Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 60: 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. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 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. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC $\Rightarrow $ KA = KB = KC. Ta có O’A = O’B = R1 ; O’’A = O’’C = R2 ; OB = OC = R. Do đó $\Delta O'KA=\Delta O'KB$ (c-c-c); $\Delta O''KA=\Delta O''KC$ (c-c-c); $\Delta OKB=\Delta OKC$ (c-c-c). $\Rightarrow $ $\widehat{O'AK}=\widehat{O'BK}$ ; $\widehat{O''AK}=\widehat{O''CK}$ ; $\widehat{OBK}=\widehat{OCK}$ Ta lại có $\widehat{O'BK}$ kề bù với $\widehat{OBK}$ ; $\widehat{O''CK}$ kề bù với $\widehat{OCK}$ nên $\widehat{O'BK}=\widehat{O''CK}$ Do đó $\widehat{O'AK}=\widehat{O''AK}$, mà hai góc này kề bù nên $\widehat{O'AK}=\widehat{O''AK}={{90}^{0}}$ hay KA $\bot $ O’O’’. Vì hai đường tròn (O’) và (O’’) cố định nên A cố định Do đó đường thẳng KA vuông góc với O’O’’ tại A cũng cố định. Bài 61: 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). Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác OO’O’’ 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. Gọi K là giao điểm các đường phân giác của các góc O’ và O’’ của tam giác OO’O’’. Ta lại có O’A = O’B = R1 ; O’’A = O’’C = R2 ; OB = OC = R. Do đó $\Delta O'KA=\Delta O'KB$ (c-g-c); $\Delta O''KA=\Delta O''KC$ (c-g-c); $\Delta OKB=\Delta OKC$ (c-g-c). $\Rightarrow $ $\widehat{O'AK}=\widehat{O'BK}$ ; $\widehat{O''AK}=\widehat{O''CK}$ ; $\widehat{OBK}=\widehat{OCK}$ Ta lại có $\widehat{O'BK}$ kề bù với $\widehat{OBK}$ ; $\widehat{O''CK}$ kề bù với $\widehat{OCK}$ nên $\widehat{O'BK}=\widehat{O''CK}$ Do đó $\widehat{O'AK}=\widehat{O''AK}$, mà hai góc này kề bù nên $\widehat{O'AK}=\widehat{O''AK}={{90}^{0}}$ hay KA $\bot $ O’O’’. Vì hai đường tròn (O’) và (O’’) cố định nên A cố định Do đó đường thẳng KA vuông góc với O’O’’ tại A cũng cố định. Bài 62: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ; R). Điểm D thuộc cung nhỏ BC. Gọi I, H, K thứ tự là hình chiếu của D lên các đường thẳng BC, CA, AB. a) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng. b) Gọi M, N thứ tự là trung điểm của IH và AB. Chứng minh $\Delta DMN$ là tam giác vuông. c) Gọi P, Q thứ tự là các điểm đối xứng với D qua AB, AC. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua trực tâm của tam giác ABC. d) Xác định vị trí điểm D để diện tích tam giác APQ lớn nhất. e) Chứng minh rằng trung điểm F của PQ thuộc một đường cố định. Giải: a) Tứ giác BIDK nội tiếp ($\widehat{BID}=\widehat{BKD}={{90}^{0}}$) $\Rightarrow $ $\widehat{DIK}=\widehat{DBK}$ Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O) $\Rightarrow $ $\widehat{DBK}=\widehat{ACD}$ (cùng bù với $\widehat{ABD}$) Tứ giác DIHC nội tiếp ($\widehat{DIC}=\widehat{DHC}={{90}^{0}}$) $\Rightarrow $ $\widehat{DIH}+\widehat{DCH}={{180}^{0}}$. Do đó $\widehat{DIH}+\widehat{DIK}={{180}^{0}}$. Vậy ba điểm I, H, K thẳng hàng. b) Từ hai tứ giác nội tiếp ABDC và DIHC $\Rightarrow $ $\Delta DBA$ ഗ$\Delta DIH$ (g-g) Ta lại có DN và DM là hai đường trung tuyến tương ứng của $\Delta DBA$và $\Delta DIH$ $\Rightarrow $ $\Delta DBN$ ഗ$\Delta DIM$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\left\{ \begin{align} & \widehat{BDN}=\widehat{IDM} \\ & \frac{DB}{DI}=\frac{DN}{DM} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow $ $\left\{ \begin{align} & \widehat{BDI}=\widehat{NDM} \\ & \frac{DB}{DI}=\frac{DN}{DM} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow $ $\Delta DIB$ ഗ$\Delta DMN$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{DIB}=\widehat{DMN}$ Mà $\widehat{DIB}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{DMN}={{90}^{0}}$. Vậy $\Delta DMN$ vuông tại M. c) Gọi E là trực tâm của tam giác ABC $\Rightarrow $ $\widehat{ABE}={{90}^{0}}-\widehat{BAC}$. Vì P, Q thứ tự là các điểm đối xứng với D qua AB, AC $\Rightarrow $ AP = AQ (= AD) và $\widehat{PAB}=\widehat{DAB}$ ; $\widehat{QAC}=\widehat{DAC}$. $\Rightarrow $ $\Delta APQ$ cân tại A và $\widehat{PAQ}=2.\widehat{BAC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{APQ}=\widehat{AQP}=\frac{{{180}^{0}}-\widehat{PAQ}}{2}=\frac{{{180}^{0}}-2.\widehat{BAC}}{2}={{90}^{0}}-\widehat{BAC}$ (1) Theo tính chất đối xứng trục $\Rightarrow $ $\widehat{APB}=\widehat{ADB}$ Mà $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{AB}$) nên $\widehat{APB}=\widehat{ACB}$. Vì E là trực tâm của tam giác ABC nên $\widehat{AEB}+\widehat{ACB}={{180}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{AEB}+\widehat{APB}={{180}^{0}}$ Vậy tứ giác AEBP nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{APE}=\widehat{ABE}={{90}^{0}}-\widehat{BAC}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\widehat{APE}=\widehat{APQ}$. Vậy ba điểm P, E, Q thẳng hàng hay đường thẳng PQ đi qua trực tâm E của tam giác ABC. d) Theo câu c) ta có: $\Delta APQ$ cân tại A và $\widehat{PAQ}=2.\widehat{BAC}$ không đổi. Do đó SAPQ lớn nhất $\Leftrightarrow $ cạnh bên AP lớn nhất $\Leftrightarrow $ AD lớn nhất (vì AP = AD) $\Leftrightarrow $ AD là đường kính của đường tròn (O). Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên O nằm trong tam giác ABC nên tồn tại điểm D thuộc cung nhỏ BC để AD là đường kính của đường tròn (O). Vậy khi điểm D thuộc cung nhỏ BC và AD là đường kính của đường tròn (O) thì diện tích tam giác APQ lớn nhất. e) Theo câu c) ta có: $\Delta APQ$ cân tại A có AF là đường trung tuyến nên AF đồng thời là đường cao $\Rightarrow $ $\widehat{AFE}={{90}^{0}}$, mà AE cố định nên F thuộc đường tròn đường kính AE cố định.
