Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 84: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Trên nửa mặt phẳng bờ OO’ có chứa điểm B, vẽ tiếp tuyến chung MN (M thuộc (O), N thuộc (O’)). Qua A vẽ cát tuyến song song với MN cắt (O) tại P, cắt (O’) tại Q; MP và NQ cắt nhau tại C; MN và OO’ cắt nhau tại D. a) Chứng minh rằng CA vuông góc với PQ. b) Chứng minh rằng MBNC nội tiếp trong đường tròn (O’’). c) AB cắt MN tại I và cắt (O’’) tại J. Chứng minh rằng IA = IJ. d) Vẽ bán kính O’F song song với OB và cùng phía đối với OO’. Chứng minh rằng ba điểm F, B, D thẳng hàng. e) Chứng minh rằng DB, DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O’’). Giải: a) Vì MN là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) $\Rightarrow $ OM $\bot $ MN. Mà PQ // MN nên OM $\bot $ PQ hay OM $\bot $ PA. Do đó MO là trung trực của PA. Tương tự NO’ là trung trực của QA. Từ đó suy ra MN // PQ và $MN=\frac{1}{2}PQ$. Do đó MN là đường trung bình của tam giác CPQ $\Rightarrow $ MA = MP = MC. Vậy CA vuông góc với PQ. b) Tứ giác ABMP nội tiếp đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{P}=\widehat{IBM}$; $\widehat{Q}=\widehat{IBN}$. Do đó $\widehat{MCN}+\widehat{MBN}=\widehat{MCN}+\widehat{IBM}+\widehat{IBN}=\widehat{MCN}+\widehat{P}+\widehat{Q}={{180}^{0}}$. Vậy tứ giác MBNC nội tiếp trong đường tròn (O’’). c) Tứ giác ABMP nội tiếp đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{P}=\widehat{IBM}$. Tứ giác BMCJ nội tiếp đường tròn (O’’) $\Rightarrow \widehat{MCJ}+\widehat{MBJ}={{180}^{0}}$. Do đó $\widehat{MCJ}+\widehat{P}={{180}^{0}}$ $\Rightarrow $ CJ // PA. Mà PA // MI nên CJ // MI // PA. Ta lại có M là trung điểm của CP (câu a) nên I là trung điểm của AJ hay IA = IJ. d) Vì MN là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) $\Rightarrow $ OM $\bot $ MN, O’N $\bot $ MN. Do đó OM // O’N $\frac{DO}{DO'}=\frac{OM}{O'N}=\frac{R}{R'}$. Giả sử tia DB cắt tia O’F tại F’. Vì OB // O’F nên OB // O’F’ $\Rightarrow \frac{DO}{DO'}=\frac{OB}{O'F'}=\frac{R}{O'F'}$. Từ đó suy ra $\frac{R}{O'F'}=\frac{R}{R'}\Rightarrow O'F'=R'\Rightarrow O'F'=OF\Rightarrow F'\equiv F.$ Vậy ba điểm F, B, D thẳng hàng. e) Vì ba điểm F, B, D thẳng hàng nên $\frac{DB}{DF}=\frac{DM}{DN}$ (cùng bằng $\frac{DO}{DO'}$). $\Rightarrow $ BM // FN $\Rightarrow \widehat{MBD}=\widehat{NFB}$ (đồng vị). Ta lại có $\widehat{NFB}=\widehat{NAB}$ (cùng chắn cung NB), Vì IM là tiếp tuyến và IBA là cát tuyến của (O) nên IM2 = IB.IA. Vì IN là tiếp tuyến và IBA là cát tuyến của (O’) nên IN2 = IB.IA. Do đó IM = IN, mà IA = IJ nên tứ giác AMJN là hình bình hành. $\Rightarrow $ AN // MJ $\Rightarrow \widehat{NAB}=\widehat{MJB}$ (so le trong). Từ đó suy ra $\widehat{MBD}=\widehat{MJB}$. Vậy DB là tiếp tuyến của đường tròn (O’’). Ta có MA = MC và NA = NC (câu a) $\Rightarrow $ MN là trung trực của CA, mà D