Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- I. Định lí: “Cê-va trong đường tròn” Trong đường tròn (O). Chứng minh rằng ba dây AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Giải: Phần thuận: Giả sử ba dây AD, BE, CF đồng quy tại G. Dễ dàng chứng minh được: $\Delta BGD$ ഗ$\Delta AGE$ (g-g) $\Rightarrow \frac{DB}{EA}=\frac{GB}{GA}$ $\Delta CGE$ ഗ$\Delta BGF$ (g-g) $\Rightarrow \frac{EC}{FB}=\frac{GC}{GB}$ $\Delta AGF$ ഗ$\Delta CGD$ (g-g) $\Rightarrow \frac{FA}{DC}=\frac{GA}{GC}$ Nhân vế theo vế các đẳng thức trên ta được: $\frac{DB}{EA}.\frac{EC}{FB}.\frac{FA}{DC}=1$ hay $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Phần đảo: Gọi G là giao điểm của AD, BE. Tia CG cắt đường tròn (O) tại F’. Khi đó theo kết quả phần thuận ta có $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{F'A}{F'B}=1$. Theo giả thiết ta có $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Từ đó suy ra $\frac{F'A}{F'B}=\frac{FA}{FB}$. Ta lại có $\widehat{AF'B}=\widehat{AFB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) $\Rightarrow \Delta AF'B$ ഗ$\Delta AFB$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{ABF'}=\widehat{ABF}\,\,;\,\,\widehat{BAF'}=\widehat{BAF}$. Do đó $\Delta AF'B=\Delta AFB$ $\Rightarrow $ F’A = FA ; F’B = FB $\Rightarrow F'\equiv F$. Vậy AD, BE, CF đồng quy tại G. II. Một số bài tập áp dụng định lí Cê-va trong đường tròn Ví dụ 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên các cung nhỏ AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho DA = 2.DB ; EA = 2.EC. Gọi F là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng AF là phân giác của góc BAC. Giải: Vì D, E lần lượt thuộc các cung nhỏ AB, AC nên giao điểm F của BE, CD nằm trong tam giác ABC. Gọi G là giao điểm của tia AF và đường tròn (O) thì G thuộc cung nhỏ BC. Theo định lí Cê-va ta có: $\frac{DA}{DB}.\frac{GB}{GC}.\frac{EC}{EA}=1$. Ta lại có DA = 2.DB ; EA = 2.EC $\Rightarrow \frac{DA}{DB}=2$ ; $\frac{EC}{EA}=\frac{1}{2}$. Từ đó suy ra $\frac{GB}{GC}=1\Rightarrow GB=GC\Rightarrow \widehat{GAB}=\widehat{GAC}$ hay $\widehat{FAB}=\widehat{FAC}$. Vậy AF là phân giác của góc BAC. Ví dụ 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên các cung nhỏ AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho $\sin \widehat{DCA}=2.\sin \widehat{DCB}$; $\sin \widehat{EBA}=2.\sin \widehat{EBC}$. Gọi F là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng AF là phân giác của góc BAC. Giải: Ta có $\frac{DA}{\sin \widehat{DCA}}=\frac{DB}{\sin \widehat{DCB}}=2R$ và $\frac{EA}{\sin \widehat{EBA}}=\frac{EC}{\sin \widehat{EBC}}=2R$. Kết hợp với giả thiết $\sin \widehat{DCA}=2.\sin \widehat{DCB}$ và $\sin \widehat{EBA}=2.\sin \widehat{EBC}$ $\Rightarrow $ DA = 2.DB và EA = 2.EC. Từ đó giải tiếp tục như Ví dụ 1. Ví dụ 3 Cho đường tròn (O) và dây BC cố định. Điểm A chuyển động trên cung lớn BC. Trên các cung AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho DA = 2.DB ; EA = 2.EC. Gọi F là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng đường thẳng AF luôn đi qua một điểm cố định. Giải: Tương tự như Ví dụ 1. Đây là cách phát biểu khác của Ví dụ 1. Ví dụ 4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Điểm I bất kì nằm trong tam giác ABC. Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn (O) thứ tự ở D, E, F. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng $T=\frac{DB}{DC}+\frac{EC}{EA}+\frac{FA}{FB}$. Giải: Trong đường tròn (O) có ba dây AD, BE, CF đồng quy tại I. Áp dụng định lí Cê-va ta có: $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: $T=\frac{DB}{DC}+\frac{EC}{EA}+\frac{FA}{FB}\ge 3\sqrt[3]{\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}}=3$. Dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & \frac{DB}{DC}+\frac{EC}{EA}+\frac{FA}{FB}=3 \\ & \frac{DB}{DC}=\frac{EC}{EA}=\frac{FA}{FB} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \frac{DB}{DC}=\frac{EC}{EA}=\frac{FA}{FB}=1\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & DB=DC \\ & EC=EA \\ & FA=FB \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow $ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Vậy $\min \,T=3$ đạt được khi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ví dụ 5 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là điểm chính giữa cung BC. Điểm I thuộc dây AD và nằm trong tam giác ABC. Các tia BI, CI thứ tự cắt đường tròn (O) ở E, F. Phân giác của góc AFB cắt AB tại M; Phân giác của góc AEC cắt AC tại N. Chứng minh rằng MN song song với BC. Giải: Trong đường tròn (O) có ba dây AD, BE, CF đồng quy tại I. Áp dụng định lí Cê-va ta có: $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Vì D là điểm chính giữa cung BC nên DB = DC. Do đó $\frac{FA}{FB}=\frac{EA}{EC}$. Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có: $\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MB}$ ; $\frac{EA}{EC}=\frac{NA}{NC}$. Từ đó suy ra $\frac{MA}{MB}=\frac{NA}{NC}$. Theo định lí Ta-lét đảo suy ra MN song song với BC. Ví dụ 6 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường phân giác AD. Điểm I thuộc đoạn AD. Các tia BI, CI thứ tự cắt đường tròn (O) ở E, F. Phân giác của góc AFB cắt AB tại M; Phân giác của góc AEC cắt AC tại N. Chứng minh rằng MN song song với BC. Giải: Cách 1: Xem lời giải Ví dụ 5. Cách 2: Vẽ IT, IR lần lượt song song với AB, AC . Dễ thấy $\widehat{FAB}=\widehat{ICR}$. $\widehat{ABF}=\widehat{FCA}=\widehat{RIC}$ nên $\Delta \text{AF}B$∽ $\Delta CRI$ $\Rightarrow \frac{FA}{FB}=\frac{RC}{RI}$ (1) Tương tự có : $\frac{EA}{EC}=\frac{BT}{TI}$ (2) Vì IT // AB và IR // AC nên $\frac{TI}{AB}=\frac{\text{IR}}{AC}$ ( cung bằng $\frac{ID}{AD}$) $\Rightarrow \frac{RI}{TI}=\frac{AC}{AB}$ (3) Dễ thấy $ID$ là phân giác góc $TIR$ nên : $\frac{RD}{TD}=\frac{RI}{TI}=\frac{AC}{AB}=\frac{DC}{BD}\Rightarrow \frac{AC}{AB}=\frac{DC-RD}{BD-TD}=\frac{RC}{BT}$ (4) Từ (3), (4) $\Rightarrow \frac{RI}{TI}=\frac{RC}{BT}\Rightarrow \frac{RC}{RI}=\frac{BT}{TI}$ (5) Từ (1), (2), ( 5) $\Rightarrow \frac{FA}{FB}=\frac{EA}{EC}$ Mà $\frac{FA}{FB}=\frac{AM}{BM},\frac{EA}{EC}=\frac{AN}{NC}$ nên $\frac{AM}{BM}=\frac{AN}{CN}$ Do đó NM // BC. Cách 3: Kẻ IJ $\bot $ BC ; IK $\bot $ CA ; IH $\bot $ AB. Đặt $\widehat{IBH}={{\alpha }_{1}}\,\,;\,\,\,\widehat{IBJ}={{\alpha }_{2}}\,\,;\,\,\widehat{ICK}={{\beta }_{1}}\,\,;\,\,\,\widehat{ICJ}={{\beta }_{2}}$. Dễ thấy $\frac{IH}{IJ}=\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}}\,\,;\,\,\frac{IK}{IJ}=\frac{\sin {{\beta }_{1}}}{\sin {{\beta }_{2}}}$. Vì AD là phân giác của góc BAC nên IH = IK. Do đó $\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}}=\frac{\sin {{\beta }_{1}}}{\sin {{\beta }_{2}}}$ (1) Ta lại có $\frac{EA}{\sin {{\alpha }_{1}}}=\frac{EC}{\sin {{\alpha }_{2}}}=2R\,\,;\,\,\frac{FA}{\sin {{\beta }_{1}}}=\frac{FB}{\sin {{\beta }_{2}}}=2R$ $\Rightarrow \frac{EA}{EC}=\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\alpha }_{2}}}\,\,;\,\,\frac{FA}{FB}=\frac{\sin {{\beta }_{1}}}{\sin {{\beta }_{2}}}$ (2) Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có: $\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MB}$ ; $\frac{EA}{EC}=\frac{NA}{NC}$ (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{MA}{MB}=\frac{NA}{NC}$. Theo định lí Ta-let đảo suy ra MN // BC. Cách 4: Gọi H là giao điểm của AD với (O) Ta có: $\Delta FAI$~ $\Delta HCI$ (gg) $\Rightarrow \frac{FA}{HC}=\frac{IA}{IC}$ (1) Ta có: $\Delta BHI$~ $\Delta AEI$ (gg) $\Rightarrow \frac{BH}{EA}=\frac{IB}{IA}$ (2) Lấy (1) x (2) vtv ta được : $\frac{FA}{HC}.\frac{BH}{EA}=\frac{IA}{IC}.\frac{IB}{IA}\Rightarrow \frac{FA}{EA}=\frac{IB}{IC}$ (3) (vì HB = HC do AD là pg của $\widehat{BAC}$) Ta có : $\Delta IBF$ ~ $\Delta ICE$ (gg) $\Rightarrow \frac{FB}{EC}=\frac{IB}{IC}$ (4) Từ (3) & (4) $\Rightarrow \frac{FA}{EA}=\frac{FB}{EC}$ $\Rightarrow \frac{FA}{FB}=\frac{EA}{EC}$ (5) Theo tính chất đường phân giác trong tam giác FAB ta có: $\frac{FA}{FB}=\frac{MA}{MB}$ (6) Theo tính chất đường phân giác trong tam giác EAC ta có: $\frac{EA}{EC}=\frac{NA}{NC}$ (7) Từ (5),(6),(7) ta suy ra: $\frac{MA}{MB}=\frac{NA}{NC}$ Nên theo định lí đảo của Talet trong tam giác ABC ta suy ra MN // BC Ví dụ 7 Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Trên đoạn AD lấy các điểm E, F sao cho $\widehat{EBA}=\widehat{FBC}$. Chứng minh rằng $\widehat{ECA}=\widehat{FCB}$. Giải: Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Kéo dài AD, BE, BF, CE, CF cắt đường tròn (O) thứ tự ở L, M, N, P, Q. Áp dụng định lí Cê-va đối với ba dây AL, BM, CP đồng quy tại E ta có: $\frac{LB}{LC}.\frac{MC}{MA}.\frac{PA}{PB}=1$. Vì AD là phân giác của góc BAC nên LB = LC. Từ đó suy ra $\frac{PA}{PB}=\frac{MA}{MC}$ (1) Áp dụng định lí Cê-va đối với ba dây AL, BN, CQ đồng quy tại F ta có: $\frac{LB}{LC}.\frac{NC}{NA}.\frac{QA}{QB}=1$. Vì AD là phân giác của góc BAC nên LB = LC. Từ đó suy ra $\frac{QA}{QB}=\frac{NA}{NC}$ (2) Vì $\widehat{EBA}=\widehat{FBC}$ nên $\widehat{FBA}=\widehat{EBC}$. Từ đó suy ra MA = NC và MC = NA. Do đó từ (1) và (2) suy ra $\frac{PA}{PB}=\frac{QB}{QA}$. Ta lại có $\widehat{APB}=\widehat{BQA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) $\Rightarrow \Delta APB$ ഗ$\Delta BQA$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{PBA}=\widehat{QAB}$ $\Rightarrow $ $\widehat{PCA}=\widehat{QCB}$ hay $\widehat{ECA}=\widehat{FCB}$. Ví dụ 8 Cho tam giác nhọn ABC $\left( AB<AC \right)$ nội tiếp đường tròn (O). Vẽ dây AD vuông góc với BC tại I. Trên đoạn AI lấy điểm H. Các tia BH, CH cắt đường tròn (O) thứ tự ở E, F. Chứng minh rằng nếu BD.CE = BF.CD thì H là trực tâm của tam giác ABC. Giải: Cách 1: Áp dụng định lí Cê-va đối với ba dây AD, BE, CF đồng quy tại H ta có: $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Ta lại có BD.CE = BF.CD nên từ đó suy ra AE = AF. $\Rightarrow \widehat{ABE}=\widehat{ACF}$ hay $\widehat{ABH}=\widehat{ACH}$. Gọi K là điểm đối xứng với B qua AI. Vì AI $\bot $ BC và AB < AC nên K thuộc đoạn IC. $\Rightarrow \widehat{ABH}=\widehat{AKH}$$\Rightarrow \widehat{AKH}=\widehat{ACH}$ Do đó tứ giác AHKC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HAK}=\widehat{HCK}$. Ta lại có $\widehat{HAK}=\widehat{HAB}$ (vì K đối xứng với B qua AI) $\Rightarrow \widehat{HAB}=\widehat{HCK}$. Mà AH $\bot $ BC nên CH $\bot $ AB. Vậy H là trực tâm của tam giác ABC. Cách 2: $\Delta HFB\sim \Delta HEC$ (g – g) nên : $\frac{BH}{HC}=\frac{BF}{CE}$ Mặt khác : $\frac{BD}{CD}=\frac{BF}{CE}$ ( BD.CE = BF.CD) nên : $\frac{BD}{CD}=\frac{BH}{CH}$ hay BD.CH = BH.CD (1) Tứ giác BHCD có BC $\bot $ HD tại I nên $B{{H}^{2}}+D{{C}^{2}}=B{{D}^{2}}+H{{C}^{2}}$ (2) ( suy từ định lí Pitago) Từ (1) và (2) suy ra: ${{\left( BH+CD \right)}^{2}}={{\left( BD+HC \right)}^{2}}$ hay BH + CD = BD + HC (3). Từ (1) và (3) suy ra BH, CD và BD, HC đều là các nghiệm của cùng một phương trình bậc hai. Do đó BH = BD và CD = HC (4) hay BH = HC và CD = BD (5) Nếu (5) xảy ra thì BI = CI và do đó AB = AC ( quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu) . Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy BD = BH, CD = CH từ đó ta chứng minh được H và D đối xứng nhau qua BC và suy ra H là trực tâm tam giác ABC. Cách 3: Ta chứng minh được $\frac{BD}{CD}=\frac{BH}{CH}$ (như cách 1), suy ra H thuộc đường tròn Apolonius tương ứng với hai điểm B, C và tỉ số m = $\frac{BD}{CD}$. Vì đường thẳng BC chứa đường kính của đường tròn này và HD là dây cung vuông góc với BC nên H và D đối xứng nhau qua BC. Từ đó ta chứng minh được H là trực tâm tam giác ABC. Ví dụ 9 Cho tam giác nhọn ABC $\left( AB<AC \right)$ nội tiếp đường tròn (O). Vẽ dây AD vuông góc với BC tại I. Trên đoạn AI lấy điểm H. Các tia BH, CH cắt đường tròn (O) thứ tự ở E, F. Chứng minh rằng nếu BD.CE = BF.CD thì H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Áp dụng định lí Cê-va đối với ba dây AD, BE, CF đồng quy tại H ta có: $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$. Ta lại có BD.CE = BF.CD nên từ đó suy ra AE = AF. $\Rightarrow \widehat{ABE}=\widehat{ACF}$ và $\widehat{ADE}=\widehat{ADF}$. $\Rightarrow $ DA là phân giác của góc EDF (1) Gọi K là điểm đối xứng với B qua AI. Vì AI $\bot $ BC và AB < AC nên K thuộc đoạn IC. $\Rightarrow \widehat{ABH}=\widehat{AKH}$$\Rightarrow \widehat{AKH}=\widehat{ACH}$ Do đó tứ giác AHKC nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HAK}=\widehat{HCK}$. Ta lại có $\widehat{HAK}=\widehat{HAB}$ (vì K đối xứng với B qua AI) $\Rightarrow \widehat{HAB}=\widehat{HCK}$. Mặt khác $\widehat{BCD}=\widehat{HAB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD) $\Rightarrow \widehat{BCD}=\widehat{HCK}$. Do đó suy ra $\widehat{BED}=\widehat{BEF}$ $\Rightarrow $ EB là phân giác của góc DEF (2) Mà H là giao điểm của DA và EB nên từ (1) và (2) suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF.