{1}{{{h}_{c}}}}$ Từ S = pr $\Rightarrow p=\frac{S}{r}=S\left( \frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}} \right)\Rightarrow S=\frac{p}{\frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}}$ Do đó $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$ $\begin{align} & \Leftrightarrow {{S}^{2}}=p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right) \\ & \Leftrightarrow {{S}^{2}}=S\left( \frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}} \right)S\left( \frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}-\frac{1}{{{h}_{a}}} \right)S\left( \frac{1}{{{h}_{c}}}+\frac{1}{{{h}_{a}}}-\frac{1}{{{h}_{b}}} \right)S\left( \frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}-\frac{1}{{{h}_{c}}} \right) \\ & \Leftrightarrow {{S}^{2}}=\frac{1}{\left( \frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}} \right)\left( \frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}-\frac{1}{{{h}_{a}}} \right)\left( \frac{1}{{{h}_{c}}}+\frac{1}{{{h}_{a}}}-\frac{1}{{{h}_{b}}} \right)\left( \frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}-\frac{1}{{{h}_{c}}} \right)} \\ & \Leftrightarrow S=\sqrt{\frac{1}{\left( \frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}} \right)\left( \frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}-\frac{1}{{{h}_{a}}} \right)\left( \frac{1}{{{h}_{c}}}+\frac{1}{{{h}_{a}}}-\frac{1}{{{h}_{b}}} \right)\left( \frac{1}{{{h}_{a}}}+\frac{1}{{{h}_{b}}}-\frac{1}{{{h}_{c}}} \right)}} \\ \end{align}$ Bài 59: Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn điều kiện: $\widehat{APB}-\widehat{ACB}=\widehat{APC}-\widehat{ABC}$. Chứng minh rằng $\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC}$. Giải: Vì $\Delta AQP$ ഗ$\Delta ABC$ $\Rightarrow \widehat{AQP}=\widehat{ABC}\,\,;\,\,\widehat{APQ}=\widehat{ACB}$. $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \widehat{BPQ}=\widehat{APB}-\widehat{APQ}=\widehat{APB}-\widehat{ACB} \\ & \widehat{BQP}=\widehat{AQB}-\widehat{AQP}=\widehat{APC}-\widehat{ABC} \\ \end{align} \right.$ . Ta lại có $\widehat{APB}-\widehat{ACB}=\widehat{APC}-\widehat{ABC}$ nên $\widehat{BPQ}=\widehat{BQP}$. Do đó tam giác BPQ cân tại B $\Rightarrow $ BP = BQ. Vì $\Delta AQB$ ഗ$\Delta APC$ $\Rightarrow \frac{QB}{PC}=\frac{AB}{AC}$ hay $\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC}$. Bài 60: Cho tam giác ABC. Điểm P chuyển động trên cạnh BC. Gọi O1 và O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác APB và APC. Gọi M là trung điểm của O1O2. Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Giải: Do đó AM và AN là hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác đồng dạng nói trên $\Rightarrow \Delta AMN$ ഗ$\Delta A{{O}_{1}}B$ (c-g-c). Mà $\Delta A{{O}_{1}}B$ cân tại O1 nên $\Delta AMN$ cân tại M. Mà AN cố định nên M thuộc đường trung trực của AN khi P chuyển động trên BC.
