Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 93: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Tia AO cắt cạnh BC tại D. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho DE = DB và DF = DC. Chứng minh rằng EF song song với BC. Giải: Ta có OA = OB = OC = R $\Rightarrow $ Các $\Delta $AOB; $\Delta $BOC; $\Delta $COA cân tại O $\Rightarrow $ $\widehat{{{A}_{1}}}=\widehat{{{B}_{2}}}$ ; $\widehat{{{B}_{1}}}=\widehat{{{C}_{2}}}$ ; $\widehat{{{C}_{1}}}=\widehat{{{A}_{2}}}$ $\Delta $DBE cân tại D (DE = DB) $\Rightarrow $ $\widehat{DEB}=\widehat{DBE}$ $\Rightarrow $ $\widehat{{{A}_{1}}}+\widehat{ADE}=\widehat{{{B}_{1}}}+\widehat{{{B}_{2}}}$$\Rightarrow $ $\widehat{ADE}=\widehat{{{B}_{1}}}$ $\Delta $DCF cân tại D (DF = DC) $\Rightarrow $ $\widehat{DFC}=\widehat{DCF}$ $\Rightarrow $ $\widehat{{{A}_{2}}}+\widehat{ADF}=\widehat{{{C}_{1}}}+\widehat{{{C}_{2}}}$$\Rightarrow $ $\widehat{ADF}=\widehat{{{C}_{2}}}$ Gọi M là giao điểm của DE và OB; N là giao điểm của DF và OC. Do đó $\Delta $ODM ഗ$\Delta $OBD (g-g) $\Rightarrow $ OD2 = OM.OB (1) $\Delta $ODN ഗ$\Delta $OCD (g-g) $\Rightarrow $ OD2 = ON.OC (2) Vì OB = OC nên từ (1) và (2) $\Rightarrow $ OM = ON. Áp dụng định lý Mê-nê-la-us vào $\Delta $AOB và ba điểm D, M, E thẳng hàng Ta có $\frac{DO}{DA}.\frac{EA}{EB}.\frac{MB}{MO}=1$ (3) Áp dụng định lý Mê-nê-la-us vào $\Delta $AOC và ba điểm D, N, F thẳng hàng Ta có $\frac{DO}{DA}.\frac{FA}{FC}.\frac{NC}{NO}=1$ (4) Vì OB = OC và OM = ON nên MB = NC, do đó từ (3) và (4) $\Rightarrow $ $\frac{EA}{EB}=\frac{FA}{FC}$ Theo định lý Ta-let đảo $\Rightarrow $ EF song song với BC. Bài 94:Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC tại H. Trên tia đối của tia HA lấy điểm E sao cho AH = 3HE. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AC = 3AD. Tính số đo $\widehat{BED}$. Giải: Cách 1: Vận dụng định lí "Nếu một tam giác có đường trung tuyến ứng với một cạnh và bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông". Dựng hình chữ nhật ABFD. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AF và BD. Suy ra OA = OB = OF = OD. Gọi G là giao điểm của AF và BC. Áp dụng định lí Ta-let ta có: $\frac{GF}{GA}=\frac{BF}{AC}=\frac{AD}{AC}=\frac{1}{3}$ (vì BF = AD;AC = 3AD) Ta lại có AH = 3HE nên $\frac{HE}{HA}=\frac{1}{3}$. Do đó $\frac{GF}{GA}=\frac{HE}{HA}=\frac{1}{3}$. Theo định lí Ta-let đảo suy ra EF // HG, mà AH $\bot $ BC nên AE $\bot $ EF hay là $\widehat{AEF}={{90}^{0}}$. Tam giác AEF vuông tại E có đường trung tuyến EO ứng với cạnh huyền AF nên $EO=\frac{1}{2}AF$, mà AF = BD nên $EO=\frac{1}{2}BD$. Tam giác BED có đường trung tuyến $EO=\frac{1}{2}BD$nên tam giác BED vuông tại E. Cách 2: Vận dụng định lí Pi-ta-go đảo. Qua D kẻ đường thẳng song song với BC cắt AH tại K. Áp dụng định lí Talets ta có: $\frac{AK}{AH}=\frac{AD}{AC}=\frac{1}{3}\Rightarrow AH=3AK$(vì AC = 3AD) Ta lại có AH = 3HE nên AK = HE. Do đó KE = AH. Áp dụng định lí Pi-ta-go vào các tam giác vuông BHE; DKE; AHB; ADK; ABD ta được: BE2 + FE2 = BH2 + HE2 + KE2 + KD2 = BH2 + AH2 + AK2 + KD2 (vì AH = KE; HE = AK). = AB2 + AD2 = BD2. Theo định lí Pi-ta-go đảo