Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 13: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Vẽ ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H, EF cắt BC tại M. Từ B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AM tại N. Chứng minh : NC đi qua trung điểm của AD. Áp dụng định lý Mê-nê-la-us đối với $\Delta $ABC và 3 điểm M, E, F thẳng hàng ta có: $\frac{MB}{MC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (1) Áp dụng định lý Cê-va đối với $\Delta $ABC và 3 đường AD, BE, CF đồng quy ta có: $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\frac{MB}{MC}=\frac{DB}{DC}$ (3) Gọi K là giao điểm của hai tia CA và BN. Áp dụng định lý Mê-nê-la-us đối với $\Delta $KBC và 3 điểm M, N, A thẳng hàng ta có: $\frac{MB}{MC}.\frac{AC}{AK}.\frac{NK}{NB}=1$ (4) Vì AD và KB cùng vuông góc với BC nên AD // KB Áp dụng định lý Ta-lét ta có $\frac{AC}{AK}=\frac{DC}{DB}$ (5) Từ (3) (4) và (5) $\Rightarrow $ NK = NB (6) Gọi I là giao điểm của CN và AD Áp dụng định lý Ta-lét ta có $\frac{IA}{NK}=\frac{ID}{NB}$ (=$\frac{CI}{CN}$) $\Rightarrow $ IA = ID. Bài 14: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tia đối tia AB lấy điểm C. Trên đường thẳng vuông góc với BC tại C lấy điểm D bất kỳ. Từ D kẻ tiếp tuyến DE đến (O) (E là tiếp điểm, D và E nẳm ở cùng nửa mặt phẳng bờ BC), EC cắt (O) tại I. Đường thẳng qua E vuông góc với OD cắt AB tại M. Chứng minh : IA là phân giác của góc CIM. Gọi H là giao điểm của EM và OD Vì DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) $\Rightarrow $ $\widehat{DEO}={{90}^{0}}$ Tam giác DEO vuông tại E có EH là đường cao $\Rightarrow $ OH.OD = OE2 = R2 Dễ thấy $\Delta $OHM ഗ$\Delta $OCD (g-g) $\Rightarrow $ OH.OD = OM.OC Do đó OM.OC = OI2 (vì OI = R) $\Rightarrow $ $\Delta $OIM ഗ$\Delta $OCI (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{OIM}=\widehat{OCI}$ Vì tam giác OIA cân tại O (OI = OA = R) $\Rightarrow $ $\widehat{OIA}=\widehat{OAI}$ Mà $\widehat{OIA}=\widehat{OIM}+\widehat{MIA}$ và $\widehat{OAI}=\widehat{ACM}+\widehat{AIC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{MIA}=\widehat{AIC}$ Vậy IA là tia phân giác của góc CIM. Bài 15: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại D, đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại M và cắt AC tại N. Chứng minh : AD đi qua trung điểm của MN. Vẽ đường thẳng qua D và vuông góc với OA tại H cắt các tia AB, AC thứ tự ở E, F. Dễ thấy $\widehat{OBD}=\widehat{OCD}=\widehat{OHD}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ 5 điểm O, B, C, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính OD. $\Rightarrow $ $\widehat{DBC}=\widehat{CHF}$ ; $\widehat{DCB}=\widehat{DHB}$ Dễ thấy $\widehat{DBC}=\widehat{DCB}=\widehat{BAC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{DHB}=\widehat{CHF}=\widehat{BAC}$ Do đó các tứ giác ABHF và ACHE nội tiếp đường tròn. $\Rightarrow $ $\widehat{ABF}=\widehat{AHF}$ ; $\widehat{ACE}=\widehat{AHE}$ Mà $\widehat{AHE}=\widehat{AHF}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{ABF}=\widehat{ACE}={{90}^{0}}$ Do đó B, C, H là chân các đường cao của tam giác AEF $\Rightarrow $ Đường tròn đi qua 3 điểm B, C, H là đường tròn Ơ-le của $\Delta $AEF $\Rightarrow $ D là trung điểm cạnh EF của $\Delta $AEF Gọi I là giao điểm của MN với AD Áp dụng định lí Ta-lét ta có $\frac{IM}{DE}=\frac{IN}{DF}$ (cùng bằng $\frac{AI}{AD}$) Mà DE = DF nên IM = IN (đpcm). Bài 16: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BF và CE, MN cắt BE tại P và cắt CF tại Q. Chứng tỏ : tứ giác PDQH nội tiếp. Gọi K là trung điểm của BC. $\Rightarrow $ MK là đường trung bình của $\Delta $BFC $\Rightarrow $ MK // CF $\Rightarrow $ $\widehat{AMK}={{90}^{0}}$ Tương tự ta cũng có $\widehat{ANK}={{90}^{0}}$ Do đó $\widehat{AMK}=\widehat{ANK}=\widehat{ADK}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ 5 điểm A, M, D, K, N cùng thuộc đường tròn đường kính AK $\Rightarrow $ $\widehat{DMN}=\widehat{DAN}$ ; $\widehat{DNM}=\widehat{DAM}$ Dễ thấy $\widehat{DBE}=\widehat{DAN}$ ; $\widehat{DCF}=\widehat{DAM}$ Do đó $\widehat{DMP}=\widehat{DBP}$ ; $\widehat{DNQ}=\widehat{DCQ}$ $\Rightarrow $ Các tứ giác BMPD và CNQD nội tiếp đường tròn. $\Rightarrow $ $\widehat{MBD}=\widehat{QPD}$ Mà $\widehat{MBD}=\widehat{QHD}$ (do tứ giác BFHD nội tiếp) nên $\widehat{QPD}=\widehat{QHD}$ Vậy tứ giác PDQH nội tiếp đường tròn.
