Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 21: Cho tam giác nhọn ABC. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AC, AB thứ tự ở D, E. Gọi H là giao điểm của BD và CE. Kéo dài AH cắt BC tại F và cắt đường tròn (O) tại G. a) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. b) Gọi K là giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác AOK. c) Chứng minh rằng KG là tiếp tuyến của đường tròn (O). Giải: a) Các điểm D, E thuộc đường tròn (O) đường kính BC $\Rightarrow \widehat{BDC}=\widehat{BEC}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ BD, CE là hai đường cao của tam giác ABC $\Rightarrow $ H là trực tâm của tam giác ABC $\Rightarrow $ AH $\bot $ BC tại F. Ta có $\widehat{BDE}=\widehat{BCE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) (1) Tứ giác HDCF có $\widehat{HDC}+\widehat{HFC}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác HDCF nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{HDF}=\widehat{HCF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF) (2) Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{BDE}=\widehat{BDF}$ hay DB là phân giác của góc EDF. Chứng minh tương tự ta được EC là phân giác của góc DEF. Do đó H là giao điểm hai đường phân giác trong của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. b) Ta có $AF\bot BC$ và $BD\bot AC$. Dễ thấy $\Delta AFC$ ഗ$\Delta BFH$ (g-g) $\Rightarrow \frac{FA}{FB}=\frac{FC}{FH}\Rightarrow FH.FA=FB.FC$ (3) Tam giác KDF có DB là đường phân giác trong và DC vuông góc với DB nên DC là phân giác ngoài của tam giác KDF $\Rightarrow \frac{BK}{BF}=\frac{CK}{CF}$ (cùng bằng $\frac{DK}{DF}$). $\Rightarrow \frac{FK-FB}{FB}=\frac{FK+FC}{FC}\Rightarrow FC.FK-FB.FC=FB.FK+FB.FC$ $\begin{align} & \Rightarrow FC.FK-FB.FK=FB.FK+2.FB.FC \\ & \Rightarrow FK\left( FC-FB \right)=2.FB.FC \\ \end{align}$ $\Rightarrow FK\left[ \left( R+FO \right)-\left( R-FO \right) \right]=2.FB.FC$ (R là bán kính của đường tròn (O)) $\begin{align} & \Rightarrow 2.FK.FO=2.FB.FC \\ & \Rightarrow FK.FO=FB.FC\,\,\,\,\,\,(4) \\ \end{align}$ Từ (3) và (4) suy ra FK.FO = FH.FA $\Rightarrow \frac{FK}{FA}=\frac{FH}{FO}$ Do đó $\Delta FKH$ ഗ$\Delta FAO$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{FKH}=\widehat{FAO}$ Mà AF $\bot $ KO nên KH $\bot $ AO. Vậy H là trực tâm của tam giác AOK. c) Ta có $\frac{BK}{BF}=\frac{CK}{CF}$ (cùng bằng $\frac{DK}{DF}$). $\begin{align} & \Rightarrow \frac{OK-OB}{OB-OF}=\frac{OK+OC}{OF+OC} \\ & \Rightarrow \frac{OK-R}{R-OF}=\frac{OK+R}{OF+R}=\frac{2.OK}{2R}=\frac{OK}{R} \\ & \Rightarrow OK.R-{{R}^{2}}=OK.R-OK.OF \\ & \Rightarrow OK.OF={{R}^{2}}=O{{G}^{2}} \\ \end{align}$ $\Rightarrow \Delta OFG$ ഗ$\Delta OGK$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{OFG}=\widehat{OGK}$ Mà $\widehat{OFG}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{OGK}={{90}^{0}}$. Vậy KG là tiếp tuyến của đường tròn (O). Bài 22: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Các đường phân giác AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại I. a) Kéo dài AD cắt đường tròn (O) tại M. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. b) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng OI2 = R2 – 2Rr, từ đó suy ra $R\ge 2r$, dấu “=” xảy ra khi nào? c) Chứng minh hệ thức AD2 = AB.AC – DB.DC. d) Giả sử BD = CE, BF = CD. Tính các góc của tam giác ABC. Giải: a) Vì AM là phân giác của $\widehat{BAC}$ $\Rightarrow \widehat{BAM}=\widehat{CAM}\Rightarrow \overset\frown{MB}=\overset\frown{MC}\Rightarrow MB=MC$. Ta có $\widehat{MIB}=\widehat{IAB}+\widehat{IBA}$ (Vì $\widehat{MIB}$ là góc ngoài của tam giác AIB) $\widehat{CAM}=\widehat{CBM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) $\widehat{IBA}=\widehat{IBC}=\frac{1}{2}\widehat{ABC}$ (gt) Ta lại có $\widehat{MBI}=\widehat{MBC}+\widehat{CBI}$ nên từ đó suy ra $\widehat{MIB}=\widehat{MBI}$. Do đó tam giác MIB cân tại M $\Rightarrow $ MI = MB $\Rightarrow $ MB = MC = MI. Vậy M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. b) Vẽ đường kính MN của đường tròn (O); IJ vuông góc với AB (J thuộc AB). $\Rightarrow \widehat{NCM}={{90}^{0}}$; $\widehat{AJI}={{90}^{0}}$; $\widehat{MAB}=\widehat{MAC}=\widehat{MNC}$. Do đó $\Delta AJI$ ഗ$\Delta NCM$ (g-g) $\Rightarrow \frac{IA}{IJ}=\frac{MN}{MC}=\frac{MN}{IM}$ (vì MC = MI) Ta lại có IJ = r và MN = 2R nên IA.IM = 2Rr (1) Vẽ đường kính PQ đi qua O và I của đường tròn (O). Dễ thấy IA.IM = IP.IQ (bạn đọc tự chứng minh) $\Rightarrow $ IA.IM = (OP – OI)(OQ + OI) = (R – OI)(R + OI) = R2 – OI2 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2Rr = R2 – OI2 $\Leftrightarrow $ OI2 = R2 – 2Rr. Vì OI2 $\ge $ 0 $\Rightarrow $ R2 – 2Rr $\ge $ 0 $\Rightarrow $ R2 $\ge $ 2Rr $\Rightarrow $ R $\ge $ 2r. Dấu “=” xảy ra khi I $\equiv $ O $\Leftrightarrow $ Tam giác ABC là tam giác đều. c) Dễ thấy $\Delta ADB$ ഗ$\Delta CDM$ (g-g) $\Rightarrow \frac{DA}{DC}=\frac{DB}{DM}\Rightarrow DA.DM=DB.DC$ (3) Dễ thấy $\Delta ADB$ ഗ$\Delta ACM$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AM}\Rightarrow AD.AM=AB.AC$ (4) Từ (3) và (4) suy ra: AD.AM – DA.DM = AB.AC – DB.DC $\Leftrightarrow $ AD(AM – DM) = AB.AC – DB.DC $\Leftrightarrow $ AD2 = AB.AC – DB.DC. d) Theo giả thiết và tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: $\frac{BF}{CE}=\frac{DC}{DB}=\frac{AC}{AB}$ (5) và $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=\frac{AB}{AC}.\frac{BC}{BA}.\frac{CA}{CB}=1\Rightarrow \frac{FA}{EA}=\frac{D{{C}^{2}}}{D{{B}^{2}}}=\frac{A{{C}^{2}}}{A{{B}^{2}}}$ (6) Từ (5) ta thấy, nếu AB < AC thì CE < BF $\Rightarrow $ AB + CE < AC + BF $\Rightarrow $ AB – BF < AC – CE $\Rightarrow $ FA < EA Do đó từ (6) suy ra AC < AB (mâu thuẫn với giả sử AB < AC) Tương tự như thế nếu AB > AC thì cũng dẫn đến điều mâu thuẫn. Vậy AB = AC (*) Do đó từ (5) và giả thiết suy ra BF = CE = BD = CD. Từ đó suy ra $\Delta IBF=\Delta IBD$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{IDB}$ Do đó $\Delta ADB=\Delta CFB$ (g-c-g) $\Rightarrow $ AB = CB (**) Từ (*) và (**) suy ra tam giác ABC là tam giác đều $\Rightarrow \widehat{BAC}=\widehat{ABC}=\widehat{ACB}={{60}^{0}}$. Bài 23: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi G là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tia GE, GF lần lượt cắt đường tròn (O) ở M, N. Gọi K là giao điểm của BM và CN. Dây AG cắt BM và CN thứ tự ở P và Q. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMEP nội tiếp đường tròn. b) EP song song với FQ. c) Ba điểm E, F, K thẳng hàng. d) HK là phân giác của góc EHF. Từ đó suy ra HK song song với AG. Giải: a) Vì G là điểm chính giữa của cung nhỏ BC $\Rightarrow \overset\frown{GB}=\overset\frown{GC}\Rightarrow \widehat{GMB}=\widehat{GAC}$ hay $\widehat{EMP}=\widehat{PAE}$ Vậy tứ giác AMEP nội tiếp đường tròn. b) Tứ giác AMEP nội tiếp (câu a) $\Rightarrow \widehat{AEP}=\widehat{AMP}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AP) Ta lại có $\widehat{AMB}=\widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) $\Rightarrow \widehat{AEP}=\widehat{ACB}$, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên EP // BC (1) Chứng minh tương tự câu a) ta được tứ giác ANFQ nội tiếp. $\Rightarrow \widehat{NQF}=\widehat{NAF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NF) Ta lại có $\widehat{NAB}=\widehat{NCB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB) $\Rightarrow \widehat{NQF}=\widehat{NCB}$, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên FQ // BC (2) Từ (1) và (2) suy ra EP // FQ. c) Đặt $\widehat{NGB}={{\alpha }_{1}}\,\,;\,\,\widehat{NGA}={{\beta }_{1}}\,\,;\,\,\widehat{MGC}={{\alpha }_{2}}\,\,;\,\,\widehat{MGA}={{\beta }_{2}}$. Áp dụng định lí hàm số sin vào tam giác, ta sẽ chứng minh được: $\frac{FB}{FA}.\frac{GA}{GB}=\frac{TB}{TA}.\frac{CA}{CB}=\frac{NB}{NA}$ = $\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\beta }_{1}}}$ (1); $\frac{EC}{EA}.\frac{GA}{GC}=\frac{SC}{SA}.\frac{BA}{BC}=\frac{MC}{MA}$ = $\frac{\sin {{\alpha }_{2}}}{\sin {{\beta }_{2}}}$ (2). Từ (1) $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{FB}{FA}=\frac{NB.GB}{NA.GA}\Rightarrow \frac{FB}{AB}=\frac{NB.GB}{NA.GA+NB.GB}\Rightarrow FB=\frac{AB.NB.GB}{NA.GA+NB.GB} \\ & \frac{TB}{TA}=\frac{NB.BC}{NA.AC}\Rightarrow \frac{TB}{AB}=\frac{NB.BC}{NA.AC+NB.BC}\Rightarrow TB=\frac{AB.NB.BC}{NA.AC+NB.BC} \\ \end{align} \right.$. Do đó: $\begin{align} & FT=TB-FB=\frac{AB.NB.BC}{NA.AC+NB.BC}-\frac{AB.NB.GB}{NA.GA+NB.GB} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{AB.NA.NB\left( BC.GA-AC.GB \right)}{\left( NA.AC+NB.BC \right)\left( NA.GA+NB.GB \right)} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\frac{A{{B}^{2}}.NA.NB.GC}{\left( NA.AC+NB.BC \right)\left( NA.GA+NB.GB \right)}\,\,\,\,(v\grave{i}\,\,AB.GC+AC.GB=BC.GA) \\ \end{align}$ Và $FA=AB-FB=AB-\frac{AB.NB.GB}{NA.GA+NB.GB}=\frac{AB.NA.GA}{NA.GA+NB.GB}$ Do đó: $\frac{FT}{FA}=\frac{A{{B}^{2}}.NA.NB.GC}{\left( NA.AC+NB.BC \right)\left( NA.GA+NB.GB \right)}:\frac{AB.NA.GA}{NA.GA+NB.GB}=\frac{AB.NB.GC}{GA\left( NA.AC+NB.BC \right)}$ Từ (2) suy ra $\frac{SC}{SA}=\frac{MC.BC}{MA.AB}$ ; $\frac{EA}{EC}=\frac{MA.GA}{MC.GC}$. Áp dụng định lí Me-ne-la-us vào tam giác ATC và ba điểm B, K, S ta có: $\frac{KC}{KT}.\frac{BT}{BA}.\frac{SA}{SC}=1$ $\Rightarrow \frac{KC}{KT}=\frac{BA}{BT}.