Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 16: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng OA vuông góc với EF. b) Chứng minh rằng $\frac{{{S}_{ABC}}}{{{C}_{DEF}}}=\frac{R}{2}$. c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AH = 2.OI. d) Gọi J là trung điểm AH. Trên cạnh AC lấy điểm K sao cho $\widehat{BJK}={{90}^{0}}$. Chứng minh rằng OK song song với BC. e) Chứng minh rằng nếu OK = OI thì BH = AE và $\sin C=\frac{\cos B}{\cos A}$. Giải: a) Vẽ tia tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) suy ra Ax $\bot $ OA. Vì $\widehat{ABC}$ là góc nội tiếp và $\widehat{CAx}$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{CAx}$ (1) Tứ giác BCEF có $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}={{90}^{0}}$ Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AEF}$ (cùng bù với $\widehat{FEC}$) (2) Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{CAx}$ Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên Ax // EF. Ta lại có Ax $\bot $ OA nên EF $\bot $ OA. b) Chứng minh tương tự câu a) ta được: DF $\bot $ OB ; DE $\bot $ OC. Do đó ta có: $\begin{align} & {{S}_{ABC}}={{S}_{AEOF}}+{{S}_{BDOF}}+{{S}_{CEOD}} \\ & {{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}\left( OA.EF+OB.DF+OC.DE \right) \\ & {{S}_{ABC}}=\frac{R}{2}\left( EF+DF+DE \right)=\frac{R}{2}.{{C}_{DEF}} \\ & \frac{{{S}_{ABC}}}{{{C}_{DEF}}}=\frac{R}{2} \\ \end{align}$ c) Vẽ đường kính AM của đường tròn (O;R). $\Rightarrow \widehat{ABM}=\widehat{ACM}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow $ MC // BH (cùng vuông góc với AC) ; MB // CH (cùng vuông góc với AB). $\Rightarrow $ Tứ giác BHCM là hình bình hành Mà I là trung điểm đường chéo BC nên I cũng là trung điểm đường chéo HM. Do đó OI là đường trung bình của tam giác AHM $\Rightarrow $ AH = 2.OI. d) Vẽ KN vuông góc với BC. Ta có $\widehat{BJK}=\widehat{BEK}=\widehat{BNK}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ 5 điểm B, J, E, K, N cùng thuộc đường tròn đường kính BK. $\Rightarrow \widehat{JBK}=\widehat{JEA}$ (cùng bù với $\widehat{JEK}$) Tam giác AEH vuông tại E có EJ là trung tuyến $\Rightarrow $ JE = JA = JH. $\Rightarrow $ Tam giác AJE cân tại J $\Rightarrow \widehat{JEA}=\widehat{JAE}$ Ta lại có $\widehat{JAE}=\widehat{EBN}$ (cùng phụ với $\widehat{ACB}$) Do đó $\widehat{JBK}=\widehat{EBN}$$\Rightarrow \widehat{JBE}=\widehat{KBN}$ $\Rightarrow $ JE = KN $\Rightarrow $ JH = KN. Mà AH = 2.OI (câu c) nên OI = KN. Ta lại có OI // KN (cùng vuông góc với BC) Suy ra OKNI là hình chữ nhật $\Rightarrow $ OK // IN hay OK // BC. e) Qua M, kẻ đường thẳng song song với OK cắt tia AC tại G. $\Rightarrow $ OK là đường trung bình của tam giác AMG $\Rightarrow $ MG = 2.OK. Ta lại có AH = 2.OI nên AH = MG. Dễ thấy $\widehat{CGM}=\widehat{EHA}$ (cùng bằng $\widehat{ACB}$) ; $\widehat{MCG}=\widehat{AEH}={{90}^{0}}$. Do đó $\Delta MCG=\Delta AEH$ (cạnh huyền – góc nhọn) $\Rightarrow $ MC = AE. Mà BHCM là hình bình hành (câu c) nên BH = MC, do đó AE = BH. Tam giác BHD vuông tại D, ta có $\sin \widehat{BHD}=\frac{BD}{BH}$ Mà AE = BH và $\widehat{BHD}=\widehat{ACB}$ nên $\operatorname{sinC}=\frac{BD}{AE}$ (3) Tam giác ABD vuông tại D, ta có $\cos B=\frac{BD}{AB}$ Tam giác ABE vuông tại E, ta có $\operatorname{cosA}=\frac{AE}{AB}$ Do đó $\frac{\cos B}{\cos A}=\frac{BD}{AE}$ (4). Từ (3) và (4) suy ra $\sin C=\frac{\cos B}{\cos A}$. Bài 17: Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. b) Gọi I, J, K thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ D đến các đường thẳng AB, AC, BE. Chứng minh rằng 3 điểm I, J, K thẳng hàng. c) Giả sử AD cắt EF và IJ thứ tự ở M và N. Chứng minh rằng MN = ND. d) Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD tại P. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt tia CP tại Q. Chứng minh rằng 3 điểm D, F, Q thẳng hàng. Giải: a) Tứ giác BFEC có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC $\Rightarrow \widehat{EFC}=\widehat{EBC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1) Tứ giác BFHD có $\widehat{BFH}+\widehat{BDH}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BH $\Rightarrow \widehat{DFH}=\widehat{DBH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH) (2) Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{EFC}=\widehat{DFH}$ hay FC là phân giác của góc EFD (*) Chứng minh tương tự ta được EB là phân giác của góc FED (**) Mà FC và EB cắt nhau tại H nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. b) Tứ giác BIKD có $\widehat{BID}=\widehat{BKD}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác BIKD nội tiếp đường tròn đường kính BD $\Rightarrow \widehat{AIK}=\widehat{BDK}$ (cùng bù với $\widehat{BIK}$) Ta lại có DK // CE (cùng vuông góc với BE) $\Rightarrow \widehat{BDK}=\widehat{ACB}$ (hai góc đồng vị) nên $\widehat{AIK}=\widehat{ACB}$ (3) Tứ giác AIDJ có $\widehat{AID}+\widehat{AJD}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác AIDJ nội tiếp đường tròn đường kính AD $\Rightarrow \widehat{AIJ}=\widehat{ADJ}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AJ) Mà $\widehat{ADJ}=\widehat{ACB}$ (cùng phụ với $\widehat{DAC}$) nên $\widehat{AIJ}=\widehat{ACB}$ (4) Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{AIK}=\widehat{AIJ}$. Vậy 3 điểm I, J, K thẳng hàng. c) Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC (câu a) $\Rightarrow \widehat{AFE}=\widehat{ACB}$ (cùng bù với $\widehat{BFE}$) Ta lại có $\widehat{AIJ}=\widehat{ACB}$ (câu b) nên $\widehat{AIJ}=\widehat{AFE}$ Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên EF // IJ. Gọi G là giao điểm của hai đường thẳng EF và DI. Vì FC là phân giác của góc EFD và FB $\bot $ FC nên FB là phân giác của góc GFD. Tam giác GFD có FI vừa là phân giác, vừa là đường cao nên tam giác GFD cân tại F. Do đó FI đồng thời là trung tuyến suy ra IG = ID. Tam giác GMD có IG = ID và IN // GM nên MN = ND. d) Vì AQ // PE // BC nên theo Ta-lét ta có $\frac{AQ}{DC}=\frac{PA}{PD}=\frac{EA}{EC}$ $\Rightarrow AQ=\frac{DC.EA}{EC}$ (5) Giả sử tia DF cắt tia AQ tại Q’. Vì AQ’ // BC nên theo Ta-let ta có $\frac{AQ'}{DB}=\frac{FA}{FB}\Rightarrow AQ'=\frac{DB.FA}{FB}$ (6) Vì AD, BE, CF đồng quy tại H nên theo Cê-va ta có $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1\Rightarrow \frac{FA.DB}{FB}=\frac{DC.EA}{EC}$ (7) Từ (5), (6) và (7) suy ra AQ = AQ’ hay $Q\equiv Q'$. Vậy 3 điểm D, F, Q thẳng hàng. Lưu ý: 1) Kết quả câu d) vẫn đúng trong trường hợp tổng quát: “Nếu AD, BE, CF đồng quy tại H thì 3 điểm D, F, Q thẳng hàng”. 2) Ta cũng có bài toán đảo sau đây: Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm D, E, F sao cho AD, BE, CF đồng quy tại G. Đường thẳng qua E song song với BC cắt AD tại H. Gọi I là giao điểm của hai tia CH và DF. Chứng minh rằng AI // BC. Giải: Xét tam giác GHC và 3 điểm thẳng hàng I, F, D Theo định lí Mê-nê-la-us ta có $\frac{IH}{IC}.\frac{FC}{FG}.\frac{DG}{DH}=1$ (1) Xét tam giác GEC và 3 điểm thẳng hàng A, F, B Theo định lí Mê-nê-la-us ta có $\frac{AE}{AC}.