Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 76: Cho tam giác ABC thỏa mãn $2\widehat{B}+3\widehat{C}={{180}^{0}}$ và số đo các cạnh là ba số nguyên liên tiếp. Tính độ dài các cạnh tam giác ABC. Cách 1: Ta có $2\widehat{B}+3\widehat{C}={{180}^{0}} \Leftrightarrow 2\widehat{B}+3\widehat{C}=\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}\Leftrightarrow \widehat{B}+2\widehat{C}=\widehat{A}$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $D$ sao cho $\widehat{DAC}=\widehat{B}$ $\Rightarrow \widehat{DAB}=2\widehat{C}$. Vẽ phân giác góc DAB cắt BC tại E $\Rightarrow \widehat{EAB}=\widehat{EAD}=\widehat{C}$. Từ đó suy ra AB2 = BE.BC và AC2 = CD.BC. Do đó AB2 + AC2 = BC(BE + CD) < BC2. Vì $\widehat{A}=\widehat{B}+2\widehat{C}$ nên $\widehat{A}$ lớn nhất $\Rightarrow $ cạnh BC lớn nhất. Vì độ dài ba cạnh là ba số nguyên liên tiếp nên BC = n + 2. Còn hai cạnh AB, AC có độ dài là n và n + 1. Do đó n2 + (n + 1)2 < (n + 2)2 $\Rightarrow $ n < 3 $\Rightarrow $ n = 1 hoặc n = 2. Với n = 1 thì độ dài ba cạnh là 1, 2, 3 loại (vì 1 + 2 = 3). Với n = 2 thì độ dài ba cạnh là 2, 3, 4 (thỏa mãn bất đẳng thức tam giác). Vậy độ dài ba cạnh của tam giác ABC là 2, 3, 4. Cách 2: Ta có $2\widehat{B}+3\widehat{C}={{180}^{0}}\Leftrightarrow 2\widehat{B}+3\widehat{C}=\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}\Leftrightarrow \widehat{B}+2\widehat{C}=\widehat{A}$. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho $\widehat{DAB}=\widehat{C}$ $\Rightarrow \widehat{DAC}=\widehat{B}+\widehat{C}$. Vì $\widehat{ADC}$ là góc ngoài của tam giác ABD nên $\widehat{ADC}=\widehat{B}+\widehat{DAB}=\widehat{B}+\widehat{C}$. Do đó $\widehat{DAC}=\widehat{ADC}$ $\Rightarrow \Delta ADC$ cân tại C $\Rightarrow $ DC = AC. Dễ thấy $\Delta BAD$ ഗ$\Delta BCA$ (g-g) $\Rightarrow $ AB2 = BD.BC = (BC – AC)BC. Vì $\widehat{B}+2\widehat{C}=\widehat{A}$ nên $\widehat{A}$ lớn nhất $\Rightarrow $ BC là cạnh lớn nhất. Vì độ dài ba cạnh của tam giác là ba số nguyên liên tiếp nên BC = n + 2 ($n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$). Trường hợp 1: AB = n, AC = n + 1. Ta có n2 = (n + 2 – n – 1)(n + 2) = n + 2 $\Rightarrow $ n2 – n – 2 = 0 $\Rightarrow $ n = –1 hoặc n = 2. Trường hợp 2: AB = n + 1, AC = n. Ta có (n + 1)2 = (n + 2 – n)(n + 2) $\Rightarrow $ n2 = 3 $\Rightarrow n\notin \mathbb{N}$. Vậy độ dài ba cạnh của tam giác ABC là BC = 4, CA = 3, AB = 2. Bài 77: Cho tam giác ABC nhọn có AB = AC. Kẻ BM vuông góc với AC. Chứng minh rằng : $\frac{AM}{MC}+1=2{{\left( \frac{AB}{BC} \right)}^{2}}$. Giải: Cách 1: Vẽ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$. Vì tam giác ABC cân tại $A$ nên $HB = HC$ Cách 2: Áp dụng định lí Pi-ta-go vào các tam giác vuông AMB và BMC ta được: AB2 – AM2 = BC2 – MC2 (cùng bằng BM2) AB2 – (AC – MC)2 = BC2 – MC2 AB2 – AC2 + 2AC.MC – MC2 = BC2 – MC2 2AC.MC = BC2 (vì AB = AC) Cách 3: Qua $A$, vẽ đường thẳng vuông góc với $AC$ cắt $BC$ tại $D$. Vẽ $AE\bot BC$. Ta có $AD // BM$ (cùng $\bot $ AC) $\Rightarrow \frac{AC}{MC}=\frac{DC}{BC}$ (1) Tam giác ABC cân tại A, đường cao AE $\Rightarrow EB=EC=\frac{BC}{2}$. Tam giác ACD vuông tại A, đường cao AE $\Rightarrow A{{C}^{2}}=CE.CD\Rightarrow A{{B}^{2}}=\frac{BC}{2}.CD\Rightarrow \frac{CD}{BC}=2{{\left( \frac{AB}{BC} \right)}^{2}}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AC}{MC}=2{{\left( \frac{AB}{BC} \right)}^{2}}\Leftrightarrow \frac{AM}{MC}+1=2{{\left( \frac{AB}{BC} \right)}^{2}}$. Cách 4: Gọi N là điểm đối xứng với C qua M. Bài 78: Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn (O), $BE$ và $CF$ là các đường cao. Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại S. Các đường thẳng $BC$ và $OS$ cắt nhau tại $M$. a) Chứng minh tứ giác $BCEF$ nội tiếp. b) Chứng minh rằng $\frac{AS}{AM}=\frac{BS}{BM}$. c) Gọi $N$ là giao điểm của $AM$ và $EF$; $P$ là giao điểm của $AS$ và $BC$. Chứng minh rằng $NP$ vuông góc với $BC$. Giải: a) Ta có $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}={{90}^{0}}$ (BE, CF là các đường cao của tam giác ABC) Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC. b) Vì SB, SC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên SB = SC. Ta lại có OB = OC = R. Do đó OS là trung trực của BC $\Rightarrow $ OS $\bot $ BC tại M và MB = MC. Vì SB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B nên $\widehat{OBS}={{90}^{0}}$. Tam giác OBS vuông tại B có BM là đường cao nên OB2 = OM.OS. Mà OB = OA = R nên OA2 = OM.OS. Do đó $\Delta OMA$ ∽ $\Delta \text{OAS}$ (c-g-c) $\Rightarrow \frac{SA}{AM}=\frac{OA}{OM}$ (đpcm). c) Gọi Q là giao điểm của AS và đường tròn (O). Ta có SB là tiếp tuyến và SQA là cát tuyến của (O) nên SQ.SA = SB2. Tam giác OBS vuông tại B có BM là đường cao nên SB2 = SM.SO. Do đó SQ.SA = SM.SO $\Rightarrow \Delta QMS$ ∽ $\Delta OAS$ (c-g-c). Mà $\Delta OMA$ ∽ $\Delta \text{OAS}$ (câu b) nên $\Delta OMA$ ∽ $\Delta QM\text{S}$ $\Rightarrow $ MO.MS = MA.MQ. Tam giác OBS vuông tại B có BM là đường cao nên MO.MS = MB2. Do đó MB2 = MA.MQ $\Rightarrow \Delta MBQ$ ∽ $\Delta MAB$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{MBQ}=\widehat{MAB}$. Ta lại có $\widehat{MBQ}=\widehat{CAQ}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ), do đó $\widehat{MAB}=\widehat{PAC}$. Tứ giác BFEC nội tiếp (câu a) $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AEF}$ (cùng bù với góc CEF). Do đó $\Delta AEF$ ∽ $\Delta ABC$ (g-g). Ta lại có $\widehat{NAF}=\widehat{PAC}$ (cmt) nên $\frac{AN}{AP}=\frac{AE}{AB}$. Ta có $\widehat{BOC}$ là góc ở tâm và $\widehat{BAC}$ là góc nội tiếp cùng chắn cung BC $\Rightarrow \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BOM}$. Do đó $\Delta AEB$ ∽ $\Delta OMB$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{OM}{OB}=\frac{OM}{OQ}$ (vì OQ = OB = R) $\Rightarrow \frac{AN}{AP}=\frac{OM}{OQ}$. Do $\Delta OMA$ ∽ $\Delta QM\text{S}$ nên $\widehat{MOA}=\widehat{MQS}$. Vậy tứ giác AOMQ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MAQ}=\widehat{MOQ}$ hay $\widehat{NAP}=\widehat{MOQ}$. Do đó $\Delta NAP$ ∽ $\Delta MOQ$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{NPA}=\widehat{MQO}$. Mà $\widehat{MOQ}=\widehat{MAO}=\widehat{MSQ}$ nên $\widehat{NPA}=\widehat{MSQ}$ $\Rightarrow $ NP // OS. Mà OS vuông góc với BC nên NP vuông góc với BC. Bài 79: Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E và F (E nằm giữa M và F). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC (C là tiếp điểm; A nằm giữa M và B; A, C khác phía đối với MO). a) Chứng minh MA.MB = ME.MF. b) Gọi H là hình chiếu của C trên MO. Chứng minh AHOB nội tiếp. c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn (O’) đường kính MF, nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) tại K. Gọi S là giao điểm của tia CO và KF. Chứng minh MS vuông góc với KC. d) Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác EFS và ABS; T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng. Giải: a) Vì MAB và MEF đều là cát tuyến của (O) nên MA.MB = ME.MF. b) Vì MAB là cát tuyến và MC là tiếp tuyến của (O) nên MA.MB = MC2. Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên $\widehat{MCO}={{90}^{0}}$. Tam giác MCO vuông tại C, đường cao CH nên MC2 = MH.MO. Do đó MA.MB = MH.MO. Vậy tứ giác AHOB nội tiếp. c) Gọi I là giao điểm của MS và CK. Ta có $\widehat{MKF}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)). Vì KE là tiếp tuyến của (O) nên KE $\bot $ MF tại E. Tam giác MKF vuông tại K, đường cao KE nên MK2 = ME.MF. Vì MEF là cát tuyến và MC là tiếp tuyến của (O) nên ME.MF = MC2. Do đó MK = MC $\Rightarrow \Delta MKS=\Delta MCS$ (ch-cgv) $\Rightarrow $ SK = SC. Do đó MS là trung trực của KC $\Rightarrow MS\bot KC$ tại I. d) Tam giác MKS vuông tại K, đường cao KI nên MK2 = MI.MS. Do đó ME.MF = MI.MS = MA.MB (cùng bằng MK2). Suy ra các tứ giác EFSI và ABSI đều là tứ giác nội tiếp. Do đó hai đường tròn (P) và (Q) ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS có dây chung là SI $\Rightarrow $ PQ là trung trực của SI. Mặt khác tam giác KIS vuông tại I có T là trung điểm cạnh huyền KS nên TI = TS. Vậy T thuộc trung trực PQ của SI, hay ba điểm P, Q, T thẳng hàng.
