Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 36: Cho tam giác ABC, M là điểm trong tam giác. Các tia AM, BM, CM cắt các cạnh BC, CA, AB thứ tự tại A’, B’, C’. Đường thẳng BC cắt B’C’ tại A’’. Gọi I là trung điểm của A’A’’. Đường thẳng CA cắt C’A’ tại B’’. Gọi J là trung điểm của B’B’’. Đường thẳng AB cắt A’B’ tại C’’. Gọi K là trung điểm của C’C’’. Chứng minh rằng ba điểm I, J, K thẳng hàng. Giải: Cách 1: Áp dụng định lí Mê-nê-la-uts vào tam giác ABC và 3 điểm B’, C’, A’’ thẳng hàng. Ta có $\frac{A''B}{A''C}.\frac{B'C}{B'A}.\frac{C'A}{C'B}=1$ (1) Áp dụng định lí Cê-va vào tam giác ABC và 3 đường AA’, BB’, CC’ đồng quy tại M. Ta có $\frac{A'B}{A'C}.\frac{B'C}{B'A}.\frac{C'A}{C'B}=1$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{A''B}{A''C}=\frac{A'B}{A'C}$. Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau và kết hợp với IA’ = IA’’, ta có: · $\frac{A''B}{A''C}=\frac{A'B}{A'C}=\frac{A''B-A'B}{A''C-A'C}=\frac{\left( IA''+IB \right)-\left( IA'-IB \right)}{A'A''}=\frac{2.IB}{2.IA'}=\frac{IB}{IA'}$. · $\frac{A''B}{A''C}=\frac{A'B}{A'C}=\frac{A''B+A'B}{A''C+A'C}=\frac{A'A''}{\left( IA''+1C \right)+\left( IC-IA' \right)}=\frac{A'A''}{2.IC}=\frac{2.IA'}{2.IC}=\frac{IA'}{IC}$. Do đó ${{\left( \frac{A'B}{A'C} \right)}^{2}}=\frac{IB}{IA'}.\frac{IA'}{IC}=\frac{IB}{IC}$ (3) Chứng minh tương tự ta cũng được: ${{\left( \frac{B'C}{B'A} \right)}^{2}}=\frac{JC}{JA}$ (4) ; ${{\left( \frac{C'A}{C'B} \right)}^{2}}=\frac{KA}{KB}$ (5). Nhân các đẳng thức (3), (4), (5) VTV ta được: $\frac{IB}{IC}.\frac{JC}{JA}.\frac{KA}{KB}={{\left( \frac{A'B}{A'C}.\frac{B'C}{B'A}.\frac{C'A}{C'B} \right)}^{2}}=1$. Theo định lí Mê-nê-la-uts đảo đối với tam giác ABC thì 3 điểm I, J, K thẳng hàng. Cách 2: (Có điều chỉnh tên một số điểm trong đề để tiện trình bày) Áp dụng định lí Mê-nê-la-uts vào tam giác ABC và 3 điểm D’, F, E thẳng hàng. Ta có $\frac{D'B}{D'C}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (1) Áp dụng định lí Cê-va vào tam giác ABC và 3 đường AD, BE, CF đồng quy tại M. Ta có $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{D'B}{D'C}=\frac{DB}{DC}$. Chứng minh tương tự ta được: $\frac{E'C}{E'A}=\frac{EC}{EA}$ ; $\frac{F'A}{F'B}=\frac{FA}{FB}$. Nhân các đẳng thức trên VTV ta được $\frac{D'B}{D'C}.\frac{E'C}{E'A}.\frac{F'A}{F'B}=\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Theo định lí Mê-nê-la-uts đảo đối với tam giác ABC thì 3 điểm D’, E’, F’ thẳng hàng. Ta có ${{S}_{EIK}}={{S}_{ED'F'}}-{{S}_{EID'}}-{{S}_{EKF'}}-{{S}_{D'IF'}}-{{S}_{IKF'}}$ $\begin{align} & ={{S}_{ED'F'}}-\frac{1}{2}{{S}_{EDD'}}-\frac{1}{2}{{S}_{EFF'}}-\frac{1}{2}{{S}_{DD'F'}}-\frac{1}{2}{{S}_{FIF'}} \\ & =\frac{1}{2}\left( {{S}_{ED'F'}}-{{S}_{EDD'}}-{{S}_{DD'F'}} \right)+\frac{1}{2}\left( {{S}_{ED'F'}}-{{S}_{EFF'}}-{{S}_{FIF'}} \right) \\ & =0+\frac{1}{2}\left( {{S}_{FID'}}+{{S}_{F'ID'}} \right)=\frac{1}{4}\left( {{S}_{FD\text{D}'}}+{{S}_{F'DD'}} \right)=\frac{1}{4}{{S}_{DFD'F'}} \\ \end{align}$ Vậy ${{S}_{EIK}}=\frac{1}{4}{{S}_{DFD'F'}}$. Chứng minh tương tự ta được: ${{S}_{E'IK}}=\frac{1}{4}{{S}_{DFD'F'}}$. Do đó ${{S}_{EIK}}={{S}_{E'IK}}$. Điều này chứng tỏ E và E’ cách đều đường thẳng IK hay đường thẳng IK đi qua trung điểm J của EE’. Tức là 3 điểm I, J, K thẳng hàng. Lưu ý: Đường thẳng IJK gọi là đường thẳng Gau-xơ của tứ giác DFD’F’. Bài 37: Cho hình bình hành ABCD. Đường thẳng đi qua A cắt cạnh CD tại E và cắt tia BC tại F. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF. Chứng minh rằng nếu đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD đi qua điểm O thì AF là phân giác của góc DAB. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD. Suy ra IA = IC và IB = ID. Vẽ OH CE, OK CF. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF nên HC = HE và KC = KF. Do đó ba điểm I, H, K thẳng hàng. Vì điểm O nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD nên đường thẳng IHK chính là đường thẳng Sim-son của tam giác BCD đối với điểm O. Suy ra OI Lời giải: Vì IB = ID và OI $\bot $ BD nên tam giác BOD cân tại O. Suy ra $\widehat{OBD}=\widehat{ODB}$. Mặt khác tứ giác BCOD nội tiếp nên $\widehat{OBD}=\widehat{OCD}$ và $\widehat{ODB}=\widehat{OCF}$. Do đó $\widehat{OCD}=\widehat{OCF}$ hay $\widehat{OCE}=\widehat{OCF}$. Khi đó $\Delta OCE=\Delta OCF$ (c-g-c) $\Rightarrow CE=CF$ $\Rightarrow \Delta CEF$ cân tại C $\Rightarrow \widehat{CEF}=\widehat{CFE}$ (1) Vì ABCD là hình bình hành $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AB//CD \\ & AD//BC \\ \end{align} \right. $ $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \widehat{BAF}=\widehat{CEF} \\ & \widehat{DAF}=\widehat{CFE} \\ \end{align} \right.$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{BAF}=\widehat{DAF}$. Vậy AF là phân giác của góc DAB. Bài 38: Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt bằng a, b, c và diện tích tam giác ABC bằng S. Chứng minh rằng $6S<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$. Giải: Vẽ đường cao AH của tam giác ABC. Ta có $S=\frac{1}{2}BC.AH\le \frac{1}{2}BC.AC=\frac{1}{2}ab\Leftrightarrow 2S\le ab$. Dấu “=” xảy ra khi $H\equiv C$ hay $\widehat{ACB}={{90}^{0}}$. Tương tự $2S\le bc$, dấu “=” xảy ra khi $\widehat{BAC}={{90}^{0}}$. $2S\le ca$, dấu “=” xảy ra khi $\widehat{ABC}={{90}^{0}}$. Do đó $6S\le ab+bc+ca$. Ta lại có $ab+bc+ca\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$, dấu “=” xảy ra khi a = b = c. Từ đó suy ra $6S\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$. Dễ thấy dấu “=” không thể xảy ra nên $6S<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$. Bài 39: Cho tứ giác ABCD có E, F lần lượt là trung điểm của AD, CD. Giả sử BE + BF = a. Chứng minh rằng ${{S}_{ABCD}}<\frac{{{a}^{2}}}{2}$. Giải: Vì E, F lần lượt là trung điểm của AD, CD. $\Rightarrow $ EF là đường trung bình của tam giác ACD $\Rightarrow $ EF // AC và $EF=\frac{1}{2}AC$. Vẽ BH $\bot $ EF ; DK $\bot $ EF. Khi đó ${{S}_{BEDF}}=\frac{1}{2}EF\left( BH+DK \right)=\frac{1}{4}AC\left( BH+DK \right)=\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}$ (1) Mặt khác do điểm B và D nằm khác phía đối với AC và EF là đường trung bình của tam giác ACD nên DK < BH. Do đó ${{S}_{BEDF}}<2{{S}_{BEF}}$ (2) Dế dàng chứng minh được $2{{S}_{BEF}}\le BE.BF\le \frac{{{\left( BE+BF \right)}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{4}$ (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{1}{2}{{S}_{ABCD}}<\frac{{{a}^{2}}}{4}$ hay ${{S}_{ABCD}}<\frac{{{a}^{2}}}{2}$. Bài 40: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. Gọi Q là giao điểm của BE và DF. Tia BO cắt AC tại P. Gọi M là trung điểm của AC. a) Kéo dài BP cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh ba điểm