Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 51: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Điểm D chuyển động trên cung nhỏ BC. a) Chứng minh rằng DA = DB + DC. b) Gọi M và N thứ tự là các điểm đối xứng của D qua các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. c) Gọi I, J thứ tự là trung điểm của BC, MN. Tam giác DIJ là tam giác gì? Vì sao? d) Xác định vị trí của điểm D trên cung nhỏ BC để IJ có độ dài nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. e) Xác định vị trí của điểm D trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác AMN lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó theo R. Giải: a) Trên đoạn thẳng AD lấy điểm E sao cho DE = DB $\Rightarrow $ $\Delta BDE$ cân tại D (1) Ta lại có $\widehat{BDA}=\widehat{BCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Mà $\widehat{ACB}={{60}^{0}}$ (vì $\Delta ABC$ đều) nên $\widehat{BDA}={{60}^{0}}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\Delta BDE$ là tam giác đều $\Rightarrow $ DE = DB = BE và $\widehat{DBE}={{60}^{0}}$. Ta có $\widehat{DBE}={{60}^{0}}$ và $\widehat{ABC}={{60}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{DBC}=\widehat{EBA}$. Do đó $\Delta DBC=\Delta EBA$ (c-g-c) $\Rightarrow $ DC = EA. Vậy DB + DC = DE + EA + DA. b) Vì M đối xứng với D qua AB $\Rightarrow $ $\widehat{MAD}=2.\widehat{BAD}$ Vì N đối xứng với D qua AC $\Rightarrow $ $\widehat{NAD}=2.\widehat{CAD}$ Do đó $\widehat{MAD}+\widehat{NAD}=2\left( \widehat{BAD}+\widehat{CAD} \right)=2.\widehat{BAC}={{2.60}^{0}}={{120}^{0}}$ hay $\widehat{MAN}={{120}^{0}}$. Vì M đối xứng với D qua AB $\Rightarrow $ AM = AD Vì N đối xứng với D qua AC $\Rightarrow $ AN = AD Do đó AM = AN $\Rightarrow $ $\Delta AMN$ cân tại A, mà $\widehat{MAN}={{120}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{AMN}=\widehat{ANM}={{30}^{0}}$ (3) Vì M đối xứng với D qua AB $\Rightarrow $ $\widehat{AMB}=\widehat{ADB}={{60}^{0}}$ Ta lại có $\widehat{AOB}=2.\widehat{ACB}={{2.60}^{0}}={{120}^{0}}$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung) Tứ giác AOBM có $\widehat{AMB}+\widehat{AOB}={{60}^{0}}+{{120}^{0}}={{180}^{0}}$ nên AOBM là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow $ $\widehat{AMO}=\widehat{ABO}={{30}^{0}}$ (4) Từ (3) và (4) $\Rightarrow $ $\widehat{AMN}=\widehat{AMO}={{30}^{0}}$ $\Rightarrow $ Ba điểm M, O, N thẳng hàng. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm O cố định. c) Gọi P là giao điểm của DM và AB; Q là giao điểm của DN và AC. Ta có $\widehat{DPQ}=\widehat{DBC}$ (vì cùng bằng $\widehat{DAC}$); $\widehat{DQP}=\widehat{DCB}$ (vì cùng bằng $\widehat{DAB}$). Vì M đối xứng với D qua AB $\Rightarrow $ PM = PD Vì N đối xứng với D qua AC $\Rightarrow $ QN = QC Do đó PQ là đường trung bình của tam giác DMN $\Rightarrow $ PQ // MN $\Rightarrow $ $\widehat{DPQ}=\widehat{DMN}$; $\widehat{DQP}=\widehat{DNM}$ (đồng vị) $\Rightarrow $ $\widehat{DMN}=\widehat{DBC}$; $\widehat{DNM}=\widehat{DCB}$ $\Rightarrow $ $\Delta DMN$ ഗ$\Delta DBC$ (g-g) Mà DJ và DI thứ tự là hai đường trung tuyến tương ứng nên $\frac{DJ}{DI}=\frac{DN}{DC}$ và $\widehat{JDN}=\widehat{IDC}$ Do đó $\Delta DIJ$ ഗ$\Delta DCN$ (c-g-c) (vì $\frac{DJ}{DI}=\frac{DN}{DC}$ và $\widehat{JDI}=\widehat{NDC}$) Mà $\Delta DCN$ cân tại C (vì CD = CN) nên $\Delta DIJ$ cân tại I. d) Vì tam giác DIJ cân tại I nên IJ = ID. Ta có OI + ID $\ge $ OD hay OI + ID $\ge $ R. Dấu “=” xảy ra khi O, I, D thẳng hàng hay D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Dễ thấy OI = $\frac{R}{2}$ nên ID nhỏ nhất bằng $\frac{R}{2}$. Vậy khi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC thì ID ngắn nhất bằng $\frac{R}{2}$. e) Kẻ đường cao MH của tam giác AMN $\Rightarrow $ $\widehat{MAH}={{180}^{0}}-\widehat{MAN}={{180}^{0}}-{{120}^{0}}={{60}^{0}}$. $\Rightarrow $ $MH=AM.