Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 17: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC) có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H, EF cắt BC tại M và cắt AD tại I, AM cắt đường tròn (O) tại N. Chứng minh: $\widehat{FND}=\widehat{INC}$. Gọi K là trung điểm của BC. Dễ thấy các tứ giác ANBC, BFEC, DFEK nội tiếp. $\Rightarrow $ MN.MA = MF.ME = MB.MC = MD.MK $\Rightarrow $ Tứ giác ANFE nội tiếp Dễ thấy tứ giác AFHE nội tiếp nên 5 điểm A, N, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH $\Rightarrow $ $\widehat{ANH}={{90}^{0}}$ Vì các tứ giác ANFE, BFEC nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{MNF}=\widehat{AEF}=\widehat{FBC}$ Vì tứ giác ANBC nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{ANC}=\widehat{ABC}$, do đó $\widehat{MNF}=\widehat{ANC}$ Vì HN $\bot $ AM nên $\widehat{HNF}=\widehat{HNC}$ (1) Dễ dàng chứng minh được FH và FA thứ tự là phân giác trong và ngoài của tam giác DFI, đồng thời N và F cùng thuộc đường tròn đường kính AH nên theo kết quả Bài toán 3.2 thì NH là phân giác của $\widehat{DNI}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{FND}=\widehat{INC}$ (đpcm). Bài 18: Từ điểm A ở ngoài (O;R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm) và cát tuyến ADE đến đường tròn (O) sao cho AD < AE. Đường thẳng qua C song song với AB cắt BE và BD lần lượt tại M và N. Chứng minh: C là trung điểm của MN. Gọi F là trung điểm của dây DE $\Rightarrow $ OF $\bot $ DE Ta có $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=\widehat{AFO}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ 5 điểm A, B, F, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO. $\Rightarrow $ $\widehat{AFB}=\widehat{ACB}$, mà $\widehat{ACB}=\widehat{BEC}$ nên $\widehat{AFB}=\widehat{BEC}$ Ta lại có $\widehat{BDE}=\widehat{BCE}$ nên $\widehat{DBF}=\widehat{CBE}$ $\Rightarrow $ $\widehat{DBC}=\widehat{FBE}$ hay $\widehat{CBN}=\widehat{FBE}$ Vì MN // AB nên $\widehat{ABD}=\widehat{BNM}$ (so le trong) Ta lại có $\widehat{ABD}=\widehat{BED}$ ($=\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{BD}$) nên $\widehat{BED}=\widehat{BNM}$ Do đó $\Delta $BDE ഗ$\Delta $BMN (g-g) Mà $\widehat{CBN}=\widehat{FBE}$ và BF là trung tuyến của $\Delta $BDE nên BC là trung tuyến của $\Delta $BMN. Vậy C là trung điểm của MN. Bài 19: Từ điểm A ở ngoài (O;R), vẽ tiếp tuyến AB đến (O) với B là tiếp điểm) và cát tuyến ADE đến (O) sao cho AD < AE. Vẽ đường kính BM, hai tia DM và EM cắt OA lần lượt tại K và H. Chứng minh : O là trung điểm của HK. Kẻ BI vuông góc với AO tại I. Ta có AD.AE = AI.AO (cùng bằng AB2) $\Rightarrow $ Tứ giác DEOI nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{DEO}=\widehat{DIA}$ ; $\widehat{EDO}=\widehat{EIO}$ Ta lại có $\Delta $DOE cân tại O nên $\widehat{EDO}=\widehat{DEO}$, do đó $\widehat{DIA}=\widehat{EIO}$ Mà BI vuông góc với AO nên $\widehat{BID}=\widehat{BIE}$ Vì tứ giác DEOI nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{DIE}=\widehat{DOE}$ nên $\widehat{BID}=\frac{1}{2}\widehat{DOE}$ Ta lại có $\widehat{DME}=\frac{1}{2}\widehat{DOE}$ nên $\widehat{BID}=\widehat{DME}$ (1) Vì BM là đường kính của đường tròn (O) nên $\widehat{BDM}={{90}^{0}}$ Do đó tứ giác BDKI nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{BID}=\widehat{BKD}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\widehat{BKD}=\widehat{DME}$ Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên BK // MH Từ đó suy ra $\Delta $BOK = $\Delta $MOH (g-c-g) $\Rightarrow $ OK = OH. Vậy O là trung điểm của HK. Bài 20: Từ điểm A ở ngoài (O;R) sao cho OA = 2R, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm). Vẽ đường kính CD. Gọi E là điểm đối xứng với D qua B, OA cắt BC tại H, AD cắt (O) tại M. Chứng tỏ : ba điểm H, M, E thẳng hàng. Ta có AB = AC (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) và OB = OC = R $\Rightarrow $ AO là đường trung trực của BC $\Rightarrow $ AO $\bot $ BC tại H và HB = HC Ta có $\widehat{ABO}={{90}^{0}}$ (Tính chất của tiếp tuyến) Tam giác ABO vuông tại B, đường cao BH $\Rightarrow $ AB2 = AH.AO Vì AB là tiếp tuyến, AMD là cát tuyến của (O) $\Rightarrow $ AB2 = AM.AD Do đó AH.AO = AM.AD $\Rightarrow $ Tứ giác MDOH nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{DHO}=\widehat{DMO}$ và $\widehat{MDO}=\widehat{MHA}$ Mà $\widehat{MDO}=\widehat{DMO}$ (Vì $\Delta $OMD cân tại O) nên $\widehat{DHO}=\widehat{MHA}$ Vì BH $\bot $ AO nên $\widehat{DHB}=\widehat{MHB}$ (1) Ta có $\widehat{CBD}={{90}^{0}}$ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Do đó $\Delta $HDE cân tại H (Vì HB vừa là đường cao, vừa là trung tuyến) $\Rightarrow $ HB là đường phân giác của góc DHE $\Rightarrow $ $\widehat{DHB}=\widehat{EHB}$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{MHB}=\widehat{EHB}$ Vậy ba điểm H, M, E thẳng hàng. Nhận xét: Giả thiết OA = 2R là thừa.