thuộc MN nên DC = DA. Mặt khác OO’ là trung trực của AB nên DA = DB. Do đó DC = DB, mà DB là tiếp tuyến của (O’’) và C thuộc (O’’) nên DC cũng là tiếp tuyến của (O’’). Bài 85: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho $BE=\frac{1}{3}a$. Trên tia đối của tia CD lấy điểm F sao cho $CF=\frac{1}{2}a$. Tia AE cắt BF tại M. Chứng minh rằng AMC là tam giác vuông. Giải: Cách 1: Gọi N là giao điểm của hai tia AE và DC. Vì ABCD là hình vuông nên AB // DC hay AB // CN $\Rightarrow \frac{CN}{AB}=\frac{CE}{BE}\Rightarrow CN=\frac{AB.CE}{BE}=\frac{a.\frac{2}{3}a}{\frac{1}{3}a}=2a$ $\Rightarrow FN=CN-CF=2a-\frac{1}{2}a=\frac{3}{2}a$. Ta lại có DN = DC + CN = 3a nên $DF=\frac{3}{2}a$ $\Rightarrow $ DF = FN. Tia DM cắt BC tại I và cắt tia AB tại P. Vì AP // DN nên ta có $\frac{AB}{FN}=\frac{BP}{DF}$ (cùng bằng $\frac{MB}{MF}$), do đó AB = BP $\Rightarrow $ DC = BP. Do đó $\Delta CID=\Delta BIP$ (g-c-g) $\Rightarrow $ IC = IB $=\frac{1}{2}a$ $\Rightarrow BI=CF=\frac{1}{2}a$. Do đó $\Delta BIP=\Delta CFB$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{BIP}=\widehat{CFB}$, mà $\widehat{BCF}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{BMI}={{90}^{0}}$ hay $\widehat{BMD}={{90}^{0}}$. Gọi O là giao điểm của AC và BD $\Rightarrow OA=OB=OC=OD$. Tam giác BMD vuông tại M có OB = OD nên $MO=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}AC$. Tam giác AMC có OA = OC và $MO=\frac{1}{2}AC$ nên tam giác AMC vuông tại M. Cách 2: Tia CM cắt tia AB tại N. Qua B vẽ đường thẳng song song với CN cắt AM tại P. Vì BP // CN nên $\frac{PB}{MN}=\frac{AB}{AN}=\frac{a}{AN}$ và $\frac{MC}{PB}=\frac{CE}{BE}=\frac{2}{3}a:\frac{1}{3}a=2$. Vì BN // CF (do ABCD là hình vuông) nên $\frac{MN}{MC}=\frac{BN}{CF}=\frac{BN}{\frac{1}{2}a}=\frac{2BN}{a}$. Do đó $\frac{PB}{MN}.\frac{MN}{MC}.\frac{MC}{PB}=\frac{a}{AN}.\frac{2BN}{a}.2\Rightarrow 1=\frac{4BN}{AN}\Rightarrow AN=4BN\Rightarrow BN=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}a=BE$. Do đó $\Delta ABE=\Delta CBN$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{BAE}=\widehat{BCN}$, mà $\widehat{ABE}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{EMC}={{90}^{0}}$. Vậy tam giác AMC vuông tại M. Cách 3: Giả sử BD cắt AC tại O và cắt AE tại P. Ta có BE // AD (vì ABCD là hình vuông) $\Rightarrow \frac{PB}{PD}=\frac{BE}{AD}=\frac{\frac{1}{3}a}{a}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{PB}{BD}=\frac{1}{4}$. Mà OB = OD $=\frac{1}{2}BD$ nên PB = PO $=\frac{1}{2}OB$. Ta lại có OA = OB (vì ABCD là hình vuông) nên $OP=\frac{1}{2}OA$. Vì ABCD là hình vuông nên AC $\bot $ BD tại O. Do đó $\Delta AOP$ ∽ $\Delta BCF$ (vì $\widehat{AOP}=\widehat{BCF}={{90}^{0}}$ và $\frac{OP}{OA}=\frac{CF}{CB}=\frac{1}{2}$) $\Rightarrow \widehat{OAP}=\widehat{CBF}$ hay $\widehat{CAM}=\widehat{CBM}$. Suy ra tứ giác ABMC nội tiếp, mà $\widehat{ABC}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{AMC}={{90}^{0}}$. Vậy tam giác AMC vuông tại M. Cách 4: Gọi P là giao điểm của hai tia AE và DC. Vì ABCD là hình vuông nên AB // DC hay AB // CP $\Rightarrow \frac{CP}{AB}=\frac{CE}{BE}\Rightarrow CP=\frac{AB.CE}{BE}=\frac{a.