Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 48: Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E bất kỳ. Tia AE cắt tia DC tại F. Tia DE cắt đoạn thẳng BF tại G. Chứng minh rằng CG vuông góc với AF. Giải: Gọi H là giao điểm của hai tia AB và CG. Áp dụng định lí Mê-nê-la-ut vào tam giác BCF và ba điểm thẳng hang D, E, G Ta có $\frac{DC}{DF}.\frac{GF}{GB}.\frac{EB}{EC}=1$ (1) Vì EC // AD nên $\frac{AD}{DF}=\frac{EC}{CF}$, mà AD = DC nên $\frac{DC}{DF}=\frac{EC}{CF}$ (2) Vì BH // CF nên $\frac{GF}{GB}=\frac{CF}{BH}$ (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta có $\frac{EC}{CF}.\frac{CF}{BH}.\frac{EB}{EC}=1$ $\Rightarrow $ EB = BH. Từ đó suy ra $\Delta ABE=\Delta CBH$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{BAE}=\widehat{BCH}$ $\Rightarrow $ AF vuông góc với CG. Mở rộng: 1. Gọi I là giao điểm của AF và CG. Chứng minh rằng tích AF.BI không đổi. Dễ thấy $\Delta ACF$ ഗ$\Delta BIC$ (g-g) $\Rightarrow $ $\frac{AC}{BI}=\frac{AF}{BC}$ $\Rightarrow $ AF.BI = AC.BC = $B{{C}^{2}}\sqrt{2}$ (không phụ thuộc vào vị trí điểm E) 2. Chứng minh rằng $\frac{AE}{AF}=\sqrt{\frac{IE}{IF}}$. Gợi ý: $\frac{AE}{AF}=\frac{DC}{DF}=\frac{AD}{DF}=\frac{EC}{CF}=\frac{\sqrt{EI.EF}}{\sqrt{FI.FE}}=\sqrt{\frac{IE}{IF}}$. 3. Tam giác BID là tam giác gì? Vì sao? Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên OA = OB = OC = OD. Do tam giác AIC vuông tại I có OA = OC nên $OI=\frac{AC}{2}=\frac{BD}{2}$ Vậy tam giác BID vuông tại I. Bài 49: Cho hình chữ nhật ABCD (AB > AD). Gọi E là hình chiếu của A lên đường chéo BD. Gọi F và G thứ tự là trung điểm của BE và CD. a) Tính tỉ số $\frac{AB}{AD}$, biết BE = AD. b) Chứng minh rằng: ADGF là tứ giác nội tiếp. c) Tia AF cắt BC ở H; tia GF cắt AB ở I. Chứng minh đẳng thức: AG.HI = DA.BH + DG.BI. Giải: a) Vì ABCD là hình chữ nhật và E là hình chiếu của A lên đường chéo BD $\Rightarrow $ $\Delta ABD$ vuông tại A có đường cao AE $\Rightarrow $ AD2 = BD.DE = BD(BD – BE) = BD(BD – AD) (vì BE = AD) $\Rightarrow $ AD2 = BD2 – BD.AD $\Rightarrow $ ${{\left( \frac{BD}{AD} \right)}^{2}}-\frac{BD}{AD}=1$ $\Rightarrow $ ${{\left( \frac{BD}{AD}-\frac{1}{2} \right)}^{2}}=\frac{5}{4}$ $\Rightarrow $ $\frac{BD}{AD}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ $\Rightarrow $ $\frac{B{{D}^{2}}}{A{{D}^{2}}}=\frac{6+2\sqrt{5}}{4}$ $\Rightarrow $ $\frac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}{A{{D}^{2}}}=\frac{6+2\sqrt{5}}{4}$ $\Rightarrow $ $\frac{AB}{AD}=\frac{\sqrt{2+2\sqrt{5}}}{2}$. b) Vì ABCD là hình chữ nhật nên ABCD là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}$. Do đó $\Delta ADC$ ഗ$\Delta AEB$ (vì $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}$ và $\widehat{ADC}=\widehat{AEB}={{90}^{0}}$) Ta lại có AG và AF là hai đường trung tuyến tương ứng nên $\frac{AG}{AF}=\frac{AD}{AE}$ và $\widehat{ADG}=\widehat{EAF}$. Do đó $\frac{AG}{AF}=\frac{AD}{AE}$ và $\widehat{ADE}=\widehat{GAF}$ $\Rightarrow $ $\Delta AED$ ഗ$\Delta AFG$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{AED}=\widehat{AFG}={{90}^{0}}$. Tứ giác ADGF có $\widehat{ADG}+\widehat{AFG}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$. Vậy ADGF là tứ giác nội tiếp. c) Ta có BI // DG; BH // AD (vì ABCD là hình chữ nhật) $\Rightarrow $ $\frac{FI}{FG}=\frac{FB}{FD}$; $\frac{FH}{FA}=\frac{FB}{FD}$. Do