Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 101: Cho điểm M ở ngoài đường tròn (O). Vẽ MA và MBC thứ tự là tiếp tuyến và cát tuyến của đường tròn (O) (A là tiếp điểm, B nằm giữa M và C). Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Tia MO cắt CD tại E. Chứng minh tam giác BAE là tam giác vuông. Giải: Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC $\Rightarrow OI\bot BC$. Vì MA là tiếp tuyến của (O) nên $MA\bot OA$. Ta có $\widehat{MAO}=\widehat{MIO}={{90}^{0}}$. Suy ra tứ giác AMOI nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AIM}=\widehat{AOM}$. Mà $\widehat{AOM}=\widehat{EOD}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{AIM}=\widehat{EOD}$ hay $\widehat{AIB}=\widehat{EOD}$. Lại có $\widehat{ABI}=\widehat{EDO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Do đó $\Delta $AIB ∽ $\Delta $EOD (g-g). Mà I, O lần lượt là trung điểm của BC, AD nên suy ra $\Delta $ABC ∽ $\Delta $EDA (c-g-c). Do đó $\widehat{BCA}=\widehat{DAE}$. Mặt khác $\widehat{BDA}=\widehat{BCA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB). Do đó $\widehat{BDA}=\widehat{DAE}$, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BD // AE. Lại có $\widehat{ABD}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay BD $\bot $AB nên AE $\bot $AB. Vậy tam giác ABE vuông tại A. Cách 2: Vẽ AF vuông góc với ME $\Rightarrow $ $\widehat{AFE}={{90}^{0}}$. Ta lại có $\widehat{ACE}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Do đó tứ giác ACEF nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AEC}=\widehat{AFC}$ (1) Ta có MA là tiếp tuyến và MBC là cát tuyến của (O) nên MA2 = MB.MC. Ta lại có MA là tiếp tuyến của (O) nên $\widehat{MAO}={{90}^{0}}$. Tam giác MAO vuông tại A, đường cao AF nên MA2 = MF.MO. Do đó MB.MC = MF.MO. Suy ra tứ giác BCOF nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MFB}=\widehat{OCB}$ (cùng bù với góc BFO). Mặt khác ta cũng suy ra được $\widehat{OCB}=\widehat{OBC}=\widehat{OFC}$. Do đó $\widehat{MFB}=\widehat{OFC}$ $\Rightarrow \widehat{AFB}=\widehat{AFC}=\frac{1}{2}\widehat{BFC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{BDC}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AEC}=\widehat{BDC}$. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên AE // BD. Ta lại có $\widehat{ABD}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) nên AE vuông góc với BD. Vậy tam giác ABE vuông tại A. Bài 102: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác trong của các góc A, B, C đồng quy tại H và cắt đường tròn (O) thứ tự ở A’, B’, C’. Dây B’C’ là đường trung trực của bán kính OM. Chứng minh rằng A’H // OM và A’H = OM. Giải: Gọi I là giao điểm của B’C’ và OM; K là giao điểm của B’C’ và AA’. Vì B’C’ là trung trực của OM nên MB’ = OB’ = R. Do đó OM = MB’ = OB’ = R. Vậy tam giác OMB’ là tam giác đều $\Rightarrow $ $\widehat{MOB'}={{60}^{0}}$$\Rightarrow \widehat{B'OC'}={{120}^{0}}$$\Rightarrow \widehat{B'A'C'}={{60}^{0}}$. Ta có $\widehat{AKB'}=\frac{1}{2}\left( \text{s}\overset\frown{AB'}+\text{s}\overset\frown{A'C'} \right)=\frac{1}{4}\left( \text{s}\overset\frown{AB}+\text{s}\overset\frown{BC}+\text{s}\overset\frown{CA} \right)=\frac{1}{4}{{.360}^{0}}={{90}^{0}}$. Do đó AA’ vuông góc với B’C’ tại K. Từ đó suy ra A’H // OM (cùng vuông góc với B’C’). Chứng minh tương tự ta được $BB'\bot A'C'$; $CC'\bot A'B'$. Suy ra H là trực tâm của tam giác A’B’C’. Dễ dàng chứng minh được A’H = 2OI hay A’H = OM. Bài 103: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B (O, O’ nằm khác phía đối với dây chung AB). Vẽ đường kính AC và AD tương ứng của (O) và (O’). Gọi M là giao điểm của tia CA và (O’); N là giao điểm của tia DA và (O); I là trung điểm của OO’. Đường thẳng qua A vuông góc với AI cắt CN, DM thứ tự ở E, F. Chứng minh IE = IF. Giải: Cách 1: Ta có AC là đường kính của (O) $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{ANC}={{90}^{0}}$. Ta có AD là đường kính của (O’) $\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{AMD}={{90}^{0}}$. Từ đó suy ra ba điểm B, C, D thẳng hàng. Gọi K là giao điểm của hai tia CN và DM. Suy ra A là trực tâm của tam giác CKD và ba điểm K, A, B thẳng hàng. Tam giác ACD có OA = OC, O’A = O’D. $\Rightarrow $ OO’ là đường trung bình của tam giác ACD $\Rightarrow $ OO’ // CD $\Rightarrow \widehat{AOO'}=\widehat{ACD}$; $\widehat{AO'O}=\widehat{ADC}$ (so le trong). Ta lại có $\widehat{ACD}=\widehat{AKF}$ (cùng phụ với góc KDC), do đó $\widehat{AOI}=\widehat{AKF}$ (1) Vì EF $\bot $ AI tại A nên $\widehat{OAI}+\widehat{OAE}={{90}^{0}}$. Vì AM $\bot $ KF tại M nên $\widehat{MAF}+\widehat{MFA}={{90}^{0}}$. Ta lại có $\widehat{OAE}=\widehat{MAF}$ (đối đỉnh) nên $\widehat{OAI}=\widehat{MFA}$ hay $\widehat{OAI}=\widehat{KFA}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\Delta OAI$ ∽ $\Delta KFA$ (g-g) $\Rightarrow \frac{OI}{AI}=\frac{KA}{FA}$. Chứng minh tương tự ta được $\Delta O'AI$ ∽ $\Delta KEA$ (g-g) $\Rightarrow \frac{O'I}{AI}=\frac{KA}{EA}$. Mà OI = O’I nên FA = EA. Tam giác IEF có IA $\bot $ EF tại A và FA = EA nên cân tại I. Vậy IE = IF. Cách 2: Ta có AC là đường kính của (O) $\Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{ANC}={{90}^{0}}$. Ta có AD là đường kính của (O’) $\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{AMD}={{90}^{0}}$. Từ đó suy ra ba điểm B, C, D thẳng hàng. Tam giác ACD có OA = OC, O’A = O’D. $\Rightarrow $ OO’ là đường trung bình của tam giác ACD $\Rightarrow $ OO’ // CD, mà I là trung điểm của OO’ nên AI đi qua trung điểm J của CD. Dễ thấy JO, JO’ cũng là đường trung bình của tam giác ACD $\Rightarrow $ JO // AD; JO’ // AC. Từ đó $\Rightarrow $ JO $\bot $ CN tại trung điểm H; JO’ $\bot $ DM tại trung điểm K. Do đó các tứ giác JAEH và JAFK nội tiếp $\Rightarrow \widehat{AJE}=\widehat{AHE}$; $\widehat{AJF}=\widehat{AKF}$. Dễ thấy $\Delta ACN$ ∽ $\Delta ADM$ (g-g). Ta lại có AH và AK là hai đường trung tuyến tương ứng nên $\widehat{AHN}=\widehat{AKM}$. Từ đó suy ra $\widehat{AJE}=\widehat{AJF}$. Tam giác JEF có IA $\bot $ EF tại A và $\widehat{AJE}=\widehat{AJF}$ nên cân tại J. Suy ra JA là trung trực của EF, mà I thuộc JA nên IE = IF.
