Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 69: Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d cố định. Gọi H là hình chiếu của A lên d. Hai điểm B, C chuyển động trên đường thẳng d. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC. a) Chứng minh rằng tứ giác BCED nội tiếp đường tròn (O). b) giả sử đường tròn (O) cắt đường thẳng AH tại M, N (M nằm giữa A, H). Chứng minh rằng M, N là hai điểm cố định. c) Tính BC theo AH để tỉ số $\frac{{{S}_{ADE}}}{{{S}_{ABC}}}$ đạt giá trị lớn nhất. d) Gọi K là hình chiếu của A lên DE. Chứng minh rằng SBKD + SCKE = SADE. e) Gọi P là giao điểm của HE và ND; Q là giao điểm của HD và NE. So sánh PQ và HM. Giải: a) Tứ giác ADHE là hình chữ nhật ($\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{E}={{90}^{0}}$) $\Rightarrow $ Tứ giác ADHE nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{ADE}=\widehat{AHE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{AE}$) Tam giác AHC vuông tại H, đường cao HE $\Rightarrow $ $\widehat{C}=\widehat{AHE}$ (cùng phụ với $\widehat{EHC}$) Do đó $\widehat{ADE}=\widehat{C}$, mà $\widehat{ADE}+\widehat{BDE}={{180}^{0}}$ (kề bù) nên $\widehat{C}+\widehat{BDE}={{180}^{0}}$. Vậy tứ giác BCED nội tiếp đường tròn (O). b) Giả sử đường tròn (O) cắt đường thẳng AH tại hai điểm M, N. Trong đường tròn (O) hai dây BC và MN cắt nhau tại H ta có HB.HC = HM.HN. Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có AH2 = HB.HC. Do đó AH2 = HB.HC = HM.HN (1). Hai dây BD và MN của đường tròn (O) cắt nhau tại A ta có AD.AB = AM.AN Tam giác ABH vuông tại H, đường cao HD ta có AH2 = AD.AB. Do đó AH2 = AM.AN = (AH – HM)(AH + HN) = AH2 – HM.HN + AH(HN – HM) (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ AH = HN – HM $\Rightarrow $ HN = AH + HM (3) Từ (1) và (3) $\Rightarrow $ AH2 = HM(AH + HM) = HM.AH + HM2 $\Rightarrow $ 4AH2 = 4HM.AH + 4HM2 $\Rightarrow $ 5AH2 = AH2 + 4HM.AH + 4HM2 $\Rightarrow $ 5AH2 = (AH + 2HM)2 $\Rightarrow AH+2HM=AH\sqrt{5}$ $\Rightarrow HM=\frac{\left( \sqrt{5}-1 \right)AH}{2}$ không đổi (vì A, H cố định) Từ (3) $\Rightarrow HN=\frac{\left( \sqrt{5}+1 \right)AH}{2}$ không đổi (vì A, H cố định) Vậy hai điểm M, N cố định. Ta lại có OM = ON nên O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng MN cố định. c) Ta có $\frac{{{S}_{ADE}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{AD.AE}{AB.AC}$ Ta có HD // AC (cùng vuông góc với AB) $\Rightarrow $ $\frac{AD}{AB}=\frac{CH}{CB}$ Ta có HE // AB (cùng vuông góc với AC) $\Rightarrow $ $\frac{AE}{AC}=\frac{BH}{BC}$ Do đó $\frac{AD}{AB}.\frac{AE}{AC}=\frac{CH}{CB}.\frac{BH}{BC}\le \frac{1}{4}\left( \frac{CH}{CB}+\frac{BH}{BC} \right)=\frac{1}{4}$ (bất đẳng thức Cô-si) Dấu “=” xảy ra khi $\frac{CH}{CB}=\frac{BH}{BC}\Leftrightarrow CH=BH\Leftrightarrow \Delta ABC$ vuông cân tại A $\Leftrightarrow $ BC = 2AH. Vậy khi BC = 2AH thì tỉ số $\frac{{{S}_{ADE}}}{{{S}_{ABC}}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{4}$. d) Tam giác ADE vuông tại A, đường cao AK $\Rightarrow $ $\widehat{ADE}=\widehat{KAE}$ (cùng phụ với $\widehat{AED}$) Ta lại có $\widehat{ADE}=\widehat{C}$ (câu a) $\Rightarrow $ $\widehat{C}=\widehat{KAE}$ Mà tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow $ AK là trung tuyến của tam giác ABC. Do đó SAKB = SAKC (1) Ta có $\frac{{{S}_{BKD}}}{{{S}_{AKB}}}=\frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BC}$; $\frac{{{S}_{CKE}}}{{{S}_{AKC}}}=\frac{CE}{CA}=\frac{CH}{CB}$. Do