\sin {{60}^{0}}=\frac{AM\sqrt{3}}{2}$ $\Rightarrow $ ${{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}AN.MH=\frac{1}{2}AN.\frac{AM\sqrt{3}}{2}=\frac{A{{D}^{2}}\sqrt{3}}{4}$ (vì AM = AN = AD) Do đó SAMN lớn nhất $\Leftrightarrow $ AD lớn nhất $\Leftrightarrow $ AD là đường kính của đường tròn (O). Vậy khi AD là đường kính của đường tròn (O) hay D là điểm chính giữa cung nhỏ BC thì maxSAMN = ${{R}^{2}}\sqrt{3}$. Bài 52: Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O ; R) sao cho OA = 2R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Điểm D thuộc cung nhỏ BC. Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC thứ tự ở E, F. a) Tính số đo của góc EOF. b) Tính chu vi của tam giác AEF theo R. c) Gọi M và N thứ tự là giao điểm của BC với OE và OF. Chứng minh rằng EMNF là tứ giác nội tiếp và EF = 2.MN. d) Xác định vị trí điểm D trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác AEF lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó theo R. Giải: a) Vì AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm) $\Rightarrow $ $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}={{90}^{0}}$ Tam giác ABO vuông tại B có OA = 2.OB nên ABO là nửa tam giác đều $\Rightarrow $ $\widehat{BAO}={{30}^{0}}$. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow $ $\widehat{BAO}=\widehat{CAO}={{30}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{BAC}={{60}^{0}}$. Tứ giác ABOC có $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}={{90}^{0}}$ ; $\widehat{BAC}={{60}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{BOC}={{120}^{0}}$. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow $ $\widehat{EOD}=\frac{1}{2}\widehat{BOD}$ ; $\widehat{FOD}=\frac{1}{2}\widehat{COD}$ Do đó $\widehat{EOF}=\widehat{EOD}+\widehat{FOD}=\frac{1}{2}\left( \widehat{BOD}+\widehat{COD} \right)=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\frac{1}{2}{{.120}^{0}}={{60}^{0}}$. b) Tam giác ABO vuông tại B $\Rightarrow $ $AB=\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{4{{R}^{2}}-{{R}^{2}}}=R\sqrt{3}$. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow $ AB = AC ; EB = ED ; FC = FD. Chu vi tam giác AEF bằng AE + AF + EF = AE + AF + ED + FD = AE + AF + EB + FC = AB + AC = $2R\sqrt{3}$. c) Tam giác ABC có AB = AC và $\widehat{BAC}={{60}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\Delta ABC$ đều $\Rightarrow $ $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}={{60}^{0}}$. Tứ giác BENO có $\widehat{EBN}=\widehat{EON}={{60}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác BENO nội tiếp Mà $\widehat{EBO}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{ENO}={{90}^{0}}$ hay $\widehat{ENF}={{90}^{0}}$ (1) Tương tự ta cũng chứng minh được Tứ giác CFMO nội tiếp và $\widehat{EMF}={{90}^{0}}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ Tứ giác EMNF nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{MEF}=\widehat{MNO}$ (cùng bù với $\widehat{MNF}$) Do đó $\Delta OMN$ ഗ $\Delta OFE$ (g-g) $\Rightarrow $ $\frac{MN}{FE}=\frac{ON}{OE}=cos\widehat{NOE}=cos{{60}^{0}}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow $ EF = 2.MN. d) Dễ thấy $\Delta OEB=\Delta OED$ (ch-gn) ; $\Delta OFC=\Delta OFD$ (ch-gn) $\Rightarrow $ SBEFCO = 2.SOEF $\Rightarrow $ SABOC = SAEF + 2.SOEF Vì SABOC = $\frac{OA.BC}{2}=\frac{2R.R\sqrt{3}}{2}={{R}^{2}}\sqrt{3}$ không đổi Nên SAEF lớn nhất $\Leftrightarrow $ SOEF nhỏ nhất Ta lại có ${{S}_{OEF}}=\frac{1}{2}EF.OD=\frac{R}{2}.EF$ nên SOEF nhỏ nhất $\Leftrightarrow $ EF nhỏ nhất. Qua O vẽ đường thẳng song song với BC cắt các tia AB, AC thứ tự ở P, Q. Vì tam giác ABC đều nên tam giác APQ đều $\Rightarrow $ $\widehat{APQ}=\widehat{AQP}={{60}^{0}}$. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow $ $\widehat{OEB}=\widehat{OED}$ ; $\widehat{OFD}=\widehat{OFC}$. Do đó $\Delta PEO$ ഗ$\Delta OEF$ (g-g) ; $\Delta OEF$ ഗ$\Delta QOF$ (g-g) $\Rightarrow $ $\Delta PEO$ ഗ$\Delta QOF$ $\Rightarrow $ $\frac{PE}{PO}=\frac{QO}{QF}$ $\Rightarrow $ PE.QF = PO.QO = ${{\left( OA.\tan {{30}^{0}} \right)}^{2}}={{\left( 2R.\frac{1}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}=\frac{4{{R}^{2}}}{3}$. Dễ dàng tính được $PB=QC=\frac{OP}{2}=\frac{R}{\sqrt{3}}$. Đặt EB = x, FC = y ($0<x<R\sqrt{3}$), ta có: $\left( \frac{R}{\sqrt{3}}+x \right)\left( \frac{R}{\sqrt{3}}+y \right)=\frac{4{{R}^{2}}}{3}\Leftrightarrow xy+\frac{R}{\sqrt{3}}\left( x+y \right)={{R}^{2}}$ $\Leftrightarrow $ $\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{4}+\frac{R}{\sqrt{3}}\left( x+y \right)\ge {{R}^{2}}$$\Leftrightarrow $ ${{\left( \frac{x+y}{2}+\frac{R}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}\ge \frac{4{{R}^{2}}}{3}$$\Leftrightarrow $ $x+y\ge \frac{2R}{\sqrt{3}}$. Dấu “=” xảy ra khi $x=y=\frac{R}{\sqrt{3}}$ (tmđk $0<x<R\sqrt{3}$) $\Leftrightarrow $ D là điểm chính giữa cung BC. Do đó EF = x + y nhỏ nhất bằng $\frac{2R}{\sqrt{3}}$ khi và chỉ khi D là điểm chính giữa cung BC. Vậy D là điểm chính giữa cung BC thì SAEF lớn nhất bằng $\frac{{{R}^{2}}}{\sqrt{3}}$. Bài 53: Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; r) với R > r, cắt nhau tại A và B (O và O’ nằm khác phía đối với AB). Một cát tuyến đi qua A, cắt hai đường tròn (O) và (O’) thứ tự ở C và D. Gọi I là trung điểm của OO’ ; J là điểm đối xứng với A qua I. a) Tam giác CJD là tam giác gì? Vì sao? b) Tứ giác OJBO’ là hình gì? Vì sao? c) Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng CD thuộc một đường cố định. d) Xác định vị trí của cát tuyến CAD để CD có độ dài lớn nhất. Giải: a) Kẻ OE $\bot $ CD ; OF $\bot $ CD ; IH $\bot $ CD. Do đó OE // IH // O’F và IO = IO’ $\Rightarrow $ HE = HF Tam giác EIF có IH vừa là đường cao vừa là trung tuyến $\Rightarrow $ $\Delta EIF$cân tại I $\Rightarrow $ IE = IF (1) Vì OE $\bot $ CA $\Rightarrow $ EA = EC ; OF $\bot $ DA $\Rightarrow $ FA = FD. Tam giác CAJ có EA = EC và IA = IJ $\Rightarrow $ EI là đường trung bình của tam giác CAJ $\Rightarrow $ EI // CJ và $EI=\frac{1}{2}CJ$ (2) Tương tự: FI là đường trung bình của tam giác DAJ $\Rightarrow $ FI // DJ và $FI=\frac{1}{2}DJ$ (3) Từ (1) (2) và (3) $\Rightarrow $ CJ = DJ $\Rightarrow $ $\Delta CJD$ cân tại J. b) Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B $\Rightarrow $ OO’ là trung trực của AB Mà I thuộc OO’ nên IA = IB hay IJ = IA = IB $\Rightarrow $ $\Delta ABJ$ vuông tại B Do đó JB // OO’ (cùng vuông góc với AB) Dễ thấy OAO’I là hình bình hành (IO = IO’ ; IA = IJ) $\Rightarrow $ OA = O’J $\Rightarrow $ OB = O’J. Vậy OJBO’ là hình thang cân. c) Kẻ JK $\bot $ CD, vì $\Delta CJD$ cân tại J nên K là trung điểm của CD. Ta có $\widehat{JKA}={{90}^{0}}$, mà J và A cố định nên J thuộc đường tròn tâm I đường kính JA cố định khi cát tuyến CAD quay quanh điểm A. d) Ta có EA = EC và FA = FD nên CD = 2.EF. Do đó CD lớn nhất $\Leftrightarrow $ EF lớn nhất Mà $EF\le OO'$ nên EF lớn nhất $\Leftrightarrow $ EF = OO’ $\Leftrightarrow $ EF // OO’ hay CD // OO’. Vậy khi cát tuyến CAD song song với OO’ thì CD có độ dài lớn nhất.
