Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 72: Cho đường tròn (O ; R) và dây BC cố định. Điểm A chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Gọi H là giao điểm các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC. 1. Xác định vị trí điểm A trên cung lớn BC để: a) SABC đạt giá trị lớn nhất. b) CABC đạt giá trị lớn nhất. c) CDEF đạt giá trị lớn nhất. d) Tổng HA + HB + HC đạt giá trị lớn nhất. e) Tổng các khoảng cách từ O đến các cạnh BC, CA, AB lớn nhất. Giải: a) Vẽ bán kính OI của đường tròn (O) vuông góc với BC tại K. Ta có $AD\le AO+OK=R+OK$ không đổi. Dấu “=” xảy ra khi $D\equiv K$$\Leftrightarrow $ A là điểm chính giữa cung lớn BC. Do đó \[{{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.AD\le \frac{1}{2}BC\left( R+OK \right)\] không đổi. Dấu “=” xảy ra khi A là điểm chính giữa cung lớn BC. Vậy khi A là điểm chính giữa cung lớn BC thì SABC đạt giá trị lớn nhất là $\frac{BC\left( R+OK \right)}{2}$. b) Vì bán kính OI của đường tròn (O) vuông góc với BC tại K. $\Rightarrow $ KB = KC, IB = IC và $\overset\frown{IB}=\overset\frown{IC}$ Áp dụng hệ thức Po-to-le-me ta có AI.BC = AB.IC + AC.IB = (AB + AC)IB Vì BC và IB không đổi nên AB + AC lớn nhất $\Leftrightarrow $ AI lớn nhất $\Leftrightarrow $ AI là đường kính của đường tròn (O) $\Leftrightarrow $ A là điểm chính giữa cung lớn BC. Do đó CABC = AB + AC + BC $\le $ $\frac{2R.BC}{IB}+BC$ không đổi Dấu “=” xảy ra khi A là điểm chính giữa cung lớn BC. Vậy khi A là điểm chính giữa cung lớn BC thì CABC đạt giá trị lớn nhất là $\frac{2R.BC}{IB}+BC$. c) Vẽ tia tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) $\Rightarrow $ OA $\bot $ Ax Ta có $\widehat{xAC}$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và $\widehat{ABC}$ là góc nội tiếp cùng chắn cung AC $\Rightarrow $ $\widehat{xAC}=\widehat{ABC}$ Ta lại có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}={{90}^{0}}$ nên tứ giác BCEF nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{\text{AEF}}=\widehat{ABC}$ (cùng bù với $\widehat{FEC}$) $\Rightarrow $ $\widehat{xAC}=\widehat{AEF}$ $\Rightarrow $ EF // Ax $\Rightarrow $ OA $\bot $ EF Tương tự OB $\bot $ DF ; OC $\bot $ DE Ta có SABC = (SOFA + SOEA) + (SOEC + SODC) + (SODB + SOFB) $\Rightarrow $ ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}OA.EF+\frac{1}{2}OC.DE+\frac{1}{2}OB.DF=\frac{1}{2}R\left( EF+DE+DF \right)=\frac{1}{2}R.{{C}_{DEF}}$ Do đó CDEF lớn nhất $\Leftrightarrow $ SABC lớn nhất $\Leftrightarrow $ A là điểm chính giữa cung lớn BC. d) Vẽ đường kính BM của đường tròn (O) $\Rightarrow $ $\widehat{BAM}=\widehat{BCM}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ AM // CH (cùng vuông góc với AB) ; CM // BH (cùng vuông góc với AC) $\Rightarrow $ AMCH là hình bình hành $\Rightarrow $ CM = HA Tam giác BCM có KB = KC ; OB = OM $\Rightarrow $ OK là đường trung bình của tam giác BCM $\Rightarrow $ $OK=\frac{1}{2}CM$ $\Rightarrow $ $OK=\frac{1}{2}HA$ $\Rightarrow $ HA = 2OK không đổi Do đó HA + HB + HC lớn nhất $\Leftrightarrow $ HB + HC lớn nhất. Tứ giác AEHF có $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{EHF}+\widehat{EAF}={{180}^{0}}$ Mà BC cố định nên $\widehat{BAC}$ không đổi $\Rightarrow $ $\widehat{EHF}={{180}^{0}}-\widehat{EAF}$ không đổi Vì A chuyển động trên cung lớn BC nên H chuyển động trên cung chứa góc ${{180}^{0}}-\widehat{EAF}$ dựng trên đoạn BC cùng phía với A. Theo kết quả câu b) thì HB + HC lớn nhất $\Leftrightarrow $ H là điểm chính giữa cung chứa góc ${{180}^{0}}-\widehat{EAF}$ dựng trên đoạn BC cùng phía với A $\Leftrightarrow $ A là điểm chính giữa cung lớn BC. e) Gọi x, y, z thứ tự là khoảng cách từ O đến các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Theo kết quả câu d) ta có HA = 2x ; HB = 2y ; HC = 2z $\Rightarrow $ HA + HB + HC = 2(x + y + z) Do đó: x + y + z lớn nhất $\Leftrightarrow $ HA + HB + HC lớn nhất $\Leftrightarrow $ A là điểm chính giữa cung lớn BC. Bài 73: Cho đường tròn (O ; R) và dây cung BC cố định. Điểm A chuyển động trên cung lớn BC. Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong AD, BE, CF của tam giác ABC. Các tia AD, BE, CF lần lượt cắt đường tròn (O) ở M, N, P. a) Chứng minh rằng điểm I thuộc một cung tròn cố định. b) Xác định vị trí điểm A để IA + IB + IC đạt giá trị lớn nhất. c) AB cắt MP ở L; AC cắt MN ở K. Chứng minh rằng 3 điểm L, I, K thẳng hàng. d) Chứng minh rằng PN tiếp xúc với một đường tròn cố định. Giải: a) Vì AM là phân giác của $\widehat{BAC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{MAB}=\widehat{MAC}$ $\Rightarrow $ $\overset\frown{MB}=\overset\frown{MC}$ $\Rightarrow $ MB = MC. Vì BN là phân giác của $\widehat{ABC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{NBC}=\widehat{NBA}$ $\Rightarrow $ $\overset\frown{NC}=\overset\frown{NA}$ $\Rightarrow $ NC = NA. Vì CP là phân giác của $\widehat{ACB}$ $\Rightarrow $ $\widehat{PCA}=\widehat{PCB}$ $\Rightarrow $ $\overset\frown{PA}=\overset\frown{PB}$ $\Rightarrow $ PA = PB. Ta có $\widehat{MBI}=\frac{s\text{}\overset\frown{MC}+s\text{}\overset\frown{NC}}{2}$ ; $\widehat{MIB}=\frac{s\text{}\overset\frown{MB}+s\text{}\overset\frown{NA}}{2}$ $\Rightarrow $ $\widehat{MBI}=\widehat{MIB}$ Vậy tam giác MBI cân tại I $\Rightarrow $ MB = MI. Do đó MB = MI = MC không đổi. Vậy điểm I thuộc cung tròn tâm M bán kính MB cố định nằm trong đường tròn (O). b) Tổng IA + IB + IC lớn nhất $\Leftrightarrow $ IA và IB + IC đồng thời lớn nhất. Ta có MA = MI + IA và MI không đổi Do đó IA lớn nhất $\Leftrightarrow $ MA lớn nhất $\Leftrightarrow $ MA là đường kính của (O) $\Leftrightarrow $ A là điểm chính giữa cung lớn BC. Theo bài 25 ta có IB + IC lớn nhất $\Leftrightarrow $ I là điểm chính giữa cung BC của đường tròn tâm M bán kính MB $\Leftrightarrow $ A là điểm chính giữa cung lớn BC. Vậy khi A là điểm chính giữa cung lớn BC thì tổng IA + IB + IC đạt giá trị lớn nhất. c) Tương tự câu a) ta có PI = PB = PA và NI = NC = NA. Ta lại có MI = MB = MC $\Rightarrow $ MP là trung trực của BI $\Rightarrow $ LB = LI $\Rightarrow $ $\Delta LBI$ cân tại L $\Rightarrow $ $\widehat{LBI}=\widehat{LIB}$ Ta lại có $\widehat{LBI}=\widehat{IBC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{IBC}=\widehat{LIB}$ $\Rightarrow $ IL // BC Chứng minh tương tự ta được IK // BC Theo tiên đề Ơ-clit $\Rightarrow $ 3 điểm L, I, K thẳng hàng. Cách khác: Ta có $\widehat{ALP}=\widehat{AIP}$ (cùng bằng $\frac{1}{2}\left( \widehat{BAC}+\widehat{ACB} \right)$) $\Rightarrow $ Tứ giác AILP nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{PIL}=\widehat{PAL}$, mà $\widehat{PCB}=\widehat{PAL}$ nên $\widehat{PIL}=\widehat{PCB}$ $\Rightarrow $ IL // BC. Chứng minh tương tự IK // BC. Theo tiên đề Ơ-clit $\Rightarrow $ 3 điểm L, I, K thẳng hàng. d) Ta có $\widehat{MNP}=\frac{s\text{}\overset\frown{MB}+s\text{}\overset\frown{PB}}{2}$ và $\widehat{AMN}=\frac{s\text{}\overset\frown{NA}}{2}$ Do đó $\widehat{MNP}+\widehat{AMN}=\frac{s\text{}\overset\frown{MB}+s\text{}\overset\frown{PB}+s\text{}\overset\frown{NA}}{2}=\frac{s\text{}\overset\frown{BC}+s\text{}\overset\frown{AB}+s\text{}\overset\frown{CA}}{4}=\frac{{{360}^{0}}}{4}={{90}^{0}}$ Vậy AM vuông góc với NP. Chứng minh tương tự ta được BN $\bot $ MP ; CP $\bot $ MN. Vậy I là trực tâm của tam giác MNP Vẽ OJ $\bot $ NP tại J, theo bài 25 thì $OJ=\frac{1}{2}MI$ không đổi Vậy NP luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính $\frac{1}{2}MI$ cố định. Cách khác: Vì $\overset\frown{PA}=\overset\frown{PB}$ nên $OP\bot AB$; $\overset\frown{NA}=\overset\frown{NC}$ nên $ON\bot AC$ Do đó $\widehat{PON}={{180}^{0}}-\widehat{BAC}$ Vẽ OJ $\bot $ NP tại J. Vì tam giác OPN cân tại O nên OJ là phân giác của $\widehat{PON}$ $\Rightarrow $ $\widehat{POJ}=\frac{1}{2}\widehat{PON}={{90}^{0}}-\frac{1}{2}\widehat{BAC}$ không đổi $\Rightarrow $ $OJ=OP.cos\widehat{POJ}=R.cos\left( {{90}^{0}}-\frac{1}{2}\widehat{BAC} \right)=R.\sin \frac{A}{2}$ không đổi. Vậy NP luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính $R.\sin \frac{A}{2}$ cố định. Bài 74: Cho hình thang ABCD (AB // CD), O là giao điểm hai đường chéo AC và BD, M là trung điểm của CD. Hai đường tròn (I) và (I’) lần lượt ngoại tiếp hai tam giác AOD và BOC cắt nhau tại điểm K (K khác O). Chứng minh rằng $\widehat{KOC}=\widehat{MOD}$. Giải: Ta có $\widehat{KAO}=\widehat{KDO}$ ; $\widehat{KBO}=\widehat{KCO}$ $\Rightarrow \Delta KAC$ ∽ $\Delta KDB$ (g-g). Trên đường chéo BD lấy điểm O’ sao cho O’D = OB. Ta có $\frac{OA}{OC}=\frac{OB}{OD}=\frac{O'D}{O'B}$ $\Rightarrow \Delta KOC$ ∽ $\Delta KO'B$ (c-g-c). $\Rightarrow \widehat{KOC}=\widehat{KO'B}$, mà $\widehat{KOC}=\widehat{KBC}$ nên $\widehat{KO'B}=\widehat{KBC}$. Ta lại có $\widehat{KOO'}=\widehat{KCB}$ (cùng bù với $\widehat{KOB}$) Do đó $\Delta KO'O$ ∽ $\Delta KBC$ (g-g). Gọi N, P thứ tự là trung điểm của OO’ và BC $\Rightarrow \Delta KON$ ∽ $\Delta KCP$ (c-g-c) $\Rightarrow \frac{ON}{CP}=\frac{OK}{CK}$ Vì N là trung điểm của OO’ nên N cũng là trung điểm của BD. Ta lại có M là trung điểm của CD nên MN là đường trung bình của tam giác BCD $\Rightarrow $ MN // BC và $MN=\frac{BC}{2}=BP=CP$. Từ đó suy ra $\frac{ON}{MN}=\frac{OK}{CK}$ và $\widehat{ONM}=\widehat{OKC}$ (cùng bù với $\widehat{OBC}$). $\Rightarrow \Delta ONM$ ∽ $\Delta OKC$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{NOM}=\widehat{KOC}$ (đpcm).
