Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 75: Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính bằng 1. Tam giác ABC thay đổi và luôn ngoại tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn AB, AC lần lượt tại M, N. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN. Giải: Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc với AB, AC tại D, E $\Rightarrow OD\bot AB$; $OE\bot AC$. Do đó ${{S}_{AMN}}={{S}_{AOM}}+{{S}_{AON}}=\frac{1}{2}\left( AM+AN \right)$ (vì OD = OE =1). Mặt khác ${{S}_{AMN}}\le \frac{1}{2}AM.AN$, dấu “=” xảy ra khi tam giác AMN vuông tại A. Ta lại có 4AM.AN $\le $ (AM + AN)2, dấu “=” xảy ra khi AM = AN. Suy ra $\frac{1}{2}AM.AN\le \frac{1}{8}{{\left( AM+AN \right)}^{2}}$. Do đó $\frac{1}{2}\left( AM+AN \right)\le \frac{1}{8}{{\left( AM+AN \right)}^{2}}\Leftrightarrow AM+AN\ge 4\Leftrightarrow {{S}_{AMN}}\ge 2$. Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC vuông tại A và AM = AN hay d $\bot $ OA. Vậy diện tích tam giác AMN có giá trị nhỏ nhất bằng 2. Bài 76: Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O). Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho $BD-CE=\frac{AB-AC}{2}$ và $BD<\frac{AB}{2}$. Đường thẳng qua D vuông góc với AB cắt (O) tại M. Đường thẳng qua E vuông góc với AC cắt (O) tại N. Dây MN cắt AB, AC thứ tự ở P, Q. Chứng minh rằng APQ là tam giác cân. Giải: Ta có $BD-CE=\frac{AB-AC}{2}\Rightarrow 2BD-2CE=AB-AC$. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua D $\Rightarrow BB'=2BD$; Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua E $\Rightarrow CC'=2CE$. Do đó BB’ – CC’ = AB – AC $\Rightarrow $ AB – BB’ = AC – CC’ $\Rightarrow $ AB’ = AC’ (1) (vì $BD<\frac{AB}{2}$ nên B’ thuộc AB, C’ thuộc AC). Tia MB’ cắt (O) tại I, tia NC’ cắt (O) tại J. Dễ thấy $\Delta MBB'$ cân tại M $\Rightarrow \widehat{MBB'}=\widehat{MB'B}$. Ta lại có $\widehat{MBA}=\widehat{MIA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA) và $\widehat{MB'B}=\widehat{AB'I}$ (đối đỉnh). Do đó $\widehat{AIB'}=\widehat{AB'I}$ $\Rightarrow \Delta AIB'$ cân tại A $\Rightarrow $ AI = AB’ (2) Chứng minh tương tự ta được AJ = AC’ (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra AB’ = AC’ = AI = AJ. Vậy tứ giác IJB’C’ nội tiếp đường tròn tâm A $\Rightarrow \widehat{IJC'}=\widehat{IB'C'}$. Ta lại có $\widehat{IJN}=\widehat{IMN}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IN). Do đó $\widehat{IB'C'}=\widehat{\operatorname{IMN}}$ $\Rightarrow $ B’C’ // MN hay B’C’ // PQ. Mà tam giác AB’C’ cân tại A nên tam giác APQ cân tại A. Bài 77: Cho tam giác ABC (AB < AC), trực tâm H. Đường trung trực của cạnh BC cắt các đường thẳng AB, AC thứ tự ở P, Q. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, PQ. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng HM và AN thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải: Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng HM và AN. Vì H là trực tâm của tam giác ABC và MP là trung trực của cạnh BC $\Rightarrow \widehat{HBC}=\widehat{MQC}$ (cùng phụ với góc ACB); $\widehat{HCB}=\widehat{MPB}$ (cùng phụ với góc ABC). Ta lại có $\widehat{MQC}=\widehat{AQP}$ (đối đỉnh). Từ đó suy ra $\Delta HBC$ ∽ $\Delta AQP$ (g-g). Hai tam giác này có HM và AN là hai đường trung tuyến tương ứng $\Rightarrow \widehat{MHC}=\widehat{NAP}$. Mà $\widehat{KAB}=\widehat{NAP}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{KAB}=\widehat{MHC}$ (1) Trên tia đối của tia MH lấy điểm D sao cho MD = MH. Ta lại có MB = MC nên BHCD là hình bình hành $\Rightarrow $ BD // CH $\Rightarrow \widehat{MHC}=\widehat{KDB}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat{KAB}=\widehat{KDB}$ $\Rightarrow $ tứ giác AKDB nội tiếp (3) Vì BHCD là hình bình hành $\Rightarrow \widehat{BHC}=\widehat{BDC}$ Ta lại có $\Delta HBC$ ∽ $\Delta AQP$ (g-g) $\Rightarrow \widehat{BHC}=\widehat{QAP}$ nên $\widehat{BDC}=\widehat{QAP}$ Do đó tứ giác ABDC nội tiếp (4) Từ (3) và (4) suy ra điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