\frac{FC}{FG}.\frac{BG}{BE}=1$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{IH}{IC}.\frac{DG}{DH}=\frac{AE}{AC}.\frac{BG}{BE}$ Mà HE // BC nên theo Ta-lét ta có $\frac{DG}{DH}=\frac{BG}{BE}$, do đó $\frac{IH}{IC}=\frac{AE}{AC}$. Theo định lí Ta-lét đảo suy ra AI // HE, mà HE // BC nên AI // BC. Bài 18: Cho \[\Delta \]ABC nhọn có BC = a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của B, C lên các cạnh AC, AB. a) Tính tổng: AC.CM + AB.BN theo a. b) Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OA vuông góc MN. Lời giải: a) Vẽ đường cao AD của tam giác ABC. Dễ thấy $\Delta BDA$ ഗ$\Delta BNC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AB}{CB}=\frac{BD}{BN}\Rightarrow AB.BN=CB.BD$ (1) $\Delta CDA$ ഗ$\Delta CMB$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{CD}{CM}\Rightarrow AC.CM=BC.CD$ (2) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: AB.BN + AC.CM = BC2 = a2. b) Gọi H là giao điểm của các đường cao AD, BM và CN. Vì O là giao điểm ba đường trung trực của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của AC $\Rightarrow OI\bot AC$. Gọi K là trung điểm của BC $\Rightarrow OK\bot BC$. Từ đó suy ra OI // BH (cùng vuông góc với AC); OK // AH (cùng vuông góc với BC). Dễ thấy IK là đường trung bình của tam giác ABC $\Rightarrow $ IK // AB và $IK=\frac{1}{2}AB$. Do đó \[\widehat{OKI}=\widehat{HAB}\,\,;\,\,\widehat{OIK}=\widehat{HBA}\] (hai góc nhọn có cạnh tương ứng song song) Vậy $\Delta OKI$ ഗ$\Delta HAB$ (g-g) $\Rightarrow \frac{OK}{HA}=\frac{KI}{AB}=\frac{1}{2}\Rightarrow OK=\frac{1}{2}HA$. Gọi P là trung điểm HA $\Rightarrow $ OK //= AP Do đó AOKP là hình bình hành $\Rightarrow $ OA // KP (1) Mặt khác theo định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì PM = PN (cùng bằng nửa AH) ; KM = KN (cùng bằng nửa BC). Suy ra PK là trung trực của MN hay PK $\bot $ MN (2) Từ (1) và (2) suy ra OA $\bot $ MN. Cách khác: Có thể sử dụng kiến thức lớp 9 thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn. Bài 19: Cho ba tia Ox, Oy, Oz tạo thành \[\widehat{xOy}=\widehat{yOz}={{60}^{0}}\]. Gọi A, B, C lần lượt thuộc các tia Ox, Oy, Oz. a) Chứng minh rằng: Nếu A, B, C thẳng hàng thì \[\frac{1}{OB}=\frac{1}{OA}+\frac{1}{OC}\]. b) Giả sử OC = 2.OA và M là trung điểm của AC. Tính số đo của góc MOB. a) Vẽ AD // OC (D thuộc Oy) Vì \[\widehat{xOy}=\widehat{yOz}={{60}^{0}}\] nên suy ra tam giác AOD là tam giác đều $\Rightarrow $ OA = AD = OD Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{BD}{OB}=\frac{AD}{OC}\Rightarrow \frac{OA-OB}{OB}=\frac{OA}{OC}\Rightarrow \frac{OA}{OB}-1=\frac{OA}{OC}\Rightarrow \frac{1}{OB}=\frac{1}{OA}+\frac{1}{OC}$. b) Vẽ CH vuông góc với tia đối của tia Ox. Vì \[\widehat{xOy}=\widehat{yOz}={{60}^{0}}\] nên suy ra \[\widehat{COH}={{60}^{0}}\]. Do đó tam giác OCH là nửa tam giác đều $\Rightarrow $ OC = 2.OH. Ta lại có OC = 2.OA nên OH = OA. Tam giác ACH có OH = OA và MA = MC $\Rightarrow $ OM là đường trung bình của tam giác ACH $\Rightarrow $ OM // CH, mà CH $\bot $ AH nên OM $\bot $ AH tại O hay \[\widehat{AOM}={{90}^{0}}\]. Mà \[\widehat{AOB}={{60}^{0}}\] nên \[\widehat{MOB}={{30}^{0}}\]. Bài 20: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AK. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. Gọi M là giao điểm của AK và BC; N là giao điểm của AD và EF. Chứng minh rằng: a) AK vuông góc với EF. b) MN song song với KH. c) $\frac{DB}{DC}+\frac{MB}{MC}\ge 2.