Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 44: Cho tam giác nhọn ABC cân tại A, đường cao AH, K là một điểm nằm giữa A và H . Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK. Kẻ KL // AC (L thuộc AB), BK cắt CL tại E, AE cắt (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng :$\widehat{\text{AF}L}=\widehat{BAC}$. Gọi P là giao điểm của AC và BE; M và N lần lượt là giao điểm của đường thẳng LK với tia AF và đường tròn (O). Vì KL // AC và tam giác ABC cân tại A nên LA = LK. Do đó LB = LN (vì BKAN là tứ giác nội tiếp). Từ đó (với chú ý : ML // AC, AP // LK, tam giác ABC cân tại A) ta suy ra: $\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AC}=\frac{AP}{AB}=\frac{LK}{LB}=\frac{LK}{LN}=\frac{LK+MK}{LN+ML}=\frac{ML}{MN}$ Vậy MK.MN = ML2 . Mặt khác : MK.MN = MA.MF (phương tích của M đối với (O)) nên MA.MF = ML2. Do đó $\Delta MAL ഗ \Delta MLF$ (c.g.c) Suy ra : $\widehat{BLM}={{180}^{0}}-\widehat{MLA}={{180}^{0}}-\widehat{MFL}=\widehat{\text{AF}L}$. Ta lại có $\widehat{BLM}=\widehat{BAC}$ ($KL // AC$) nên $\widehat{\text{AF}L}=\widehat{BAC}$. Bài 45: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD và BE cắt nhau tại H. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của BC và CA. Giả sử hai đường thẳng MN và DE cắt nhau tại P. Chứng minh rằng OH vuông góc với CP. Giải: Tứ giác MNED nội tiếp đường tròn Ơ-le $\Rightarrow $ PM.PN = PD.PE (1) Tứ giác CDHE nội tiếp ($\widehat{D}+\widehat{E}={{180}^{0}}$) có tâm là I đường kính AH. Gọi Q là giao điểm của CP và đường tròn (I) $\Rightarrow $ PD.PE = PQ.PC (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ PM.PN = PQ.PC $\Rightarrow $ Tứ giác CQMN nội tiếp Vì M, N thứ tự là trung điểm của BC, CA nên OM$\bot $BC và ON$\bot $AC, do đó tứ giác CMON nội tiếp đường tròn tâm J đường kính OC. Vậy 5 điểm C, Q, M, O, N cùng thuộc đường tròn (J). Do đó hai đường tròn (I) và (J) cắt nhau tại C và Q $\Rightarrow $ IJ$\bot $CQ (3) Vì I, J thứ tự là trung điểm của CH, CO nên IJ là đường trung bình của tam giác CHO $\Rightarrow $ IJ // OH (4) Từ (3) và (4) $\Rightarrow $ OH$\bot $CQ hay OH$\bot $CP (đpcm). Bài 46: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt dường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M, N (M thuộc cung nhỏ AB). Gọi I là trung điểm của BC, đường thẳng MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K. Chứng minh rằng AK vuông góc với HN Giải: Kéo dài AH cắt BC tại J. Gọi T và P là giao điểm của AK với NH và BC; Q là giao điểm của MN và BC. Tứ giác IEFJ nội tiếp (đường tròn Ơ le). Áp dụng phương tích của một điểm đối với đường tròn, ta có: QI.QJ = QE.QF; QB.QC = QE.QF; QB.QC = QM.QN $\Rightarrow $ QI.QJ = QM.QN $\Rightarrow $ tứ giác MNIJ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{NMI}=\widehat{NJI}$, mà $\widehat{NMK}=\widehat{NAK}$ nên $\Rightarrow \widehat{NAP}=\widehat{NJP}$ Do đó tứ giác NAJP nội tiếp, mà $\widehat{AJP}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{ANP}={{90}^{0}}$ Dễ thấy OA vuông góc với MN $\Rightarrow $AM = AN $\Rightarrow \Delta AMN$cân tại A $\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{ANM}$ $\Rightarrow \Delta ANE$ഗ$\Delta ACN$(g-g) $\Rightarrow A{{N}^{2}}=AE.AC$ Dễ thấy AE.AC = AH.AJ nên $A{{N}^{2}}=AH.AJ$$\Rightarrow \widehat{ANH}=\widehat{AJN}$ Mà tứ giác NAJP nội tiếp $\Rightarrow \widehat{APN}=\widehat{AJN}$$\Rightarrow \widehat{ANH}=\widehat{APN}$hay$\widehat{ANT}=\widehat{APN}$ Mà tam giác ANP vuông tại N nên NT vuông góc với AP. Vậy AK vuông góc với HN tại T. Bài 47: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Đường trung tuyến AM của tam giác ABC cắt đường tròn (O) tại N. Gọi P1 và P2 thứ tự là chu vi của các tam giác CDF và BDE. Chứng minh rằng $\frac{NB}{NC}=\frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}$. Giải: Kẻ MI $\bot $ AB ; MK $\bot $ AC. Dễ dàng chứng minh được $\frac{NB}{NC}=\frac{MI}{MK}$ (cùng bằng $\frac{\sin \widehat{NAB}}{\sin \widehat{NAC}}$) Vì MI // CF (cùng vuông góc với AB) ; MK // BE (cùng vuông góc với AC) và MB = MC nên $MI=\frac{1}{2}CF$ ; $MK=\frac{1}{2}BE$. Do đó $\frac{MI}{MK}=\frac{CF}{BE}$. Tứ giác BFHD có $\widehat{BFH}=\widehat{BDH}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác BFHD nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HFD}=\widehat{HBD}$ hay $\widehat{CFD}=\widehat{EBD}$. Tứ giác CEHD có $\widehat{CEH}=\widehat{CDH}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác CEHD nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HCD}=\widehat{HED}$ hay $\widehat{FCD}=\widehat{BED}$. Do đó $\Delta FCD$ ഗ$\Delta BED$ (g-g) $\Rightarrow \frac{CF}{EB}=\frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}$. Từ đó suy ra $\frac{NB}{NC}=\frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}$.