đó $\frac{{{S}_{BKD}}}{{{S}_{AKB}}}+\frac{{{S}_{CKE}}}{{{S}_{AKC}}}=1$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ SBKD + SCKE = SAKB = SAKC (3) Ta lại có SBKD + SAKD = SAKB và SAKE + SCKE = SAKC (4) Từ (3) và (4) $\Rightarrow $ SBKD = SAKE và SCKE = SAKD Vậy SBKD + SCKE = SADE. e) Ta có HP // AD (cùng vuông góc với AC) $\Rightarrow $ $\frac{NP}{ND}=\frac{NH}{NA}$ Ta có HQ // AE (cùng vuông góc với AB) $\Rightarrow $ $\frac{NQ}{NE}=\frac{NH}{NA}$ Do đó $\frac{NP}{ND}=\frac{NQ}{NE}=\frac{NH}{NA}$ $\Rightarrow $ PQ // DE $\Rightarrow $ $\frac{PQ}{DE}=\frac{NP}{ND}=\frac{NH}{NA}$ Ta lại có $HN=\frac{\left( \sqrt{5}+1 \right)AH}{2}$ $\Rightarrow $ $\frac{NH}{HA}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ $\Rightarrow $ $\frac{NH}{NA}=\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}+3}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ Do đó $\frac{PQ}{DE}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ $\Rightarrow $ $PQ=\frac{\left( \sqrt{5}-1 \right)DE}{2}=\frac{\left( \sqrt{5}-1 \right)AH}{2}$ (vì DE = AH). Ta lại có $HM=\frac{\left( \sqrt{5}-1 \right)AH}{2}$ $\Rightarrow $ $PQ = HM$. Bài 70: Cho đường tròn (O ; R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 2R. Tìm điểm M trên đường tròn sao cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải:[/B] Gọi C là giao điểm của OA và đường tròn (O); N là trung điểm của OC. $\Delta MON$ và $\Delta AOM$ có $\widehat{AOM}$ chung; $\frac{OM}{OA}=\frac{ON}{OM}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow $ $\Delta MON$ ഗ$\Delta AOM$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\frac{MN}{AM}=\frac{1}{2}$ $\Rightarrow $ AM = 2MN Do đó MA + 2MB = 2MN + 2MB = 2(MN + MB) $\ge $ 2NB không đổi. Dấu “=” xảy ra khi M nằm giữa N và B hay M là giao điểm của NB và đường tròn (O). Vậy khi M là giao điểm của NB và đường tròn (O) thì MA + 2MB đạt GTNN bằng 2NB. Nhận xét: 1) Câu hỏi của bài toán có thể thay đổi như sau: Tìm điểm M trên đường tròn sao cho $\left| MA-2MB \right|$ đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn: khi M là giao điểm của tia BN và đường tròn (O) (N nằm giữa B và M) thì $\left| MA-2MB \right|$đạt GTLN bằng 2NB. 2) Bài toán có thể tổng quát hóa như sau: Cho đường tròn (O ; R) và hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn sao cho OA = kR (với k là số tự nhiên lớn hơn 1). Tìm điểm M trên đường tròn sao cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 71: Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O ; R) cố định. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Điểm M chuyển động trên cung nhỏ BC. Gọi D, E, F thứ tự là hình chiếu của M lên BC, CA, AB. a) Chứng minh rằng $\Delta MDE$ ഗ$\Delta MFD$. b) Gọi P là giao điểm của DE và MC; Q là giao điểm của DF và MB. Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPE và MQF. c) Gọi N là điểm đối xứng với D qua M. Chứng minh tứ giác NEDF nội tiếp. d) Xác định vị trí của điểm M để tỉ số $\frac{{{S}_{NFE}}}{{{S}_{MBC}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. e) Xác định vị trí của điểm M để tích MD.ME.MF đạt giá trị lớn nhất. Giải: a) Ta có $\widehat{MDB}=\widehat{MFB}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác MDBF nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{MDF}=\widehat{MBF}$ (1) Ta có $\widehat{MBF}$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và $\widehat{MCB}$ là góc nội tiếp cùng chắn cung MB $\Rightarrow $ $\widehat{MCB}=\widehat{MBF}$ (2) Ta có $\widehat{MDC}=\widehat{MEC}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác MDCE nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{MCD}=\widehat{MED}$ (3) Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow $ $\widehat{MDF}=\widehat{MED}$ Tương tự $\widehat{MFD}=\widehat{MDE}$ $\Rightarrow $ $\Delta MDE$ ഗ$\Delta MFD$ (g-g) b) Theo câu a) ta có: $\widehat{MDF}=\widehat{MCB}$ ; $\widehat{MDE}=\widehat{MBC}$ Do đó $\widehat{EDF}=\widehat{MBC}+\widehat{MCB}$ Ta có $\widehat{BMC}+\widehat{MBC}+\widehat{MCB}={{180}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{QMP}+\widehat{PDQ}={{180}^{0}}$ $\Rightarrow $ Tứ giác MPDQ nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{MQP}=\widehat{MDP}$ và $\widehat{MPQ}=\widehat{MDQ}$ $\Rightarrow $ $\widehat{MQP}=\widehat{MFQ}$ (cùng bằng $\widehat{MDP}$) và $\widehat{MPQ}=\widehat{MEP}$ (cùng bằng $\widehat{MDQ}$) $\Rightarrow $ PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta MQF$ tại Q và PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta MPE$ tại P. Vậy PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPE và MQF. c) Ta có $\Delta MDE$ ഗ$\Delta MFD$ (câu a) $\Rightarrow $ $\frac{MD}{MF}=\frac{ME}{MD}$ $\Rightarrow $ MD2 = ME.MF Vì N là điểm đối xứng với D qua M nên MN = MD $\Rightarrow $ $\frac{MN}{MF}=\frac{ME}{MN}$ Vì $\Delta MDE$ ഗ$\Delta MFD$ nên $\widehat{DME}=\widehat{DMF}$ $\Rightarrow $ $\widehat{NME}=\widehat{NMF}$ Do đó $\Delta MNE$ ഗ$\Delta MFN$ (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{MNE}=\widehat{MFN}$ và $\widehat{MNF}=\widehat{MEN}$ Ta lại có $\widehat{MDF}=\widehat{MED}$ và $\widehat{MDE}=\widehat{MFD}$ Do đó \[\widehat{ENF}+\widehat{EDF}=\widehat{NED}+\widehat{NFD}={{180}^{0}}\] Vậy tứ giác NEDF nội tiếp. d) Theo câu b) ta có $\widehat{QMP}+\widehat{PDQ}={{180}^{0}}$; Theo câu c) ta có \[\widehat{ENF}+\widehat{EDF}={{180}^{0}}\]. Do đó $\widehat{BMC}=\widehat{ENF}$ Mặt khác $\widehat{NFE}=\widehat{MBC}$ (cùng bằng $\widehat{NDE}$) Do đó $\Delta NFE$ ഗ$\Delta MBC$ (g-g) Ta lại có tứ giác AEMF nội tiếp đường tròn đường kính AM và tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO. $\Rightarrow $ $\frac{{{S}_{NFE}}}{{{S}_{MBC}}}={{\left( \frac{FE}{BC} \right)}^{2}}={{\left( \frac{AM}{AO} \right)}^{2}}$ Ta có $AM+OM\ge AO=AI+OI$ $\Rightarrow $ $AM\ge AI$ (vì OM = OI = R) $\Rightarrow $ $\frac{AM}{AO}\ge \frac{AI}{AO}$. Dấu “=” xảy ra khi $M\equiv I$. Do đó $\frac{{{S}_{NFE}}}{{{S}_{MBC}}}\ge {{\left( \frac{AI}{AO} \right)}^{2}}$ không đổi. Dấu “=” xảy ra khi $M\equiv I$ Vậy khi $M\equiv I$ thì tỉ số $\frac{{{S}_{NFE}}}{{{S}_{MBC}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng ${{\left( \frac{AI}{AO} \right)}^{2}}$. e) Theo câu c) ta có ME.MF = MD2 $\Rightarrow $ MD.ME.MF = MD3. Giả sử AO cắt cung nhỏ BC ở I và cắt BC ở H. Gọi J là giao điểm của OM và BC. Ta có AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OB = OC = R $\Rightarrow $ AO là trung trực của BC $\Rightarrow $ I là điểm chính giữa cung nhỏ BC; AO $\bot $ BC tại H và HB = HC Ta có $MD\le MJ=R-OJ\le R-OH=IH$ $\Rightarrow $ MD.ME.MF $\le $ IH3 không đổi. Dấu “=” xảy ra khi $D\equiv J\equiv H$ và $M\equiv I$ Vậy tích MD.ME.MF đạt GTLN bằng IH3 khi M là điểm chính giữa cung nhỏ BC.[/B]
