Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 57: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Gọi I là trung điểm của OO’. Tia AI cắt đường tròn (O) tại C và cắt đường tròn (O’) tại D. Gọi J là trung điểm của CD. Đường thẳng JB cắt đường tròn (O) ở M và cắt đường tròn (O’) ở N. Chứng minh rằng J là trung điểm của MN, từ đó suy ra MN = 2OO’. Giải: Đối với đường tròn (O) ta có JB.JM = JC.JA (1) Đối với đường tròn (O’) ta có JB.JN = JD.JA (2) Mà JC = JD nên từ (1) và (2) $\Rightarrow $ JM = JN Vậy J là trung điểm của MN. Kẻ OE $\bot $ MN ; O’F $\bot $ MN ; IG $\bot $ MN $\Rightarrow $ OE // IG // O’F. Ta lại có IO = IO’ nên $GE=GF=\frac{EF}{2}$ Vì OE $\bot $ MN hay OE $\bot $ MB $\Rightarrow $ $EM=EB=\frac{MB}{2}$ Vì OF $\bot $ MN hay OF $\bot $ NB $\Rightarrow $ $FN=FB=\frac{NB}{2}$ Do đó $EF=EB+FB=\frac{MB+NB}{2}=\frac{MN}{2}$ Ta có $JB=JN-NB=\frac{MN}{2}-NB=\frac{MB+NB}{2}-NB=\frac{MB-NB}{2}$ (3) Ta có $GB=EB-GE=\frac{MB}{2}-\frac{EF}{2}=\frac{MB}{2}-\frac{MB+NB}{4}=\frac{MB-NB}{4}$ (4) Từ (3) và (4) $\Rightarrow $ $JB=2GB$ $\Rightarrow $ G là trung điểm của JB Ta lại có IG $\bot $ MN hay IG $\bot $ JB nên IJ = IB. Vì hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B $\Rightarrow $ OO’ là trung trực của AB $\Rightarrow $ IA = IB Do đó IA = IB = IJ Vậy tam giác ABJ vuông tại B hay JB $\bot $ AB $\Rightarrow $ JB // OO’ (cùng vuông góc với AB) $\Rightarrow $ EF // OO’ $\Rightarrow $ EF = OO’, mà MN = 2EF nên MN = 2OO’. Cách giải khác: Gọi J’ là điểm đối xứng với A qua I $\Rightarrow $ I là trung điểm của AJ’ Ta lại có I là trung điểm của OO’ nên AOJ’O’ là hình bình hành $\Rightarrow $ OJ’ // O’A $\Rightarrow $ $\widehat{OJ'I}=\widehat{O'AI}$ (so le trong) Tam giác O’AD cân tại O’ (O’A = O’D = R’) $\Rightarrow $ $\widehat{O'AI}=\widehat{O'DA}$ Do đó $\widehat{OJ'I}=\widehat{O'DA}$ $\Rightarrow $ $\widehat{OJ'C}=\widehat{O'DJ'}$ Tam giác OAC cân tại O (OA = OC = R) $\Rightarrow $ $\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$ Vì AOJ’O’ là hình bình hành $\Rightarrow $ O’J’ // OA $\Rightarrow $ $\widehat{O'J'D}=\widehat{OAC}$ (so le trong) Do đó $\widehat{OCA}=\widehat{O'J'D}$ hay $\widehat{OCJ'}=\widehat{O'J'D}$ Xét $\Delta OJ'C$ và $\Delta O'DJ'$ có $\widehat{OJ'C}=\widehat{O'DJ'}$ và $\widehat{OCJ'}=\widehat{O'J'D}$ nên $\widehat{COJ'}=\widehat{J'O'D}$ Ta lại có OJ’ = O’D (= O’A) ; OC = O’J’ (= OA) $\Rightarrow $ $\Delta OJ'C$ = $\Delta O'DJ'$ (c-g-c) $\Rightarrow $ J’C = J’D hay J’ là trung điểm của CD $\Rightarrow $ J’ trùng J. Vì hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B $\Rightarrow $ OO’ là trung trực của AB $\Rightarrow $ IA = IB Do đó IA = IB = IJ $\Rightarrow $ Tam giác ABJ vuông tại B hay $\widehat{ABM}=\widehat{ABN}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ AM là đường kính của (O) và AN là đường kính của (O’) Vì OA = OM và O’A = O’N $\Rightarrow $ OO’ là đường trung bình của tam giác AMN $\Rightarrow $ OO’ // MN và MN = 2OO’ Theo định lí Ta-lét ta có $\frac{IO}{JM}=\frac{IO'}{JN}$ $\left( =\frac{AI}{AJ} \right)$, mà IO = IO’ nên JM = JN. Vậy J là trung điểm của MN. Bài 58: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Điểm E thuộc đường chéo BD. Gọi F và G lần lượt là hình chiếu của E trên AB và AD. a) Chứng minh rằng EC = FG và EC $\bot $ FG. b) Chứng minh rằng ba đường thẳng BG, CE, DF đồng quy. c) Xác định vị trí điểm E để diện tích tam giác CFG nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo a. Giải: a) Tứ giác AFEG có $\widehat{A}=\widehat{F}=\widehat{G}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ AFEG là hình chữ nhật $\Rightarrow $ $\widehat{FEG}={{90}^{0}}$. Kéo dài GE cắt BC tại H $\Rightarrow $ DGHC là hình chữ nhật ($\widehat{C}=\widehat{D}=\widehat{G}={{90}^{0}}$) $\Rightarrow $ $\widehat{CHE}={{90}^{0}}$. Vì ABCD là hình vuông nên BD là phân giác của góc ABC. Tứ giác EFBH có $\widehat{E}=\widehat{F}=\widehat{B}={{90}^{0}}$ và BE là phân giác góc FBH $\Rightarrow $ EFBH là hình vuông $\Rightarrow $ EF = EH Vì ABCD là hình vuông nên BD là phân giác của góc ADC $\Rightarrow $ $\widehat{GDE}={{45}^{0}}$. Tam giác DGE có $\widehat{DGE}={{90}^{0}}$ và $\widehat{GDE}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow $ tam giác DGE vuông cân tại G $\Rightarrow $ GD = GE Vì DGHC là hình chữ nhật $\Rightarrow $ GD = HC Vậy $\Delta EGF=\Delta HCE$ (c-g-c) $\Rightarrow $ GF = CE và $\widehat{EGF}=\widehat{HCE}$ Kéo dài CE cắt GF tại I. Ta có $\Delta EGI$ và $\Delta ECH$ có $\widehat{EGI}=\widehat{ECH}$ (cmt) và $\widehat{IEG}=\widehat{HEC}$ (đối đỉnh) $\Rightarrow $ $\widehat{EIG}=\widehat{EHC}={{90}^{0}}$ hay GF $\bot $ CE tại I. b) $\Delta FBC$ và $\Delta BHG$ có BF = HB (EFBH là hình vuông) ; BC = HG (cùng bằng CD) $\Rightarrow $ $\Delta FBC=\Delta BHG$ (c-g-c) Ta lại có BF $\bot $ HB và BC $\bot $ HG nên FC $\bot $ BC. Chứng minh tương tự ta được CG $\bot $ DF. Tam giác CFG có CE, GB, FD là ba đường cao nên chúng đồng quy. Cách giải khác: Gọi M là giao điểm của BG và EF ; N là giao điểm của DF và EG. $\Delta EGF$ vuông tại E, đường cao EI $\Rightarrow $ \[\frac{IG}{IF}=\frac{E{{G}^{2}}}{E{{F}^{2}}}\]. Theo định lí Ta-lét ta có $\frac{NE}{NG}=\frac{EF}{GD}$ ; $\frac{MF}{ME}=\frac{FB}{EG}$ Mà EG = GD và EF = FB nên $\frac{IG}{IF}.\frac{MF}{ME}.