Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 54: Cho đường tròn (O) và dây BC cố định. Điểm A chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ đoạn thẳng OD vuông góc và bằng đoạn thẳng AB (O và D khác phía đối với AB); Vẽ đoạn thẳng OE vuông góc và bằng đoạn thẳng AC (O và E khác phía đối với AC). Chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Giải: Trên tia đối của tia AB lấy điểm F sao cho AF = AB. Vì OD $\bot $ AB và OE $\bot $ AC nên $\widehat{DOE}+\widehat{BAC}={{180}^{0}}$ Ta lại có $\widehat{FAC}+\widehat{BAC}={{180}^{0}}$ (hai góc kề bù), do đó $\widehat{DOE}=\widehat{FAC}$. Xét $\Delta DOE$ và $\Delta FAC$ có: OD = AB ; OE = AC ; $\widehat{DOE}=\widehat{FAC}$ $\Rightarrow $ $\Delta DOE$ = $\Delta FAC$ (c-g-c) Gọi I, J thứ tự là trung điểm của DE và FC. Khi đó OI và AJ thứ tự là các đường trung tuyến tương ứng của hai tam giác DOE và FAC nên OI = AJ (1) Xét tam giác FBC có: AF = AB ; JF = JC $\Rightarrow $ AJ là đường trung bình của tam giác FBC $\Rightarrow $ AJ // BC và $AJ=\frac{BC}{2}$ (2) Hai tam giác DOE và FAC bằng nhau có OD $\bot $ AF và OE $\bot $ AC nên OI $\bot $ AJ (3) Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow $ OI $\bot $ BC và $OI=\frac{BC}{2}$. Vì O và BC cố định nên I cố định. Vậy đường thẳng DE luôn đi qua điểm I cố định. Bài 55: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi E, F thứ tự là trung điểm của AC và BD. Chứng minh nếu AC là phân giác của góc BED thì BD là phân giác của góc AFC. Giải: Vẽ dây DM song song với AC $\Rightarrow $ ACMD là hình thang cân $\Rightarrow $ AD = CM ; AM = CD (1) Vẽ dây CN song song với BD $\Rightarrow $ BCND là hình thang cân $\Rightarrow $ BC = DN ; BN = CD (2) Vì ACMD là hình thang cân và E là trung điểm AC $\Rightarrow $ $\widehat{AED}=\widehat{CEM}$ (tính chất đối xứng trục) Mà $\widehat{AED}=\widehat{AEB}$ (vì AC là phân giác của góc BED) nên $\widehat{AEB}=\widehat{CEM}$ $\Rightarrow $ Ba điểm B, E, M thẳng hàng. Ta lại có E là trung điểm AC nên SABM = SCBM. Mà $\widehat{BAM}+\widehat{BCM}={{180}^{0}}$ nên AB.AM = CB.CM (3) Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow $ AB.BN = AD.DN Mà $\widehat{BAM}+\widehat{BCM}={{180}^{0}}$ nên SABN = SADN $\Rightarrow $ AN đi qua trung điểm F của BD $\Rightarrow $ $\widehat{AFB}=\widehat{DFN}$ (đối đỉnh) (4) Vì BCND là hình thang cân và F là trung điểm BD $\Rightarrow $ $\widehat{DFN}=\widehat{BFC}$ (tính chất đối xứng trục) (5) Từ (4) và (5) $\Rightarrow $ $\widehat{AFB}=\widehat{BFC}$. Vậy BD là phân giác của góc AFC. Cách giải khác: Gọi M là giao điểm của OE và BD; N là giao điểm của OF và AC; L là giao điểm của AC và BD. Vì E là trung điểm của AC nên OE $\bot $ AC tại E. Vì EL là phân giác trong của $\Delta BED$ nên EM là phân giác ngoài của $\Delta BED$. $\Rightarrow $ $\frac{EB}{ED}=\frac{LB}{LD}=\frac{MB}{MD}$ Ta lại có F là trung điểm của BD nên FB2 = FD2 = FL.FM (1) Vì F là trung điểm của BD nên OF $\bot $ BD tại F. Dễ thấy $\Delta NFL$ ഗ$\Delta MFO$ (g-g) $\Rightarrow $ FN.FO = FL.FM (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ FB2 = FD2 = FN.FO $\Rightarrow $ $\Delta NBO$ vuông tại B, đường cao BF $\Rightarrow $ NB2 = NF.NO Vì NB là tiếp tuyến và NAC là cát tuyến của (O) $\Rightarrow $ NB2 = NA.NC, do đó NF.NO = NA.NC $\Rightarrow $ Tứ giác ACOF nội tiếp (3) $\Delta NBO$ vuông tại B, đường cao BF $\Rightarrow $ OF.ON = OB2 = OA2 = OC2. Dễ thấy $\Delta OEN$ ഗ$\Delta OFM$ (g-g) $\Rightarrow $ OF.ON = OE.OM Do đó OE.OM = OA2 = OC2 $\Rightarrow $ $\Delta OAM$ vuông tại A và $\Delta OCM$ vuông tại C $\Rightarrow $ Tứ giác OAMC nội tiếp (4) Từ (3) và (4) $\Rightarrow $ 5 điểm A, M, C, O, F cùng thuộc một đường tròn đường kính OM. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow $ MA = MC, do đó $\widehat{AFM}=\widehat{CFM}$. Vậy BD là phân giác của góc AFC. Mở rộng: Với cách giải này ta trả lời được câu hỏi sau: Chứng minh rằng: 1) Các tứ giác AFOC và BEOD nội tiếp. 1) AB.CD = AD.BC và AC.BD = 2AB.CD. 2) AC2 = 4EB.ED và BD2 = 4FA.FC. Bài 56: Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Trên tia HD lấy điểm F sao cho HF = AE. Trên tia HE lấy điểm G sao cho HG = AD. Chứng minh rằng HA đi qua trung điểm I của FG. Giải: Trên tia đối của tia AB lấy điểm J sao cho AJ = AD = HG. Trên cạnh AC lấy điểm K sao cho AK = AE = HF. Ta có $\widehat{ADH}=\widehat{AEH}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{GHF}=\widehat{JAK}$ (cùng bù với $\widehat{BAC}$) Vậy $\Delta GHF=\Delta JAK$ (c-g-c) Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM = AJ = AD. $\Rightarrow $ $\Delta AMK=\Delta ADE$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{AMK}=\widehat{ADE}$ Tứ giác BCDE nội tiếp (vì $\widehat{BDC}=\widehat{BEC}={{90}^{0}}$) $\Rightarrow $ $\widehat{ABC}=\widehat{ADE}$ (cùng bù với $\widehat{CDE}$) Do đó $\widehat{AMK}=\widehat{ABC}$ $\Rightarrow $ MK // BC Gọi L là trung điểm của JK $\Rightarrow $ AL là đường trung bình của $\Delta MJK$ $\Rightarrow $ AL // MK $\Rightarrow $ AL // BC (cùng // MK) Gọi I’ là trung điểm của GF. Khi đó HI’ và AL là hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác bằng nhau GHF và JAK. Ta lại có HG $\bot $ AJ và HF $\bot $ AK nên HI’ $\bot $ AL $\Rightarrow $ HI’ $\bot $ BC Mà H là trực tâm của $\Delta ABC$ nên HA $\bot $ BC hay HI $\bot $ BC $\Rightarrow $ I’ trùng I. Vậy HA đi qua trung điểm I của FG. Cách giải khác: Tứ giác ADHE nội tiếp (vì $\widehat{ADH}=\widehat{AEH}={{90}^{0}}$) $\Rightarrow $ $\widehat{AHE}=\widehat{ADE}$ ; $\widehat{AHD}=\widehat{AED}$. Kẻ GP $\bot $ AH ; FQ $\bot $ AH ; AN $\bot $ DE. $\Rightarrow $ $\Delta GPH=\Delta AND$ (ch-gn) ; $\Delta FQH=\Delta ANE$ (ch-gn) $\Rightarrow $ GP = AN ; FQ = AN $\Rightarrow $ GP = FQ $\Rightarrow $ $\Delta GPI=\Delta FQI$ (g-c-g) $\Rightarrow $ IF = IG (đpcm). Lưu ý: Trên tia đối của tia HA lấy điểm S sao cho HS = DE. Khi đó trên tia đối của tia HG lấy điểm N sao cho HN = HG thì NF = DE và NF = 2HI, do đó DE = 2HI suy ra HS = 2HI nên H là trọng tâm của $\Delta SGF$. Cách khác: Vì $\widehat{GHF}+\widehat{BAC}={{180}^{0}}$; $\widehat{GHS}+\widehat{ABC}={{180}^{0}}$; $\widehat{SHF}+\widehat{ACB}={{180}^{0}}$; HG = AD; HF = AE; HS = DE nên SHGF = SHGS = SHSF (= SADE) $\Rightarrow $ H là trọng tâm của $\Delta SGF$.
