Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 9: Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho BC > AC. Các tiếp tuyến tại A và tại C của (O) cắt nhau tại D, DC cắt AB tại E. Qua E kẻ đường thẳng song song với AD cắt BD và AC lần lượt tại M và N. Đường thẳng qua M vuông góc với BN cắt AE tại I. Chứng minh : I là trung điểm của AE. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow $ DA = DC Tia BC cắt các tia AD và EM thứ tự ở K và F Ta có $\widehat{ACB}={{90}^{0}}$ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow $ $\Delta $ACK vuông tại C, mà DA = DC nên DA = DC = DK Ta lại có AK // EF (cùng vuông góc với AB) Áp dụng định lý Ta-let ta có $\frac{DA}{ME}=\frac{DK}{MF}$ (cùng bằng $\frac{BD}{BM}$) Mà DA = DK nên ME = MF Tam giác FBN có BE và NC là hai đường cao cắt nhau tại A nên A là trực tâm của tam giác FBN $\Rightarrow $ FA $\bot $ BN Ta có FA $\bot $ BN và MI $\bot $ BN $\Rightarrow $ FA // MI Tam giác FEA có ME = MF và FA // MI $\Rightarrow $ IA = IE (đpcm). Bài 10: Từ điểm A ở ngoài (O;R). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến ADE không qua tâm O (AD < AE). Vẽ EK vuông góc với BC tại K, DK cắt (O) tại M. Vẽ dây cung MN song song với BC. Vẽ đường kính EF. Chứng minh : ba điểm A, F, N thẳng hàng.[/B] Gọi H là giao điểm của AO và BC $\Rightarrow $ AO $\bot $ BC tại H và HB = HC Ta có AH.AO = AD.AE (cùng bằng AB2) $\Rightarrow $ Tứ giác DEOH nội tiếp Vì HB = HC và dây BC // dây MN $\Rightarrow $ $\Delta $HMN cân tại H Ta lại có OH $\bot $ BC nên OH $\bot $ MN $\Rightarrow $ $\widehat{OHM}=\widehat{OHN}=\frac{\widehat{MHN}}{2}$ (1) Do tứ giác DEOH nội tiếp nên dễ thấy $\Delta $HDA ഗ$\Delta $HOE (g-g) $\Rightarrow $ HO.HA = HD.HE, mà HO.HA = HB2 nên HD.HE = HB2 $\Rightarrow $$\Delta $HBD ഗ$\Delta $HEB (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{HBD}=\widehat{HEB}$, mà $\widehat{KEB}=\widehat{CEF}$ nên $\widehat{KEH}=\widehat{DEF}$ $\Rightarrow $$\Delta $HKE ഗ$\Delta $FDE (g-g) $\Rightarrow $$\Delta $KDE ഗ$\Delta $HFE (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{KDE}=\widehat{HFE}$, mà $\widehat{MDE}=\widehat{MFE}$ nên ba điểm F, H, M thẳng hàng Ta có $\Delta $HMN cân tại H và $\Delta $OEN cân tại O có $\widehat{FMN}=\widehat{FEN}$ $\Rightarrow $ $\widehat{MHN}=\widehat{EON}$, mà $\widehat{EDN}=\frac{1}{2}\widehat{EON}$ nên $\widehat{EDN}=\frac{1}{2}\widehat{MHN}$ (2) Ta lại có $\widehat{EDN}=\widehat{EFN}$ nên từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\widehat{OHN}=\widehat{OFN}$ $\Rightarrow $ Tứ giác HONF nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{HON}+\widehat{HFN}={{180}^{0}}$ (3) Ta có HF.HM = HB.HC = HC2, mà HM = HN nên HF.HN = HC2 Ta lại có $\widehat{OHM}=\widehat{OHN}=\widehat{FHA}$$\Rightarrow $$\Delta $HFA ഗ$\Delta $HON (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{HFA}=\widehat{HON}$ (4) Từ (3) và (4) $\widehat{HFA}+\widehat{HFN}={{180}^{0}}$ Vậy ba điểm A, F, N thẳng hàng. Bài 11: Từ điểm A ở ngoài (O;R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm), OA cắt BC tại H. Vẽ cát tuyến ADE (AD < AE, góc BCE > góc BCO). Vẽ BM vuông góc với AE tại M, vẽ HN vuông góc với EC tại N. Đường thẳng qua M vuông góc với MN cắt OC tại I. Chứng minh : Tứ giác EIMC nội tiếp.[/B] Ta có AH.AO = AD.AE (cùng bằng AB2) $\Rightarrow $ Tứ giác DEOH nội tiếp Do tứ giác DEOH nội tiếp nên dễ thấy $\Delta $HDA ഗ$\Delta $HOE (g-g) $\Rightarrow $ HO.HA = HD.HE, mà HO.HA = HB2 nên HD.HE = HB2 Ta lại có $\widehat{BHD}=\widehat{BHE}$$\Rightarrow $$\Delta $HBD ഗ$\Delta $HEB (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{HBD}=\widehat{HEB}$ Mà $\widehat{CBD}=\widehat{CED}$ nên $\widehat{CED}=\widehat{HEB}$ $\Rightarrow $ $\widehat{HEN}=\widehat{BEM}$ Do đó $\Delta $HEN ഗ$\Delta $BEM (g-g) $\Rightarrow $ $\Delta $NEM ഗ$\Delta $HEB (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{NME}=\widehat{HBE}$, mà $\widehat{CDE}=\widehat{HBE}$ nên $\widehat{NME}=\widehat{CDE}$, do hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN // DC. Gọi K là giao điểm của MN với AC $\Rightarrow $ $\widehat{MKC}=\widehat{DCA}$ (2 góc đồng vị) Mà $\widehat{DEC}=\widehat{DCA}$ nên $\widehat{MKC}=\widehat{MEC}$ $\Rightarrow $ Tứ giác MEKC nội tiếp Ta lại có tứ giác MIKC nội tiếp (vì $\widehat{IMK}=\widehat{ICK}={{90}^{0}}$) Do đó 5 điểm M, I, E, K, C cùng thuộc một đường tròn Vậy tứ giác EIMC là tứ giác nội tiếp. Bài 12: Từ điểm A ở ngoài (O;R), vẽ hai cát tuyến ADE và AMN đến (O) (AD < AE, AM < AN). Từng cặp tiếp tuyến tại D và E, tại M và N cắt nhau tại P và Q. Chứng minh: PQ vuông góc với OA.[/B] Kẻ PK vuông góc với OA tại K; Gọi H là giao điểm của OP và DE. $\Delta $PDO vuông tại D, đường cao DH $\Rightarrow $ OH.OP = OD2 Mà OD = OB = R nên OH.OP = OB2 Dễ thấy $\Delta $PKO ഗ$\Delta $AHO (g-g) $\Rightarrow $ OK.OA = OH.OP Do đó OK.OA = R2 (1) Kẻ QK’ vuông góc với OA tại K’; Gọi I là giao điểm của OQ và MN. Tương tự như trên ta cũng chứng minh được OK’.OA = R2 (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ OK.OA = OK’.OA $\Rightarrow $ K’ $\equiv $ K. Vậy PQ vuông góc với OA tại K sao cho OK.OA = R2.