\frac{2}{3}a}{\frac{1}{3}a}=2a$ $\Rightarrow FN=CN-CF=2a-\frac{1}{2}a=\frac{3}{2}a$. Ta lại có AB // FP $\Rightarrow \frac{MF}{MB}=\frac{FP}{AB}=\frac{\frac{3}{2}a}{a}=\frac{3}{2}$ (1) Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AE cắt DC tại N. Dễ thấy $\Delta BCN=\Delta ABE$ (g-c-g) $\Rightarrow $ $CN=BE=\frac{1}{3}a$ $\Rightarrow \frac{CF}{CN}=\frac{1}{2}a:\frac{1}{3}a=\frac{3}{2}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{MF}{MB}=\frac{CF}{CN}$. Theo định lí Ta-lét đảo suy ra CM // BN. Mà BN vuông góc với AE nên CM vuông góc với AE. Vậy tam giác AMC vuông tại M. Bài 86: Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của EF, FB, CE. Đường thẳng AM cắt các đường thẳng DN, DP thứ tự ở Q, R. Chứng minh rằng: a) Hai tam DRQ và ABC đồng dạng với nhau. b) Tam giác AQC là tam giác vuông. Giải: a) $\Delta AEB$ ∽ $\Delta AFC$ (g-g) ($\widehat{AEB}=\widehat{AFC}={{90}^{0}}$,$\widehat{A}$ chung) $\Rightarrow \frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$. $\Rightarrow $ $\Delta AEF$ ∽ $\Delta ABC$ (c-g-c) ($\widehat{A}$ chung và $\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$). Chứng minh tương tự $\Delta DBF$ ∽ $\Delta ABC$ (c-g-c), $\Delta DEC$ ∽ $\Delta ABC$ (c-g-c). Do đó $\Delta AEF$ ∽ $\Delta DBF$ ∽ $\Delta DEC$ (cùng đồng dạng với $\Delta ABC$). Ta lại có AM, DN, DP là các đường trung tuyến tương ứng của các tam giác đồng dạng nói trên nên $\widehat{MAE}=\widehat{NDB}=\widehat{PDE}$ và $\widehat{MAF}=\widehat{NDF}=\widehat{PDC}$. Gọi I là giao điểm của BC và AQ. Ta có $\widehat{IDQ}=\widehat{NDB}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{MAE}=\widehat{IDQ}$ hay $\widehat{IAC}=\widehat{IDQ}$. Ta lại có $\widehat{AIC}=\widehat{DIQ}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{DQI}=\widehat{ACI}$ hay $\widehat{DQI}=\widehat{ACB}$ (1) Xét $\Delta AIB$ và $\Delta DIR$ có ($\widehat{IAB}=\widehat{IDR}$ (cmt) và $\widehat{I}$ chung) $\Rightarrow $ $\widehat{DRI}=\widehat{ABI}$ hay $\widehat{DRQ}=\widehat{ABC}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\Delta DRQ$ ∽ $\Delta ABC$ (g-g). b) Ta có $\Delta IDQ$ ∽ $\Delta IAC$ (g-g) (do $\widehat{IAC}=\widehat{IDQ}$ (cmt) và $\widehat{AIC}=\widehat{DIQ}$ (cmt)) $\Rightarrow \frac{ID}{IA}=\frac{IQ}{IC}$. $\Rightarrow $ $\Delta IDA$ ∽ $\Delta IQC$ (c-g-c) (do $\widehat{DIA}=\widehat{QIC}$(đối đỉnh) và $\frac{ID}{IA}=\frac{IQ}{IC}$). $\Rightarrow \widehat{IDA}=\widehat{IQC}$, mà $\widehat{IDA}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{IQC}={{90}^{0}}$. Vậy tam giác AQC vuông tại Q.