\frac{AB}{AC}$. Giải: a) Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{AKC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Tứ giác BFEC có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AEF}$ (cùng bù với $\widehat{FEC}$) Do đó $\widehat{AEF}=\widehat{AKC}$ (cùng bằng $\widehat{ABC}$) Gọi I là giao điểm của AK và EF. Dễ thấy $\Delta AIE$ ഗ$\Delta ACK$ (g-g) $\Rightarrow \widehat{AIE}=\widehat{ACK}$ Mà $\widehat{ACK}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) nên $\widehat{AIE}={{90}^{0}}$. Vậy AK vuông góc với EF tại I. b) Kẻ HJ $\bot $ EF (J thuộc EF); KL $\bot $ BC (L thuộc BC). Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC $\Rightarrow \widehat{EFC}=\widehat{EBC}$ Ta có BE // CK (cùng vuông góc với AC) $\Rightarrow \widehat{EBC}=\widehat{BCK}$ (so le trong) Do đó $\widehat{EFC}=\widehat{BCK}$ hay $\widehat{JFH}=\widehat{LCK}$. Dễ thấy $\Delta JFH$ ഗ$\Delta LCK$ (g-g) $\Rightarrow \frac{HJ}{KL}=\frac{HF}{KC}$. Dễ thấy $\Delta AFH$ ഗ$\Delta ACK$ (g-g) $\Rightarrow \frac{HF}{KC}=\frac{AF}{AC}$. Dễ thấy $\Delta AIF$ ഗ$\Delta ADC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{AI}{AD}$. Từ đó suy ra $\frac{HJ}{KL}=\frac{AI}{AD}\Leftrightarrow \frac{AD}{KL}=\frac{AI}{HJ}$. Dễ thấy $\Delta AIN$ ഗ$\Delta HJN$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AI}{HJ}=\frac{AN}{HN}$. Dễ thấy $\Delta ADM$ ഗ$\Delta KLM$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AD}{KL}=\frac{AM}{KM}$. Từ đó suy ra $\Rightarrow \frac{AN}{HN}=\frac{AM}{KM}$, theo định lí Ta-lét đảo suy ra MN // KH. Cách khác: Gọi G là giao điểm của EF và BC ; S là giao điểm của AG và đường tròn (O). Vì GSA và GBC là hai cát tuyến của (O) $\Rightarrow $ GS.GA = GB.GC. Vì GFE và GBC là hai cát tuyến của đường tròn đường kính BC $\Rightarrow $ GF.GE = GB.GC. Do đó GS.GA = GF.GE $\Rightarrow $ Tứ giác ASFE nội tiếp Ta lại có tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH $\Rightarrow $ 5 điểm A, S, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH $\Rightarrow \widehat{ASH}={{90}^{0}}$ Vì S thuộc đường tròn (O) đường kính AK nên $\widehat{ASK}={{90}^{0}}$ Do đó 3 điểm S, H, K thẳng hàng hay KH $\bot $ AS. Tam giác AGM có AD $\bot $ GM (gt) ; GI $\bot $ AM (câu a) $\Rightarrow $ MN $\bot $ AG hay MN $\bot $ AS. Vậy MN // KH (cùng vuông góc với AS). c) Kẻ BQ $\bot $ AK (Q thuộc AK); CP $\bot $ AK (P thuộc AK). $\Rightarrow $ BQ // CP $\Rightarrow \frac{MB}{MC}=\frac{QB}{PC}$ Dễ thấy $\Delta ADB$ ഗ$\Delta APC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{DB}{PC}~$ $\Delta AQB$ ഗ$\Delta ADC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{QB}{DC}$ Do đó ${{\left( \frac{AB}{AC} \right)}^{2}}=\frac{DB}{PC}.\frac{QB}{DC}=\frac{DB}{DC}.\frac{QB}{PC}=\frac{DB}{DC}.\frac{MB}{MC}$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $\frac{DB}{DC}+\frac{MB}{MC}\ge 2\sqrt{\frac{DB}{DC}.\frac{MB}{MC}}=2\sqrt{{{\left( \frac{AB}{AC} \right)}^{2}}}=2.\frac{AB}{AC}$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{ \begin{align} & \frac{DB}{DC}=\frac{MB}{MC} \\ & \frac{DB}{PC}=\frac{QB}{DC} \\ & \frac{MB}{MC}=\frac{QB}{PC} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{DB}{PC}=\frac{QB}{DC} \\ & \frac{DB}{DC}=\frac{QB}{PC} \\ \end{align} \right. $ $\Rightarrow D{{B}^{2}}=Q{{B}^{2}}\Rightarrow Q\equiv D\Rightarrow M\equiv D\Rightarrow $ $\Delta ABC$ cân tại A. Vậy: $\frac{DB}{DC}+\frac{MB}{MC}\ge 2.\frac{AB}{AC}$. Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC cân tại A.