\frac{NE}{NG}=1$. Theo định lí Cê-va đảo $\Rightarrow $ ba đường thẳng BG, CE, DF đồng quy. c) Đặt AF = DG = x ; AG = BF = y (0 < x < a) $\Rightarrow $ x + y = a. Ta có SCFG = SABCD – (SAGF + SBCF + SCDG) $={{a}^{2}}-\left( \frac{1}{2}xy+\frac{1}{2}ay+\frac{1}{2}ax \right)$ $=\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}-xy \right)$ Do đó SCFG nhỏ nhất $\Leftrightarrow $ xy lớn nhất Ta có $xy\le {{\left( \frac{x+y}{2} \right)}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & x=y \\ & x+y=a \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow x=y=\frac{a}{2}$ (tmđk 0 < x < a) Khi đó F là trung điểm của AB $\Leftrightarrow $ E là trung điểm của BD. Vậy khi E là trung điểm của BD thì SCFG nhỏ nhất bằng $\frac{3{{a}^{2}}}{8}$. Cách khác: Vì EF // BC và EG // CD nên SCEF = SBEF và SCEG = SDEG. Do đó SCGF = SBEF + SDEG + SGEF = SDGFB = SABD – SAFG = $\frac{{{a}^{2}}}{2}-\frac{AF.AG}{2}$. Bài 59: Cho hai đường tròn (O’ ; R1) và (O’’ ; R2) cố định tiếp xúc ngoài tại A. Một đường tròn (O ; R) thay đổi tiếp xúc ngoài với (O’ ; R1) và (O’’ ; R2) thứ tự ở B và C. Các tia AB, AC cắt đường tròn (O) thứ tự ở D, E. Gọi I là giao điểm của DO’’ và EO’. Chứng minh rằng I thuộc một đường thẳng cố định. Giải: Hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau thì tiếp điểm nằm trên đường nối tâm. $\Rightarrow $ ba điểm O’, A, O’’; ba điểm O, B, O’; ba điểm O, C, O’’ thẳng hàng. Tam giác O’AB cân tại O’ (O’A = O’B = R1) $\Rightarrow $ $\widehat{O'AB}=\widehat{O'BA}$ Tam giác OBD cân tại O (OB = OD = R) $\Rightarrow $ $\widehat{OBD}=\widehat{ODB}$ Mà $\widehat{OBD}=\widehat{O'BA}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{O'AB}=\widehat{ODB}$ $\Rightarrow $ OD // O’A hay OD // O’O’’. Tương tự OE // O’O’’ nên theo Tiên đề Ơ-clit $\Rightarrow $ D, O, E thẳng hàng và DE // O’O’’. Gọi J là giao điểm của tia AI và DE. Theo định lí Ta-lét ta có: $\frac{O''A}{DJ}=\frac{O'A}{EJ}$ (cùng bằng $\frac{IA}{JA}$) $\Rightarrow $ $\frac{DJ}{EJ}=\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}$; $\frac{BA}{BD}=\frac{{{R}_{1}}}{R}$; $\frac{CE}{CA}=\frac{R}{{{R}_{2}}}$. Do đó $\frac{DJ}{EJ}.\frac{BA}{BD}.\frac{CE}{CA}=\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}.\frac{{{R}_{1}}}{R}.\frac{R}{{{R}_{2}}}=1$ Theo định lí Cê-va đảo $\Rightarrow $ ba đường thẳng AJ, EB, DC đồng quy. Vì DE là đường kính của đường tròn (O) nên $\widehat{DBE}=\widehat{DCE}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ DC và EB là hai đường cao của tam giác ADE $\Rightarrow $ AJ là đường cao thứ ba của tam giác ADE hay AJ $\bot $ DE Mà DE // O’O’’ nên AJ $\bot $ O’O’’ Vì hai đường tròn (O’) và (O’’) cố định nên A cố định, do đó đường thẳng AJ cố định. $\Rightarrow $ Điểm I thuộc đường thẳng AJ cố định