\frac{SC}{SA}=\frac{NA.AC+NB.BC}{NB.BC}.\frac{MC.BC}{MA.AB}=\frac{MC\left( NA.AC+NB.BC \right)}{AB.MA.NB}$ Do đó $\frac{FT}{FA}.\frac{EA}{EC}.\frac{KC}{KT}=\frac{AB.NB.GC}{GA\left( NA.AC+NB.BC \right)}.\frac{MA.GA}{MC.GC}.\frac{MC\left( NA.AC+NB.BC \right)}{AB.MA.NB}=1$ Theo định lí Me-ne-la-us đảo đối với tam giác ATC, suy ra ba điểm E, F, K thẳng hàng. d) Theo câu c) ta có: $\frac{EA}{EC}=\frac{MA.GA}{MC.GC}$ $\Rightarrow \frac{CA}{CE}=\frac{MA.GA+MC.GC}{MC.GC}$. $\frac{TB}{TA}=\frac{NB.BC}{NA.AC}$ $\Rightarrow TA=\frac{AB.AC.NA}{NA.AC+NB.BC}$. $FT=\frac{A{{B}^{2}}.NA.NB.GC}{\left( NA.AC+NB.BC \right)\left( NA.GA+NB.GB \right)}$. Do đó $\frac{TF}{TA}=\frac{AB.NB.GC}{AC\left( NA.GA+NB.GB \right)}$. Áp dụng định lí Me-ne-la-us vào tam giác AEF và ba điểm C, K, T ta có: $\frac{CE}{CA}.\frac{TA}{TF}.\frac{KF}{KE}=1$ $\begin{align} & \Rightarrow \frac{KF}{KE}=\frac{CA}{CE}.\frac{TF}{TA}=\frac{MA.GA+MC.GC}{MC.GC}.\frac{AB.NB.GC}{AC\left( NA.GA+NB.GB \right)} \\ & \Rightarrow \frac{KF}{KE}=\frac{AB.NB\left( MA.GA+MC.GC \right)}{AC.MC\left( NA.GA+NB.GB \right)}\,\,\,\,\,\,\,(*) \\ \end{align}$ Ta lại có $FB=\frac{AB.NB.GB}{NA.GA+NB.GB}$ ; $EC=\frac{AC.MC.GC}{MA.GA+MC.GC}$ và GB = GC. Do đó $\frac{FB}{EC}=\frac{AB.NB.GB}{NA.GA+NB.GB}:\frac{AC.MC.GC}{MA.GA+MC.GC}=\frac{AB.NB\left( MA.GA+MC.GC \right)}{AC.MC\left( NA.GA+NB.GB \right)}$ (**) Từ (*) và (**) suy ra $\frac{KF}{KE}=\frac{FB}{EC}$. Dễ thấy $\Delta HFB$ ഗ$\Delta HEC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{HF}{HE}=\frac{FB}{EC}$. Do đó $\frac{KF}{KE}=\frac{HF}{HE}$ $\Rightarrow $ HK là phân giác của góc EHF $\Rightarrow \widehat{KHF}=\frac{1}{2}\widehat{EHF}$. Tứ giác AEHF có $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{EAF}+\widehat{EHF}={{180}^{0}}\Rightarrow \widehat{EHF}={{180}^{0}}-\widehat{BAC}\Rightarrow \widehat{KHF}={{90}^{0}}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$. Giả sử HK cắt AB tại D. Tam giác DHF vuông tại F $\Rightarrow \widehat{FDH}={{90}^{0}}-\widehat{DHF}={{90}^{0}}-\left( {{90}^{0}}-\frac{1}{2}\widehat{BAC} \right)=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$. Vì G là điểm chính giữa cung nhỏ BC $\Rightarrow \widehat{BAG}=\widehat{GAC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$. Do đó $\widehat{FDH}=\widehat{BAG}$, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên DH // AG hay HK // AG. Bài 24: Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD. Trên các cạnh bên AD, BC lấy các điểm G, H sao cho GH // AB // CD. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng EH và FG. Chứng minh rằng ba điểm I, A, C thẳng hàng. Giải: Giả sử đường thẳng EH cắt các đường thẳng CD và AC thứ tự ở K và I. Vì AB // CD nên theo định lí Ta-lét ta có: $\frac{HB}{HC}=\frac{EB}{KC}$ ; $\frac{EA}{KC}=\frac{IA}{IC}$. Mà EA = EB nên $\frac{HB}{HC}=\frac{IA}{IC}$ (1) Giả sử đường thẳng FG cắt các đường thẳng AB và AC thứ tự ở J và I’. Vì AB // CD nên theo định lí Ta-lét ta có: $\frac{GA}{GD}=\frac{JA}{FD}$ ; $\frac{JA}{FC}=\frac{I'A}{I'C}$. Mà FC = FD nên $\frac{GA}{GD}=\frac{I'A}{I'C}$ (2) Vì GH // AB // CD nên theo định lí Ta-lét ta có: $\frac{GA}{GD}=\frac{HB}{HC}$ (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\frac{I'A}{I'C}=\frac{IA}{IC}\Rightarrow \frac{I'A}{I'A-I'C}=\frac{IA}{IA-IC}\Rightarrow \frac{I'A}{AC}=\frac{IA}{AC}\Rightarrow I'A=IA\Rightarrow I'\equiv I$. Vậy ba điểm I, A, C thẳng hàng. Bài 25: Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. Dựng ra phía ngoài các tam giác các tam giác AED và CFB đồng dạng. Gọi H, K là hình chiếu của E, F trên cạnh AD và BC. Qua H, K kẻ các đường thẳng song song với BD, tương ứng cắt AB tại M, cắt CD tại N. Các đường thẳng qua M, N vuông góc AB cắt EF tại Q và P. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MKNH là hình bình hành. b) Ba điểm M, O, N thẳng hàng. c) EP = FQ. Giải: a) Ta có $\Delta AED$ ഗ$\Delta CFB$ (gt) có EH và FK là hai đường cao tương ứng $\Rightarrow \frac{HA}{HD}=\frac{KC}{KB}$ (1) Vì HM // BD và KN // BD nên theo định lí Ta-lét ta có: $\frac{HA}{HD}=\frac{MA}{MB}$ và $\frac{KC}{KB}=\frac{NC}{ND}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{HA}{HD}=\frac{NC}{ND}$ và $\frac{KC}{KD}=\frac{MA}{MB}$. Theo định lí Ta-lét đảo suy ra HN // AC và KM // AC $\Rightarrow $ HN // KM. Tứ giác MKNH có HM // KN (cùng song song với BD) và HN // KM $\Rightarrow $ Tứ giác MKNH là hình bình hành. b) Giả sử tia MO cắt CD tại N’. Vì AB // CD (gt) và M thuộc AB; N’ thuộc CD nên theo định lí Ta-lét ta có: $\frac{MA}{N'C}=\frac{MB}{N'D}$ (cùng bằng $\frac{OM}{ON'}$) $\Rightarrow \frac{MA}{MB}=\frac{N'C}{N'D}$. Ta lại có $\frac{MA}{MB}=\frac{NC}{ND}$ (cùng bằng $\frac{HA}{HD}$) Do đó: $\frac{N'C}{N'D}=\frac{NC}{ND}\Rightarrow \frac{N'C}{N'C+N'D}=\frac{NC}{NC+ND}\Rightarrow \frac{N'C}{CD}=\frac{NC}{CD}\Rightarrow N'C=NC\Rightarrow N'\equiv N$ Vậy ba điểm M, O, N’ thẳng hàng. c) Qua E vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại L và cắt CD tại J. Qua F vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại S và cắt CD tại T. Vì AB // CD nên EJ $\bot $ CD và FT $\bot $ CD. Dễ thấy các tứ giác EHAL và EHDJ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ELH}=\widehat{EAH}$ và $\widehat{EJH}=\widehat{EDH}$ (1) Dễ thấy các tứ giác FKBS và FKTC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{FSK}=\widehat{FBK}$ và $\widehat{FTK}=\widehat{FCK}$ (2) Ta lại có $\Delta AED$ ഗ$\Delta CFB$ (gt) $\Rightarrow \widehat{EAD}=\widehat{FCB}$ và $\widehat{EDA}=\widehat{FBC}$ (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra $\widehat{ELH}=\widehat{FTK}$ và $\widehat{EJH}=\widehat{FSK}$. Dễ thấy LSTJ là hình chữ nhật nên LJ = TS. Do đó $\Delta HLJ=\Delta KTS$ (g-c-g) $\Rightarrow $ HL = KT và HL // KT. $\Rightarrow $ Tứ giác HLKT là hình bình hành Mà MKNH là hình bình hành (câu a) nên các đường chéo HK, LT và MN đồng quy tại trung điểm I của mỗi đường. $\Rightarrow $ Tứ giác LMTN là hình bình hành $\Rightarrow $ LN // TM và LN = TM $\Rightarrow \Delta LNJ=\Delta TMS$ (ch-cgv) $\Rightarrow $ JN = SM. Ta lại có JN là hình chiếu của EP lên đường thẳng CD; SM là hình chiếu của FQ lên đường thẳng AB và AB // CD nên EP = FQ.