suy ra tam giác BED vuông tại E. Cách 3: Sử dụng dấu hiệu hai đỉnh liên tiếp của tứ giác cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp. Ta có $\frac{AD}{AC}=\frac{HE}{HA}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{AD}{HE}=\frac{AC}{HA}$ (1). Dễ thấy$\vartriangle AHC$ഗ$\vartriangle BHA$ (g-g) $\frac{AC}{HA}=\frac{BA}{HB}$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AD}{HE}=\frac{BA}{HB}$. Xét $\vartriangle ABD$ và $\vartriangle HBE$ có $\widehat{BAD}=\widehat{BHE}={{90}^{0}}$ và $\frac{AD}{HE}=\frac{AB}{HB}$ Do đó $\vartriangle AHC$ഗ$\vartriangle BHA$ (c-g-c). Từ đó suy ra $\widehat{ADB}=\widehat{HEB}$ hay là $\widehat{ADB}=\widehat{AEB}$. Vậy tứ giác ABED nội tiếp đường tròn, mà $\widehat{BAD}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 4: Tạo thêm điểm thứ năm rồi chứng minh 5 điểm cùng nằm trên một đường tròn, sử dụng dấu hiệu hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau. Qua D kẻ đường thẳng song song với AH cắt BC tại K. Áp dụng định lí Talets ta có: $\frac{HK}{HC}=\frac{AD}{AC}=\frac{1}{3}$ (vì AC = 3AD). Do đó $\frac{HK}{HC}=\frac{HE}{HA}=\frac{1}{3}$ (vì AH = 3HE). Từ đó suy ra $\frac{HK}{HE}=\frac{HC}{HA}$, mà $\widehat{KHE}=\widehat{CHA}={{90}^{0}}$ nên $\vartriangle KHE$ ഗ$\vartriangle CHA$ (c-g-c). Do đó $\widehat{HKE}=\widehat{HCA}$, mà $\widehat{HCA}=\widehat{HAB}$ nên $\widehat{HKE}=\widehat{HAB}$ hay là $\widehat{BKE}=\widehat{BAE}$. Vậy tứ giác ABEK nội tiếp. Tứ giác ABKD nội tiếp (vì $\widehat{BAD}=\widehat{BKD}={{90}^{0}}$) nên 5 điểm A, B, E, K, D cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Vậy $\widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 5: Tạo ra góc vuông AEF rồi chứng minh $\widehat{AEB}=\widehat{DEF}$. Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng AC tại F. Áp dụng định lí Talets ta có: $\frac{CF}{AC}=\frac{HE}{AH}=\frac{1}{3}\Rightarrow AC=3CF$(vì AH = 3HE) Ta lại có AC = 3AD nên CF = AD. Do đó DF = AC. Áp dụng định lí Talets ta có: $\frac{EF}{EA}=\frac{HC}{HA}$ (1). Dễ thấy $\vartriangle AHC$ഗ$\vartriangle BAC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{HC}{HA}=\frac{AC}{AB}$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $\frac{EF}{EA}=\frac{AC}{AB}$, mà DF = AC (cmt) nên $\frac{EF}{EA}=\frac{DF}{AB}$. Ta lại có $\widehat{DFE}=\widehat{ACB}$ (đồng vị); $\widehat{ACB}=\widehat{HAB}$ (cùng phụ với $\widehat{HAC}$) nên $\widehat{DFE}=\widehat{BAE}$. Do đó $\vartriangle DFE$ഗ$\vartriangle BAE$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{EDF}=\widehat{EBA}$. Vậy tứ giác ABED nội tiếp đường tròn, mà $\widehat{BAD}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 6: Vận dụng định lí đảo $\vartriangle BEF$ có đường cao EH (H nằm giữa B và F) và HE2 = HB.HF thì $\vartriangle BEF$ vuông tại E. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng DE tại K. Áp dụng định lí Talets ta có: $\frac{AK}{CF}=\frac{DA}{DC}=\frac{1}{2}\Rightarrow CF=2AK$(vì AC = 3AD) $\frac{HF}{AK}=\frac{EH}{EA}=\frac{1}{4}\Rightarrow AK=4HF$(vì AH = 3HE) Do đó CF = 8HF $\Rightarrow $ HC = 9HF. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, đường cao AH ta có: AH2 = HB.HC, mà AH = 3HE và HC = 9HF nên 9HE2 = 9HB.HF Do đó HE2 = HB.HF, mà H nằm giữa B, F và EH $\bot $ BF nên $\vartriangle BEF$ vuông tại E. Cách 7: Vận dụng kiến thức về trọng tâm của tam giác dựa vào (gt) AC = 3AD. Gọi B/ là điểm đối xứng với B qua A. Khi đó A là trung điểm của BB/. Tam giác BCB/ có trung tuyến CA, D$\in $AC và AC = 3AD nên D là trọng tâm của tam giác BCB/. Do đó B/D đi qua trung điểm F của BC. Ta có $\widehat{ADB}=\widehat{AD{{B}^{/}}}$(vì $\vartriangle ADB=\vartriangle AD{{B}^{/}}$(c-g-c)) Ta lại có $\widehat{AD{{B}^{/}}}=\widehat{FDC}$(hai góc đối đỉnh) Do đó $\widehat{ADB}=\widehat{FDC}$ (1). Vì tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có AB.AC = AH.BC. Do đó $\frac{2}{3}AB.AC=\frac{2}{3}AH.BC$ $\Rightarrow AB.CD=\frac{4}{3}AH.\frac{1}{2}BC$ (vì AC = 3AD nên $CD=\frac{2}{3}AC$) (2). Ta lại có AH = 3HE nên $AE=\frac{4}{3}AH$; F là trung điểm của BC nên $CF=\frac{1}{2}BC$. Do đó $\frac{4}{3}AH.\frac{1}{2}BC=AE.CF$(3). Từ (2) và (3) suy ra AB.CD = AE.CF $\Rightarrow \frac{AB}{CF}=\frac{AE}{CD}$. Mà $\widehat{BAE}=\widehat{FCD}$ (cùng phụ với $\widehat{HAC}$). Vậy $\vartriangle BAE$ഗ$\vartriangle FCD$(c.g.c) $\Rightarrow \widehat{BEA}=\widehat{FDC}$ (4). Từ (1) và (4) $\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{BEA}$ $\Rightarrow $ tứ giác ABED nội tiếp, mà $\widehat{BAD}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 8: Vận dụng tính chất: “Nếu $\alpha ;\beta $ là hai góc nhọn và $tan\alpha =cot\beta $ thì $\alpha +\beta ={{90}^{0}}$”. Vẽ DF $\bot $ AH tại F. Suy ra DF//BC (cùng vuông góc với AH). Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{AF}{AH}=\frac{FD}{HC}=\frac{AD}{AC}=\frac{1}{3}$ (vì AC = 3AD). $\Rightarrow $ AH = 3AF và $FD=\frac{1}{3}HC$. Ta lại có AH = 3HE nên AF = HE, do đó FE = AH. Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có AH2 = HB.HC $\Rightarrow AH=\sqrt{HB.HC}$. Tam giác BHE vuông tại H ta có $tan\widehat{BEH}=\frac{HB}{HE}=HB:\frac{AH}{3}=\frac{3HB}{AH}=\frac{3HB}{\sqrt{HB.HC}}=3.\sqrt{\frac{HB}{HC}}$. Tam giác DFE vuông tại F ta có $cot\widehat{FED}=\frac{FE}{FD}=AH:\frac{HC}{3}=\frac{3AH}{HC}=\frac{3\sqrt{HB.HC}}{HC}=3.\sqrt{\frac{HB}{HC}}$. Từ đó suy ra $tan\widehat{BEH}=cot\widehat{FED}\Rightarrow \widehat{BEH}+\widehat{FED}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{BED}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{BAD}+\widehat{BED}={{180}^{0}}$. Vậy tứ giác ABED nội tiếp đường tròn, mà $\widehat{BAD}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 9: Ta cũng có thể chứng minh hai tam giác BHE và EFD đồng dạng như sau: Vẽ DF $\bot $ AH tại F. Suy ra DF//BC (cùng vuông góc với AH). Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{AF}{AH}=\frac{FD}{HC}=\frac{AD}{AC}=\frac{1}{3}$ (vì AC = 3AD) $\Rightarrow $ AH = 3AF và $FD=\frac{1}{3}HC$. Ta lại có AH = 3HE nên AF = HE, do đó FE = AH. Do đó $\frac{HB}{FE}=\frac{HB}{HA}$ (vì FE = HA) (1); $\frac{HE}{FD}=\frac{HA}{3}:\frac{HC}{3}=\frac{HA}{HC}$ (2). Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AH2 = HB.HC $\Rightarrow \frac{HB}{HA}=\frac{HA}{HC}$ (3). Từ (1); (2) và (3) suy ra $\frac{HB}{FE}=\frac{HE}{FD}$. Do đó $\vartriangle BHE$ഗ$\vartriangle EFD$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{BEH}=\widehat{EDF}$. Vì tam giác EFD vuông tại F nên $\widehat{EDF}+\widehat{FED}={{90}^{0}}$. Do đó $\widehat{BEH}+\widehat{FED}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 10: Áp dụng tính chất: “Ba đường cao của một tam giác thì đồng quy”. Vẽ DF $\bot $ AH tại F. Suy ra DF//BC (cùng vuông góc với AH). Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{AF}{AH}=\frac{FD}{HC}=\frac{AD}{AC}=\frac{1}{3}$ (vì AC = 3AD) $\Rightarrow $ AH = 3AF và $FD=\frac{1}{3}HC$. Ta lại có AH = 3HE nên AF = HE. Gọi O là trung điểm của FH. Kéo dài DO cắt BC tại K. Dễ thấy $\vartriangle FOD=\vartriangle HOK$ (g-c-g) $\Rightarrow $ OD = OK (1). Vì AF = HE và OF = OH nên OA = OE (2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADEK là hình bình hành. Do đó AD//EK và AK//ED. Mà AD$\bot $AB nên EK$\bot $AB. Trong tam giác ABE có BH$\bot $AE và EK$\bot $AB nên K là trực tâm của tam giác ABE. Do đó AK$\bot $BE, mà AK//ED nên BE$\bot $ED hay $\widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 11: Vận dụng kết quả: "Hai đường thẳng y = ax + b và y = a/x + b/ (a; a/$\ne $0) khi và chỉ khi a.a/ = -1". Chọn hệ trục tọa độ vuông góc có gốc là H, trục hoành là đường thẳng BC, trục tung là đường thẳng HA (như hình vẽ). Vì AH = 3HE nên không mất tính tổng quát có thể chọn A(0;3) và H(0;-1). Chọn điểm B(b;0) (với b < 0). Khi đó hệ số góc của đường thẳng AB là $\frac{0-3}{b-0}=\frac{-3}{b}$. Gọi hệ số góc của đường thẳng AC là k. Vì AC $\bot $ AB nên $\frac{-3}{b}.k=-1\Rightarrow k=\frac{b}{3}$. Vậy phương trình của đường thẳng AC là $y=\frac{b}{3}x+3$, cắt trục hoành tại C$\left( \frac{-9}{b};0 \right)$. Vì AC = 3AD nên theo định lí Talets ta tìm được điểm D$\left( \frac{-3}{b};2 \right)$. Hệ số góc của đường thẳng BE là k1 = $\frac{-1-0}{0-b}=\frac{1}{b}$. Hệ số góc của đường thẳng BE là k2 = $\frac{-1-2}{0-\left( \frac{-3}{b} \right)}=-b$. Khi đó ta có k1k2 = $\frac{1}{b}.\left( -b \right)=-1$.Do đó BE $\bot $ DE với nhau $\Rightarrow \widehat{BED}={{90}^{0}}$. Cách 12: Vận dụng đường trung bình của tam giác và trung tuyến của tam giác bằng nửa cạnh tương ứng thì tam giác đó là tam giác vuông. Gọi O là trung điểm của BD; F là trung điểm của CD. Vì AC = 3AD nên $\frac{CF}{AC}=\frac{1}{3}$. Dễ thấy OF là đường trung bình của tam giác BDC nên OF//BC, mà AH$\bot $BC nên OF$\bot $AH tại K. Vì KF//HC nên theo định lí Ta-lét ta có $\frac{HK}{AH}=\frac{CF}{AC}=\frac{1}{3}$, mà AH = 3HE nên KE = KA do đó OF là đường trung trực của đoạn AE. Suy ra OE = OA. Tam giác ABD vuông tại A có đường trung tuyến AO nên $AO=\frac{1}{2}BD$ hay $EO=\frac{1}{2}BD$. Từ đó suy ra tam giác BED vuông tại E hay $\widehat{BED}={{90}^{0}}$. Chú ý: Bài toán trên có thể phát biểu tổng quát như sau: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên cạnh AC lấy điểm D. Trên tia đối của tia HA lấy điểm E sao cho $\frac{AD}{AC}=\frac{HE}{HA}$. Chứng minh rằng $\widehat{BED}={{90}^{0}}$.
