Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC ------- -------Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. a) Chứng minh rằng nếu $\widehat{BAC}={{45}^{0}}$ thì SAEF = SBFEC. b) Chứng minh hệ thức $\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{FA.DB.EC}{FB.DC.EA}$. c) Chứng minh rằng $\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}={{\sin }^{2}}A-co{{s}^{2}}B-co{{s}^{2}}C$. d) Đường thẳng qua H song song với BC cắt DE, DF thứ tự ở P, Q. Chứng minh HP = HQ. e) Gọi K là giao điểm của EF và AD. Chứng minh AK.HD = AD.HK. g) Xác định dạng tam giác ABC sao cho biểu thức $\frac{{{\left( BC+CA+AB \right)}^{2}}}{A{{D}^{2}}+B{{E}^{2}}+C{{F}^{2}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: a) Hai tam giác AEB và AFC có $\widehat{AEB}=\widehat{AFC}={{90}^{0}}$và $\widehat{A}$ chung. $\Rightarrow \Delta AEB$ ഗ $\Delta AFC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}$ $\Rightarrow \Delta AEF$ ഗ $\Delta ABC$ (c-g-c) Kết hợp với $\widehat{BAC}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow \frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}={{\left( \frac{AE}{AB} \right)}^{2}}=co{{s}^{2}}A={{\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{S}_{AEF}}={{S}_{BFEC}}$. Cách khác: Ta có $\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\cos A.\cos A={{\cos }^{2}}A={{\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{S}_{AEF}}={{S}_{BFEC}}$ (do $\widehat{BAC}={{45}^{0}}$). b) Ta có $\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{{{S}_{BOC}}}{{{S}_{ABC}}}+\frac{{{S}_{AOC}}}{{{S}_{ABC}}}+\frac{{{S}_{AOB}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{ABC}}}=1$. Vì AD, BE, CF đồng quy tại H, theo định lí Cê-va ta có: $\frac{FA.DB.EC}{FB.DC.EA}=1$. Do đó $\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{FA.DB.EC}{FB.DC.EA}$. c) Tương tự câu b) ta có $\frac{{{S}_{AEF}}}{{{S}_{ABC}}}=co{{s}^{2}}A;\,\,\,\,\frac{{{S}_{BDF}}}{{{S}_{ABC}}}=co{{s}^{2}}B;\,\,\,\,\frac{{{S}_{CDE}}}{{{S}_{ABC}}}=co{{s}^{2}}C$. $\frac{{{S}_{DEF}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{{{S}_{ABC}}-\left( {{S}_{AEF}}+{{S}_{BDF}}+{{S}_{CDE}} \right)}{{{S}_{ABC}}}=1-co{{s}^{2}}A-co{{s}^{2}}B-co{{s}^{2}}C={{\sin }^{2}}A-co{{s}^{2}}B-co{{s}^{2}}C$. d) Ở câu a) ta đã chứng minh được $\Delta AEF$ ഗ $\Delta ABC$ (c-g-c). Tương tự ta cũng có $\Delta DBF$ ഗ $\Delta ABC$ (c-g-c); $\Delta DEC$ ഗ $\Delta ABC$ (c-g-c). Từ đó suy ra $\widehat{BDF}=\widehat{EDC}$ (cùng bằng $\widehat{BAC}$) Mà PQ // BC nên $\widehat{BDF}=\widehat{DQP}$ (so le trong); $\widehat{EDC}=\widehat{DPQ}$ (so le trong). Do đó suy ra $\widehat{DPQ}=\widehat{DQP}$ $\Rightarrow \Delta DPQ$ cân tại D. Lại có PQ // BC và AD $\bot $ BC $\Rightarrow $ AD $\bot $ PQ tại H $\Rightarrow $ HP = HQ. e) Theo câu d) ta có $\widehat{BDF}=\widehat{EDC}$ (cùng bằng $\widehat{BAC}$). Mà AD $\bot $ BC nên $\widehat{ADF}=\widehat{ADE}$ $\Rightarrow $ DA là phân giác của góc FDE. Chứng minh tương tự ta được FC là phân giác của góc DFE hay FH là phân giác của tam giác DKF. Mà CF $\bot $ AB tại F nên FA là phân giác ngoài của tam giác DKF. Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác DKF ta có: $\frac{AK}{AD}=\frac{HK}{HD}$ (cùng bằng $\frac{FK}{FD}$) $\Rightarrow AK.HD=AD.HK$. g) Qua A vẽ đường thẳng d // BC. Gọi J là điểm đối xứng với B qua d. $\Rightarrow $ AJ = AB và BJ = 2AD. Xét 3 điểm A, C, J ta có AJ + AC $\ge $ CJ hay AB + AC $\ge $ CJ (1) Dấu “=” xảy ra khi A nằm giữa C và J $\Leftrightarrow $ A là trung điểm CJ $\Leftrightarrow $AJ = AC $\Leftrightarrow $AB = AC. Vì d // BC và BJ $\bot $ d nên BJ $\bot $ BC. Do đó tam giác BJC vuông tại B $\Rightarrow $ BC2 + BJ2 = CJ2 hay BC2 + 4AD2 = CJ2 (2) Từ (1) và (2) suy ra BC2 + 4AD2 $\le $ (AB + AC)2 $\Leftrightarrow $ 4AD2 $\le $ (AB + AC)2 – BC2. Tương tự ta được: 4BE2 $\le $ (AB + BC)2 – AC2; 4CF2 $\le $ (BC + AC)2 – AB2. Do đó 4(AD2 + BE2 + CF2) $\le $ (BC + CA + AB)2 hay $\frac{{{\left( BC+CA+AB \right)}^{2}}}{A{{D}^{2}}+B{{E}^{2}}+C{{F}^{2}}}\ge 4$. Dấu “=” xảy ra khi AB = AC, AB = BC, BC = AC $\Leftrightarrow $$\Delta ABC$ là tam giác đều. Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF. Gọi M, N, P, I, K, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, CA, AB, EF, ED, DF. Chứng minh các đường thẳng MI, NQ, PK đồng quy. Giải: $\Delta BFC$ vuông tại F có FM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC $\Rightarrow MF=\frac{1}{2}BC$. $\Delta BEC$ vuông tại E có EM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC $\Rightarrow ME=\frac{1}{2}BC$. Do đó MF = ME (cùng bằng $\frac{1}{2}BC$) Ta lại có IF = IE nên MI là trung trực của EF. Chứng minh tương tự ta được: NQ là trung trực của DF, PK là trung trực của DE. Vì MI, NQ, PK là các đường trung trực của các cạnh EF, DF, DE của tam giác DEF nên MI, NQ, PK đồng quy. Nhận xét: Bài toán này thực chất không khó nhưng gây không ít khó khăn cho học sinh khi vẽ hình và định hướng cách giải. Bài 8: Cho tam giác ABC $\left( \widehat{BAC}<{{90}^{0}} \right)$ nội tiếp đường tròn $\left( O;R \right)$. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt đường tròn $\left( O;R \right)$ thứ tự ở N, M. a) Chứng minh MN song song với ED. b) Chứng minh OA vuông góc với DE. c) Giả sử điểm A chuyển động trên cung lớn BC của đường tròn $\left( O;R \right)$. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có bán kính không đổi. Giải: a) Ta có $\widehat{BDC}=\widehat{BEC}={{90}^{0}}$. $\Rightarrow $ Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn đường kính BC. $\Rightarrow \widehat{DEC}=\widehat{DBC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC). Ta lại có $\widehat{NMC}=\widehat{NBC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC của đường tròn $\left( O;R \right)$). Do đó $\widehat{NMC}=\widehat{DEC}$ (cùng bằng $\widehat{NBC}$). Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên MN // DE. b) Ta có $\widehat{ABD}=\widehat{ACE}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$) hay $\widehat{ABN}=\widehat{ACM}$ $\Rightarrow $ AM = AN. Ta lại có OM = ON = R. Do đó OA là trung trực của MN $\Rightarrow $ OA $\bot $ MN. Theo câu a) ta có MN // DE nên OA $\bot $ DE. c) Gọi H là giao điểm của BD và CE. $\Rightarrow $ H là trực tâm của tam giác ABC. $\Rightarrow $ AH vuông góc với BC. $\Rightarrow \widehat{CAH}=\widehat{CBD}$ (cùng phụ với $\widehat{ACB}$). Ta lại có $\widehat{CBN}=\widehat{CAN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NC của đường tròn $\left( O;R \right)$). Do đó $\widehat{CAH}=\widehat{CAN}$ (cùng bằng $\widehat{CBN}$). Tam giác AHN có AD vừa là đường cao, vừa là phân giác nên tam giác AHN cân tại A. $\Rightarrow $ AH = AN. Vì $\widehat{BAC}$ không đổi nên $\widehat{ABD}$ không đổi, do đó dây AN không đổi hay AH không đổi. Ta có $\widehat{ADH}=\widehat{AEH}={{90}^{0}}$. $\Rightarrow $ Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH. $\Rightarrow $ Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có bán kính bằng $\frac{1}{2}AH$ không đổi. Bài 9: Cho hình thoi ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O. Kẻ OH vuông góc với CD. Gọi K là trung điểm của OH. Tia DK cắt BH tại I. a) $\frac{1}{4.O{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{C}^{2}}}+\frac{1}{B{{D}^{2}}}$. b) BI = 2.IH. c) CK vuông góc với BH. Giải: a) Vì ABCD là hình thoi nên AC $\bot $ BD tại O; $OA=OC=\frac{1}{2}AC$; $OB=OD=\frac{1}{2}BD$. Tam giác DOC vuông tại O, đường cao OH, ta có: $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{C}^{2}}}+\frac{1}{O{{D}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{4.O{{H}^{2}}}=\frac{1}{4.O{{C}^{2}}}+\frac{1}{4.O{{D}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{4.O{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{C}^{2}}}+\frac{1}{B{{D}^{2}}}$. b) Vẽ BE $\bot $ CD. Xét tam giác BED có OB = OD và BE // OH (cùng vuông góc với CD) $\Rightarrow $ HD = HE. Kéo dài DI cắt BE tại F. Vì OH // BE $\Rightarrow \frac{KO}{FB}=\frac{KH}{FE}$ (cùng bằng $\frac{DK}{DF}$), mà KO = KH nên FB = FE. Trong tam giác BED có BH và DF là hai đường trung tuyến cắt nhau tại I $\Rightarrow $ I là trọng tâm của tam giác BED $\Rightarrow $ BI = 2.IC. c) Gọi J là trung điểm của DH. Tam giác OHD có KO = KH và JD = JH $\Rightarrow $ KJ là đường trung bình của tam giác OHD $\Rightarrow $ KJ // OD, mà OD $\bot $ OC nên KJ $\bot $ OC Tam giác OJC có OH và JK là hai đường cao cắt nhau tại K $\Rightarrow $ K là trực tâm của tam giác OJC $\Rightarrow $ CK là đường cao thứ ba hay CK $\bot $ OJ (1) Tam giác BHD có OB = OD và JD = JH $\Rightarrow $ OJ là đường trung bình của tam giác BHD $\Rightarrow $ OJ // BH (2) Từ (1) và (2) CK vuông góc với BH. Bài 10: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Các điểm E, F lần lượt chuyển động trên các cạnh BC, CD sao cho $\widehat{EAF}={{45}^{0}}$. Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BE. a) Chứng minh tam giác AKE là tam giác vuông cân. b) Tính chu vi của tam giác CEF theo a. c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEF cắt AD tại H. Chứng minh H là trực tâm của tam giác AKF. d) Xác định vị trí của các điểm E, F để diện tích tam giác CEF lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo a. Giải: a) Xét $\Delta ADK$ và $\Delta ABE$ có: AD = AB và $\widehat{ADK}=\widehat{ABE}={{90}^{0}}$ (ABCD là hình vuông); DK = BE (gt). $\Rightarrow $ $\Delta ADK$ = $\Delta ABE$ (c-g-c) $\Rightarrow $ AK = AE và $\widehat{KAD}=\widehat{EAB}$ Ta lại có $\widehat{DAE}+\widehat{EAB}=\widehat{DAB}={{90}^{0}}$ (ABCD là hình vuông) Do đó $\widehat{KAE}=\widehat{DAE}+\widehat{KAD}={{90}^{0}}$ Tam giác AKE có $\widehat{KAE}={{90}^{0}}$ và AK = AE $\Rightarrow $ Tam giác AKE vuông cân tại A. b) Ta có $\widehat{KAE}={{90}^{0}}$ và $\widehat{EAF}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{KAF}={{45}^{0}}$ Xét $\Delta KAF$ và $\Delta EAF$ có: AF là cạnh chung; AK = AE (cmt); $\widehat{KAF}=\widehat{EAF}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\Delta KAF$ = $\Delta EAF$ (c-g-c) $\Rightarrow $ FK = FE CCEF = CE + CF + FE = CE + CF + FK = CE + CF + FD + DK = CE + CF + FD + BE (vì DK = BE) = (CE + BE) + (CF + DF) = BC + CD = a + a = 2a. c) Gọi I là giao điểm của AF và EH. Ta có $\widehat{AHE}=\widehat{AFE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE) Ta lại có $\widehat{AFK}=\widehat{AFE}$ (vì $\Delta KAF$ = $\Delta EAF$) Do đó $\widehat{AHE}=\widehat{AFK}$ hay $\widehat{AHI}=\widehat{IFD}$ $\Rightarrow $ Tứ giác HIFD nội tiếp Mà $\widehat{HDF}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{HIF}={{90}^{0}}$ hay EH $\bot $ AF (1) Ta lại có $\widehat{KAF}=\widehat{EAF}={{45}^{0}}$ (câu b) $\Rightarrow $ AF là phân giác của góc KAE Tam giác AKE vuông cân tại A có AF là đường phân giác $\Rightarrow $ AF đồng thời là đường cao hay AF $\bot $ EK (2) Từ (1) và (2) suy ra ba điểm K, H, E thẳng hàng hay KH $\bot $ AF tại I. Xét tam giác AKF có AD và KI là hai đường cao cắt nhau tại H $\Rightarrow $ H là trực tâm của tam giác AKF. d) Ta có CE + CF + FE = 2a (câu b) Đặt CE = x; CF = y (0 $\le $ x, y $\le $ a) \[\Rightarrow EF=2a-\left( x+y \right)\le 2a-2\sqrt{xy}\] (bất đẳng thức Cô-si) Tam giác CEF vuông tại C $\Rightarrow EF=\sqrt{C{{E}^{2}}+C{{F}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}\ge \sqrt{2xy}$ (bất đẳng thức Cô-si) Do đó $\sqrt{2xy}\le 2a-2\sqrt{xy}\Leftrightarrow \left( 2+\sqrt{2} \right)\sqrt{xy}\le 2a\Leftrightarrow \frac{1}{2}xy\le \frac{{{a}^{2}}}{3+2\sqrt{2}}\Leftrightarrow {{S}_{CEF}}\le \frac{{{a}^{2}}}{3+2\sqrt{2}}$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & 0<x,y<a \\ & x=y \\ & xy=\frac{2{{a}^{2}}}{3+2\sqrt{2}} \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=y=\left( 2-\sqrt{2} \right)a$. Vậy SCEF lớn nhất bằng $\frac{{{a}^{2}}}{3+2\sqrt{2}}$, đạt được khi $CE=CF=\left( 2-\sqrt{2} \right)a$.
