Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 98: Cho đường tròn tâm O bán kính R, đường kính AB. Dây CD quay quanh trung điểm M của bán kính OB. Các tia CO, DO lần lượt cắt AD, AC thứ tự ở E, F. Xác định vị trí của dây CD để tổng OE + OF đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. Giải: Bổ đề: Cho điểm O nằm trong tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB thứ tự ở D, E, F thì $\frac{AO}{AD}+\frac{BO}{BE}+\frac{CO}{CF}=2$. Chứng minh: Kẻ OH $\bot $ BC; AK $\bot $ BC, ta có: $\frac{{{S}_{BOC}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{\frac{1}{2}BC.OH}{\frac{1}{2}BC.AK}=\frac{OH}{AK}$ Vì OH $\bot $ BC; AK $\bot $ BC nên OH // AK Áp dụng định lí Ta let ta có : $\frac{OH}{AK}=\frac{OD}{AD}$. Do đó $\frac{{{S}_{BOC}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{OD}{AD}$ Tương tự ta cũng chứng minh được: $\frac{{{S}_{AOC}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{OE}{BE}$; $\frac{{{S}_{AOB}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{OF}{CF}$. Do đó $\frac{OD}{AD}+\frac{OE}{BE}+\frac{OF}{CF}=\frac{{{S}_{BOC}}}{{{S}_{ABC}}}+\frac{{{S}_{AOC}}}{{{S}_{ABC}}}+\frac{{{S}_{AOB}}}{{{S}_{ABC}}}=\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{ABC}}}=1$$\Leftrightarrow \frac{AO}{AD}+\frac{BO}{BE}+\frac{CO}{CF}=2$. Bây giờ ta trở lại bài toán đặt ra: Áp dụng bổ đề trên ta có: $\frac{AO}{AM}+\frac{CO}{CE}+\frac{DO}{DF}=2$ Dễ thấy AO = CO = DO = R; $AM=\frac{3R}{2}$ Do đó $\frac{2R}{3R}+\frac{R}{CE}+\frac{R}{DF}=2\Leftrightarrow \frac{1}{CE}+\frac{1}{DF}=\frac{4}{3R}$ Áp dụng bất đẳng thức: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}$ với mọi a, b > 0. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. Ta có $\frac{4}{3R}=\frac{1}{CE}+\frac{1}{DF}\ge \frac{4}{CE+DF}\Leftrightarrow CE+DF\ge 3R\Leftrightarrow OE+\text{OF}\ge \text{R}$ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi CE = DF $\Leftrightarrow $CD $\bot $ AB tại M. Vậy Khi CD $\bot $ AB tại M thì tổng CE + DF đạt giá trị nhỏ nhất bằng R. Bài 99: Cho đường tròn (O;R) và dây AB < 2R. Điểm C chuyển động trên cung nhỏ AB. Tiếp tuyến tại C cắt các tiếp tuyến tại A và tại B của đường tròn (O) lần lượt ở D, E. Gọi F là giao điểm của AE và BD. Gọi H là hình chiếu của O trên CF. Xác định vị trí của điểm C để tích HA.HB đạt giá trị lớn nhất. Giải: Gọi M là giao điểm của AD và BE. Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác AME và 3 điểm thẳng hàng B, F, D ta có: $\frac{BE}{BM}.\frac{DM}{DA}.\frac{FA}{FE}=1$ Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có MA = MB, BE = CE, AD = CD $\Rightarrow \frac{MD}{MA}.\frac{FA}{FE}.\frac{CE}{CD}=1$ Theo định lí Menelaus đảo đối với tam giác ADE $\Rightarrow $ 3 điểm M, C, F thẳng hàng. Áp dụng tính chất của tiếp tuyến $\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=\widehat{MHO}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ 5 điểm M, A, H, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO. $\Rightarrow \widehat{MHA}=\widehat{MHB}$ (vì MA = MB) Áp dụng tính chất của góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có: $\widehat{CAH}=\widehat{CAB}+\widehat{BAH}=\widehat{CBM}+\widehat{BMH}=\widehat{BCH}$ Do đó $\Delta $HAC ഗ$\Delta $HCB (g-g) $\Rightarrow \frac{HA}{HC}=\frac{HC}{HB}\Rightarrow HA.HB=H{{C}^{2}}$. Do đó: HA.HB lớn nhất $\Leftrightarrow $HC lớn nhất $\Leftrightarrow $H $\equiv $O $\Leftrightarrow $C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Bài 100: Cho tam giác ABC, vẽ các đường phân giác AD, BE, CF. Chứng minh rằng nếu BF = CD và BD = CE thì BC = 2.EF. Giải: Đặt BC = a; CA = b; AB = c. Áp dụng tính chất của đường phân giác trong tam giác, ta có: $BD=\frac{ac}{b+c}$ ; $CD=\frac{ab}{b+c}$ ; $BF=\frac{ac}{a+b}$ ; $CE=\frac{ab}{a+c}$ Vì BF = CD và BD = CE nên ta có: $\left\{ \begin{align} & \frac{ac}{a+b}=\frac{ab}{b+c} \\ & \frac{ac}{b+c}=\frac{ab}{a+c} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{c}{a+b}=\frac{b}{b+c} \\ & \frac{c}{b+c}=\frac{b}{a+c} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & \frac{{{c}^{2}}}{a+b}=\frac{bc}{b+c}\,\,\,\,\,\,\,(1) \\ & \frac{bc}{b+c}=\frac{{{b}^{2}}}{a+c}\,\,\,\,\,\,\,(2) \\ \end{align} \right.$ Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{{{b}^{2}}}{a+c}=\frac{{{c}^{2}}}{a+b}\Leftrightarrow {{b}^{2}}\left( a+b \right)={{c}^{2}}\left( a+c \right)\Leftrightarrow \left( b-c \right)\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab+bc+ca \right)=0$ (*) Vì a, b, c > 0 nên từ (*) suy ra b – c = 0 $\Leftrightarrow $ b = c. Thay b = c vào (1) thì được a = c. Vậy a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. Do đó AD, BE, CF đồng thời là các đường trung tuyến. Áp dụng tính chất đường trung bình của tam giác suy ra BC = 2.EF.
