Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài toán 26: (Định lí Van Oben) Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh đối diện tại D, E, F. Chứng minh: \[\frac{AM}{MD}=\frac{AE}{EC}+\frac{\text{AF}}{FB}\]. Giải: Cách 1: Qua A, kẻ đường thẳng song song với BC cắt các tia BE, CF thứ tự ở H, I. Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{AE}{EC}=\frac{AH}{BC}\,\,;\,\,\frac{AF}{FB}=\frac{AI}{BC}\Rightarrow \frac{AE}{EC}+\frac{AF}{FB}=\frac{IH}{BC}$ (1) Ta cũng có $\frac{AM}{MD}=\frac{AH}{DB}=\frac{AI}{DC}=\frac{AH+AI}{DB+DC}=\frac{IH}{BC}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AM}{MD}=\frac{AE}{EC}+\frac{AF}{FB}$. Cách 2: Áp dụng định lí Mê-nê-la-us ta có: $\frac{BD}{BC}.\frac{EC}{EA}.\frac{MA}{MD}=1\Rightarrow \frac{EA}{EC}=\frac{BD}{BC}.\frac{MA}{MD}$ (1) $\frac{CD}{CB}.\frac{FB}{FA}.\frac{MA}{MD}=1\Rightarrow \frac{FA}{FB}=\frac{CD}{CB}.\frac{MA}{MD}$ (2) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: $\frac{EA}{EC}+\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MD}\left( \frac{BD}{BC}+\frac{CD}{CB} \right)=\frac{MA}{MD}.\frac{BC}{BC}=\frac{MA}{MD}$. Cách 3: Kẻ DP // AB (P thuộc CF); DQ // AC (Q thuộc BE). Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{MA}{MD}=\frac{EA}{QD}$ ; $\frac{BD}{BC}=\frac{QD}{EC}$ $\Rightarrow \frac{MA}{MD}.\frac{BD}{BC}=\frac{EA}{EC}$ (1) $\frac{MA}{MD}=\frac{FA}{PD}$ ; $\frac{CD}{CB}=\frac{PD}{FB}$ $\Rightarrow \frac{MA}{MD}.\frac{CD}{CB}=\frac{FA}{FB}$ (2) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: $\frac{EA}{EC}+\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MD}\left( \frac{BD}{BC}+\frac{CD}{CB} \right)=\frac{MA}{MD}.\frac{BC}{BC}=\frac{MA}{MD}$. Cách 4: Qua B, kẻ đường thẳng song song với CF cắt tia AD tại P. Qua C, kẻ đường thẳng song song với BE cắt tia AD tại Q. Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{EA}{EC}=\frac{MA}{MQ}$ ; $\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MP}$ $\Rightarrow \frac{EA}{EC}+\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MQ}+\frac{MA}{MP}=MA\left( \frac{1}{MQ}+\frac{1}{MP} \right)$ (1) Ta cũng có $\frac{MD}{MQ}=\frac{BD}{BC}$ ; $\frac{MD}{MP}=\frac{CD}{CB}$ $\Rightarrow \frac{MD}{MQ}+\frac{MD}{MP}=1\Rightarrow \frac{1}{MQ}+\frac{1}{MP}=\frac{1}{MD}$ (2) Thay (2) vào (1) ta được: $\frac{EA}{EC}+\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MD}$. Cách 5: Ta có $\frac{MA}{MD}=\frac{{{S}_{MAB}}}{{{S}_{MDB}}}=\frac{{{S}_{MAC}}}{{{S}_{MDC}}}=\frac{{{S}_{MAB}}+{{S}_{MAC}}}{{{S}_{MDB}}+{{S}_{MDC}}}=\frac{{{S}_{MAB}}+{{S}_{MAC}}}{{{S}_{MBC}}}$ (1) $\frac{EA}{EC}=\frac{{{S}_{EAB}}}{{{S}_{ECB}}}=\frac{{{S}_{EAM}}}{{{S}_{ECM}}}=\frac{{{S}_{EAB}}-{{S}_{EAM}}}{{{S}_{ECB}}-{{S}_{ECM}}}=\frac{{{S}_{MAB}}}{{{S}_{MBC}}}$ (2) $\frac{FA}{FB}=\frac{{{S}_{FAC}}}{{{S}_{FBC}}}=\frac{{{S}_{FAM}}}{{{S}_{FBM}}}=\frac{{{S}_{FAC}}-{{S}_{FAM}}}{{{S}_{FBC}}-{{S}_{FBM}}}=\frac{{{S}_{MAC}}}{{{S}_{MBC}}}$ (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{MA}{MD}=\frac{EA}{EC}+\frac{FA}{FB}$. Cách 6: Áp dụng định lý Ceva ta được : \[\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1\Rightarrow \frac{DB}{DC}=\frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC}\] (1) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD và ba điểm thẳng hàng F, M, C ta được: \[\frac{FA}{FB}.\frac{CB}{CD}.\frac{MD}{MA}=1\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{FA}{FB}.\frac{CB}{CD}\] \[\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{FA}{FB}.\frac{CB}{CD}=\frac{FA}{FB}.\frac{CD+DB}{CD}=\frac{FA}{FB}.\left( 1+\frac{DB}{CD} \right)\] (2) Từ (1) và (2) \[\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{FA}{FB}+\frac{FA}{FB}.\left( \frac{FB}{FA}.\frac{EA}{EC} \right)=\frac{FA}{FB}+\frac{EA}{EC}\] Bài 27: Điểm G thay đổi phía trong tam giác ABC. Các tia AG, BG, CG lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB thứ tự ở D, E, F. Xác định vị trí điểm G để tổng $\frac{AG}{GD}+\frac{BG}{GE}+\frac{CG}{GF}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Áp dụng định lí Van Oben ta có: $\frac{GA}{GD}=\frac{EA}{CE}+\frac{FA}{FB}$ ; $\frac{GB}{GE}=\frac{FB}{FA}+\frac{DB}{DC}$ ; $\frac{GC}{GF}=\frac{DC}{DB}+\frac{EC}{EA}$. Do đó: $\begin{align} & \frac{GA}{GD}+\frac{GB}{GE}+\frac{GC}{GF}=\frac{EA}{EC}+\frac{FA}{FB}+\frac{FB}{FA}+\frac{DB}{DC}+\frac{DC}{DB}+\frac{EC}{EA} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=\left( \frac{EA}{EC}+\frac{EC}{EA} \right)+\left( \frac{FA}{FB}+\frac{FB}{FA} \right)+\left( \frac{DB}{DC}+\frac{DC}{DB} \right) \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ge 2+2+2=6\,\,\,\,(theo\,\,ba\acute{a}t\,\,\tilde{n}a\acute{u}ng\,\,th\ddot{o}\grave{u}c\,\,Co\hat{a}\,\,-\,\,si) \\ \end{align}$ Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{EA}{EC}=\frac{EC}{EA} \\ & \frac{FA}{FB}=\frac{FB}{FA} \\ & \frac{DB}{DC}=\frac{DC}{DB} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & E{{A}^{2}}=E{{C}^{2}} \\ & F{{A}^{2}}=F{{B}^{2}} \\ & D{{B}^{2}}=D{{C}^{2}} \\ \end{align} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & EA=EC \\ & FA=FB \\ & DB=DC \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow$ $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Vậy khi G là trọng tâm của tam giác ABC thì tổng $\frac{AG}{GD}+\frac{BG}{GE}+\frac{CG}{GF}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6. Bài 28: Cho đường tròn (O;R) và dây BC cố định. Gọi A là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Điểm M chuyển động trên cung nhỏ AC. Kẻ tia Bx vuông góc với tia MA tại I và cắt tia CM tại D. a) Chứng minh MA là tia phân giác của góc BMD. c) Tia DA cắt tia BC tại E và cắt đường tròn (O) tại F. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. d) Cho biết $\widehat{ABC}=\alpha $ tính tích AE.AF theo R và $\alpha $. b) Chứng minh tia phân giác của góc BDC luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi. Giải: a) Tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AMD}$ (cùng bù với góc AMC) Ta có $\widehat{ACB}=\widehat{AMB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Vì A là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên AB = AC $\Rightarrow \Delta ABC$ cân tại A $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{ACB}$. Từ đó suy ra $\Rightarrow \widehat{AMB}=\widehat{AMD}$. Vậy MA là tia phân giác của góc BMD. b) Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ (câu a) và $\widehat{ACB}=\widehat{AFB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Từ đó suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{AFB}$. Do đó AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. c) Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{AFB}$ hay $\widehat{ABE}=\widehat{AFB}$ (câu c) Do đó $\Delta ABE$ ഗ$\Delta AFB$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AB}{AE}=\frac{AF}{AB}\Rightarrow AE.AF=A{{B}^{2}}$ (1) Vẽ đường kính AK của đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{ABK}={{90}^{0}}$. Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}$ (câu a) và $\widehat{ACB}=\widehat{AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Mà $\widehat{ABC}=\alpha $ nên $\widehat{AKB}=\alpha $. Tam giác ABK vuông tại B, ta có: $AB=AK.\sin \widehat{AKB}=2R.\sin \alpha $ (2) Từ (1) và (2) suy ra $AE.AF=4{{R}^{2}}.{{\sin }^{2}}\alpha $. d) Tam giác BMD có MI vừa là đường cao, vừa là phân giác nên tam giác BMD cân tại M. $\Rightarrow $ MI là trung trực của đoạn thẳng BD. Mà A thuộc MI nên AB = AD. Do A, B cố định nên điểm D thuộc đường tròn tâm A bán kính AB cố định. Gọi J là điểm chính giữa cung nhỏ BC của đường tròn (A;AB) $\Rightarrow $ J cố định. Khi đó $\widehat{JDB}=\widehat{JDC}$ hay DJ là phân giác của góc BDC. Vậy tia phân giác của góc BDC luôn đi qua điểm J cố định khi M thay đổi. Bài 29: Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng d không giao nhau. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O đến d. Điểm M chuyển động trên d (M không trùng với H). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP, MQ với đường tròn (O;R) (P, Q là các tiếp điểm). Dây cung PQ cắt OH ở I và cắt OM ở K. a) Chứng minh 4 điểm O, H, P, Q cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh IH.IO = IP.IQ. c) Chứng minh tích IP.IQ không đổi khi M thay đổi trên d. d) Giả sử $\widehat{PMQ}={{60}^{0}}$. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác MPQ và OPQ. e) Gọi J là giao điểm của hai đường thẳng d và PQ. Chứng minh rằng PQ2 = 4.KI.KJ. Giải: a) Ta có $\widehat{MHO}={{90}^{0}}$ (giả thiết). Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có $\widehat{MPO}=\widehat{MQO}={{90}^{0}}$. Do đó 4 điểm O, H, P, Q cùng thuộc đường tròn đường kính OM. b) Vì 4 điểm O, H, P, Q cùng thuộc đường tròn đường kính OM. $\Rightarrow \widehat{HOQ}=\widehat{HPQ}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HQ) Ta lại có $\widehat{OIQ}=\widehat{PIH}$ (đối đỉnh) Do đó $\Delta OIQ$ ഗ$\Delta PIH$ (g-g) $\Rightarrow \frac{IO}{IQ}=\frac{IP}{IH}\Rightarrow IH.IO=IP.IQ$. c) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có MP = MQ. Ta lại có OP = OQ = R. Suy ra OM là trung trực của PQ $\Rightarrow $ OM $\bot $ PQ tại K. Do đó $\Delta OKI$ ഗ$\Delta OHM$ (g-g) $\Rightarrow \frac{OK}{OI}=\frac{OH}{OM}\Rightarrow OI.OH=OK.OM$. Tam giác OPM vuông tại P, đường cao PK $\Rightarrow OK.OM=O{{P}^{2}}={{R}^{2}}$ không đổi. Do đó OI.OH = R2 $\Rightarrow OI=\frac{{{R}^{2}}}{OH}$ không đổi (vì OH không đổi). Do đó IP.IQ = IO.IH = IO.(OH – IO) = OI.OH – OI2 = R2 – OI2 không đổi. d) Ta có $OM\bot PQ$ tại K (câu c) $\Rightarrow \frac{{{S}_{MPQ}}}{{{S}_{OPQ}}}=\frac{MK}{OK}$. Tam giác OPM vuông tại P, đường cao PK $\Rightarrow M{{P}^{2}}=MK.MO\,\,;\,\,O{{P}^{2}}=OK.OM$. Do đó $\frac{M{{P}^{2}}}{O{{P}^{2}}}=\frac{MK.MO}{OK.OM}=\frac{MK}{OK}$. Từ đó suy ra $\frac{{{S}_{MPQ}}}{{{S}_{OPQ}}}=\frac{M{{P}^{2}}}{O{{P}^{2}}}$ (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có $\widehat{OMP}=\frac{1}{2}\widehat{PMQ}=\frac{1}{2}{{.60}^{0}}={{30}^{0}}$. Tam giác OMP vuông tại P, ta có $\frac{MP}{OP}=\cot \widehat{OMP}=\cot {{30}^{0}}=\sqrt{3}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{{S}_{MPQ}}}{{{S}_{OPQ}}}={{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}=3$. e) Vì 4 điểm O, H, P, Q cùng thuộc đường tròn đường kính OM. $\Rightarrow \widehat{OHP}=\widehat{OHQ}$ (vì OP = OQ = R). $\Rightarrow $ HI là phân giác của tam giác PHQ. Ta lại có HJ $\bot $ HI (gt) nên HJ là phân giác ngoài của tam giác PHQ. Do đó ta có $\frac{IP}{IQ}=\frac{JP}{JQ}$ (cùng bằng $\frac{HP}{HQ}$). Vì OM là trung trực của PQ nên K là trung điểm của PQ $\Rightarrow KP=KQ=\frac{PQ}{2}$. Do đó $\frac{IP}{IQ}=\frac{JP}{JQ}\Leftrightarrow \frac{KP+KI}{KQ-KI}=\frac{KJ+KP}{KJ-KQ}\Leftrightarrow \frac{KP+KI}{2.KP}=\frac{KJ+KP}{2KJ}\Leftrightarrow K{{P}^{2}}=KI.KJ$. Ta lại có $KP=\frac{1}{2}PQ$ nên PQ2 = 4.KI.KJ. Bài 30: Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BD, CE cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) thứ tự ở M, N. Điểm K chuyển động trên cung nhỏ BC. Gọi P là giao điểm của KM và AC; Q là giao điểm của KN và AB. a) Chứng minh MN gấp đôi DE. b) Chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng. c) Xác định vị trí điểm K để PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN. Giải: a) Vì BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC $\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{ACE}$ (cùng phụ với góc BAC) $\Rightarrow s\tilde{n}\overset\frown{AM}=s\tilde{n}\overset\frown{AN}$ $\Rightarrow \widehat{ABM}=\widehat{ABN}$ Tam giác BHN có BE vừa là đường cao, vừa là phân giác nên tam giác BHN cân tại B. $\Rightarrow $ BE đồng thời là trung tuyến của tam giác BHN $\Rightarrow $ EH = EN. Chứng minh tương tự ta được DH = DM. Do đó DE là đường trung bình của tam giác MHN $\Rightarrow DE=\frac{1}{2}MN\Rightarrow MN=2DE$. Vậy MN gấp đôi DE. b) Gọi I là giao điểm của HQ và BN; J là giao điểm của KN và BD. Vì BE $\bot $ NH và EH = EN nên BE là trung trực của NH $\Rightarrow $ NIJH là hình thang cân (theo tính chất đối xứng trục) $\Rightarrow $ NIJH là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \widehat{IHJ}=\widehat{INJ}$ Ta lại có $\widehat{BNK}=\widehat{BMK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK) Ta cũng có CD là trung trực của HM và P thuộc CD nên $\widehat{PHM}=\widehat{PMH}$ Từ đó suy ra $\widehat{IHJ}=\widehat{PHM}$, mà M, H, J thẳng hàng nên P, H, I thẳng hàng. Vậy 3 điểm P, H, Q thẳng hàng. c) Vì PQ (hay PH) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN $\Rightarrow \widehat{PHM}=\widehat{MNH}$. Ta lại có $\widehat{PHM}=\widehat{PMH}$ (câu b) $\widehat{PMH}=\widehat{KAB}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung KB) $\widehat{MNH}=\widehat{MBC}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Từ đó suy ra $\widehat{KAB}=\widehat{MBC}$. Ta lại có $\widehat{ACB}=\widehat{AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) $\widehat{MBC}+\widehat{ACB}={{90}^{0}}$(vì BD vuông góc với AC) Do đó $\widehat{KAB}+\widehat{AKB}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{ABK}={{90}^{0}}\Rightarrow $AK là đường kính của đường tròn (O). Vậy khi AK là đường kính của đường tròn (O) thì PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN.