H, M, I thẳng hàng. b) Kéo dài BE cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh K và H đối xứng với nhau qua AC. c) Chứng minh rằng HQ.BE = HE.BQ. d) Chứng minh MH song song với PQ. Giải: a) Dễ thấy BI là đường kính của đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{BAI}=\widehat{BCI}={{90}^{0}}$. Do đó IC // AH (cùng vuông góc với BC) ; IA // CH (cùng vuông góc với AB). Suy ra AICH là hình bình hành. Mà M là trung điểm đường chéo AC nên M cũng là trung điểm đường chéo HI. Vậy ba điểm H, M, I thẳng hàng. b) Ta có $\widehat{ACK}=\widehat{ABK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK). Do BE và CF là hai đường cao của $\Delta ABC$$\Rightarrow \widehat{ACH}=\widehat{ABK}$ (cùng phụ với góc BAC). Suy ra $\widehat{ACK}=\widehat{ACH}$ (cùng bằng $\widehat{ABK}$). Tam giác CKH có CE vừa là phân giác, vừa là đường cao nên tam giác CKH cân tại C. Suy ra CE (hay CA) là trung trực của KH. Vậy K và H đối xứng với nhau qua AC. c) Tứ giác AEDB có $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}={{90}^{0}}$ (gt). $\Rightarrow $ Tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB $\Rightarrow \widehat{ADE}=\widehat{ABE}$ (1) Tứ giác FHDB có $\widehat{HDB}=\widehat{HFB}={{90}^{0}}$ (gt). $\Rightarrow $ Tứ giác FHDB nội tiếp đường tròn đường kính HB $\Rightarrow \widehat{HDF}=\widehat{HBF}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat{ADE}=\widehat{HDF}$ $\Rightarrow $ DH là phân giác của tam giác DQE. Do DB $\bot $ DH (gt) nên DB là phân giác ngoài của tam giác DQE. Theo tính chất của đường phân giác trong tam giác, ta có: $\frac{HQ}{HE}=\frac{BQ}{BE}$ (cùng bằng $\frac{DQ}{DE}$) $\Rightarrow $ HQ.BE = HE.BQ. d) Do BI là đường kính của đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{BKI}={{90}^{0}}$. Suy ra PE // IK (cùng vuông góc với BK). Theo định lí Ta-lét ta có $\frac{PI}{PB}=\frac{EK}{EB}$. Do K và H đối xứng với nhau qua AC nên EK = EH $\Rightarrow \frac{PI}{PB}=\frac{EH}{EB}$. Ta lại có $\frac{HQ}{HE}=\frac{BQ}{BE}$ (cmt) $\Rightarrow \frac{HQ}{BQ}=\frac{HE}{BE}$$\Rightarrow \frac{HQ}{BQ}=\frac{PI}{PB}$. Theo định lí Ta-lét đảo $\Rightarrow $ IH // PQ hay MH // PQ. Cách khác: Dễ thấy BI là đường kính của đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{BAI}=\widehat{BCI}={{90}^{0}}$. Do đó IC // AH (cùng vuông góc với BC) ; IA // CH (cùng vuông góc với AB). Suy ra AICH là hình bình hành. Mà M là trung điểm đường chéo AC nên M cũng là trung điểm đường chéo HI. Vậy ba điểm H, M, I thẳng hàng. Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FHDB $\Rightarrow $ O’ là trung điểm của đường kính HB. $\Rightarrow $ OO’ là đường trung bình của tam giác BHI $\Rightarrow $ OO’ // IH hay OO’ // MH (1) Ta có $\widehat{QBF}+\widehat{BAC}={{90}^{0}}$; $\widehat{PBC}+\widehat{BIC}={{90}^{0}}$ và $\widehat{BAC}=\widehat{BIC}$ nên $\widehat{QBF}=\widehat{PBC}$. Dễ thấy tứ giác AFDC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{BFQ}=\widehat{BCP}$ (cùng bù với $\widehat{AFD}$). Do đó $\Delta QBF$ ഗ$\Delta PBC$ (g-g) \[\Rightarrow \frac{BQ}{BP}=\frac{BF}{BC}\]. $\Delta BFH$ ഗ$\Delta BCI$ (g-g) \[\Rightarrow \frac{BF}{BC}=\frac{BH}{BI}=\frac{2.BO'}{2.BO}=\frac{BO'}{BO}\]. Từ đó \[\Rightarrow \frac{BQ}{BP}=\frac{BO'}{BO}\], theo định lí Ta-lét đảo $\Rightarrow $ OO’ // PQ (2) Từ (1) và (2) suy ra PQ // MH.