đó $\frac{FI}{FG}=\frac{FH}{FA}$ $\Rightarrow $ IH // AG $\Rightarrow $ $\Delta DAG$ ഗ$\Delta BHI$ (g-g). $\Rightarrow $ $\frac{GA}{IH}=\frac{DG}{BI}=\frac{DA}{BH}$ $\Rightarrow $ $\frac{GA.IH}{I{{H}^{2}}}=\frac{DG.BI+DA.BH}{B{{I}^{2}}+B{{H}^{2}}}$ $\Rightarrow $ AG.HI = DG.BI + DA.BH. (vì tam giác BHI vuông tại B nên IH2 = BI2 + BH2) Bài 50: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh AB và BC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho BE = BF. Gọi G là hình chiếu của B lên AF. a) Chứng minh AEGD là tứ giác nội tiếp. b) Trên cạnh CD lấy điểm H sao cho $\widehat{DAH}=\widehat{CAF}$. Chứng minh rằng HF là tiếp tuyến của đường tròn tâm A bán kính bằng a. c) Xác định vị trí điểm F trên cạnh BC để diện tích tam giác CHF lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó theo a. Giải: a) Ta có $\widehat{DAG}+\widehat{GAB}={{90}^{0}}$ (vì ABCD là hình vuông) Vì G là hình chiếu của B lên AF nên $\widehat{GAB}+\widehat{GBE}={{90}^{0}}$ Do đó $\widehat{DAG}=\widehat{GBE}$ (1) Tam giác ABF vuông tại B, đường cao BG $\Rightarrow $ $\Delta GAB$ ഗ$\Delta GBF$ (g-g) $\Rightarrow $ $\frac{AG}{AB}=\frac{BG}{BF}$. Mà AB = AD và BE = BF nên $\frac{AG}{AD}=\frac{BG}{BE}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\Delta AGB$ ഗ$\Delta BGE$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{AGD}=\widehat{BGE}$. Mà $\widehat{BGE}+\widehat{AGE}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{AGD}+\widehat{AGE}={{90}^{0}}$ hay $\widehat{DGE}={{90}^{0}}$. Tứ giác AEGD có $\widehat{EAD}+\widehat{DGE}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$. Vậy AEGD là tứ giác nội tiếp. b) Vì AC là đường chéo của hình vuông ABCD nên $\widehat{DAC}={{45}^{0}}$. Ta lại có $\widehat{DAH}=\widehat{CAF}$ nên $\widehat{HAF}={{45}^{0}}$. Trên tia đối của tia DC lấy điểm I sao cho DI = BF $\Rightarrow $ $\Delta ADI=\Delta ABF$ (c-g-c) $\Rightarrow $ AI = AF và $\widehat{DAI}=\widehat{BAF}$, mà $\widehat{BAD}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{FAI}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{HAI}={{45}^{0}}$ Do đó $\Delta AHI=\Delta AHF$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{AHI}=\widehat{AHF}$. Kẻ AK vuông góc với HF tại K $\Rightarrow $ $\Delta AHD=\Delta AHK$(ch-gn) $\Rightarrow $ AK = AD = a. Vậy đường thẳng HF là tiếp tuyến của đường tròn tâm A bán kính bằng a. c) Vì BC $\bot $ AB, CD $\bot $ AD nên BC và CD là các tiếp tuyến của đường tròn (A ; a). Ta lại có HF cũng là tiếp tuyến của đường tròn (A ; a). Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có: HK = HD, FK = FB. Do đó CCHF = CH + CF + HF = CH + CF + HK + FK = CH + CF + HD + FB = (CH + HD) + (CF + FB) = CD + CB = a + a = 2a. Đặt CF = x, CH = y (0 < x, y < a). Tam giác CHF vuông tại C $\Rightarrow $ $HF=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$. Do đó $2a=x+y+\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: $2a\ge 2\sqrt{xy}+\sqrt{2xy}=\left( 2+\sqrt{2} \right)\sqrt{xy}\Leftrightarrow \frac{1}{2}.xy\le \frac{{{a}^{2}}}{3+2\sqrt{2}}\Leftrightarrow {{S}_{CHF}}\le \left( 3-2\sqrt{2} \right){{a}^{2}}$. Dấu “=” xảy ra khi $x=y=\frac{2a}{2+\sqrt{2}}=\left( 2-\sqrt{2} \right)a$. Vậy khi điểm F cách điểm C một khoảng $\left( 2-\sqrt{2} \right)a$ thì max${{S}_{CHF}}=\left( 3-2\sqrt{2} \right){{a}^{2}}$.
