Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 29: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C bất kỳ. Vẽ CH vuông góc với AB tại H. Đường tròn tâm C bán kính CH cắt đường tròn (O) tại P và Q. Chứng minh: PQ đi qua trung điểm của CH. 1 điều thú vị : các bài toán số 5, 6 đều được khai thác từ bài toán số 29 Đường thẳng CH cắt đường tròn (C;CH) và đường tròn (O) tại điểm thứ hai lần lượt ở M và N. Gọi K là giao điểm của PQ và CH. Dễ thấy CH = CM và CH = HN Đối với đường tròn (O) ta có KP.KQ = KC.KN Đối với đường tròn (C;CH) ta có KP.KQ = KH.KM Do đó KC.KN = KH.KM $\Rightarrow $ KC.(2.CH – KC) = KH.(2.CH – KH) $\Rightarrow $ 2.KC.CH – KC2 = 2.KH.CH – KH2 $\Rightarrow $ 2.KC.CH – 2.KH.CH = KC2 – KH2 $\Rightarrow $ 2.CH.(KC – CH) = (KC – KH)(KC + KH) $\Rightarrow $ 2.CH.(KC – CH) = (KC – KH).CH $\Rightarrow $ CH.(KC – CH) = 0 $\Rightarrow $ KC – KH = 0 $\Rightarrow $ KC = KH. Vậy PQ đi qua trung điểm K của CH. Bài 30: Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C bất kỳ. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AB tại D. Vẽ CH vuông góc với AB tại H. Chứng minh: $\frac{1}{BD}+\frac{1}{AD}=\frac{2}{HD}$. Ta có $\widehat{BCD}$ là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung; $\widehat{BAC}$ là góc nội tiếp cùng chắn cung BC nên $\widehat{BCD}=\widehat{BAC}$ (1) Ta có $\widehat{ACB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tam giác ACB vuông tại C, đường cao CH $\Rightarrow $ $\widehat{BAC}=\widehat{BCH}$ (cùng phụ với góc ACH) (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\widehat{BCD}=\widehat{BCH}$ $\Rightarrow $ CB là phân giác của góc HCD. Ta lại có CA $\bot $ CB nên CA là phân giác ngoài tại C của tam giác HCD. Do đó $\frac{AH}{AD}=\frac{BH}{BD}=\frac{CH}{CD}$ $\Rightarrow $ $\frac{AD-HD}{AD}=\frac{HD-BD}{BD}$ $\Rightarrow $ $1-\frac{HD}{AD}=\frac{HD}{BD}-1$ $\Rightarrow $ $\frac{HD}{AD}+\frac{HD}{BD}=2$ $\Rightarrow $ $\frac{1}{AD}+\frac{1}{BD}=\frac{2}{HD}$ Bài 31: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O) có 2 đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Đường thẳng BE và CF cắt (O) lần lượt tại M và N. Trên cung nhỏ BC lấy điểm I bất kỳ, IN cắt AB tại P và IM cắt AC tại Q. Chứng minh: ba điểm P, H, Q thẳng hàng. Ta có $\widehat{ABE}=\widehat{ACF}$ (cùng phụ với góc A) Ta lại có $\widehat{ABM}=\widehat{ACM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) $\Rightarrow $ $\widehat{CEH}=\widehat{CEM}$ Tam giác CHM có $\widehat{CEH}=\widehat{CEM}$ và CE $\bot $ HM nên tam giác CHM cân tại C $\Rightarrow $ CA là đường trung trực của HM Mà Q $\in $ AC nên $\widehat{QHM}=\widehat{QMH}$ (1) Tương tự ta cũng chứng minh được $\widehat{PNB}=\widehat{PHB}$ (2) Ta lại có $\widehat{IMB}=\widehat{INB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IB) (3) Từ (1) (2) và (3) $\widehat{QHM}=\widehat{PHB}$ Mà ba điểm B, H, M thẳng hàng nên ba điểm P, H, Q thẳng hàng. Bài 32: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có hai đường trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G. Đường thẳng BM và CN cắt đường tròn (O) lần lượt tại D và E. Trên cung nhỏ BC lấy điểm I bất kỳ, IE cắt AB tại P và ID cắt AC tại Q. Chứng minh: ba điểm P, G, Q thẳng hàng. Đặt $\widehat{BIE}=\widehat{BCE}={{\alpha }_{1}}$; $\widehat{AIE}=\widehat{ACE}={{\beta }_{1}}$; $\widehat{CID}=\widehat{CBD}={{\alpha }_{2}}$; $\widehat{AID}=\widehat{ABD}={{\beta }_{2}}$ Bạn đọc tự chứng minh: $\frac{PB}{PA}.\frac{IA}{ID}=\frac{CA}{CB}$ ($=\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\beta }_{1}}}$); $\frac{QC}{QA}.\frac{IA}{IC}=\frac{BA}{BC}$ ($=\frac{\sin {{\alpha }_{2}}}{\sin {{\beta }_{2}}}$) $\Rightarrow $ $\frac{PB}{PA}=\frac{CA}{CB}.\frac{ID}{IA}$; $\frac{QC}{QA}=\frac{BA}{BC}.\frac{IC}{IA}$ $\Rightarrow $ $\frac{PB}{PA}+\frac{QC}{QA}=\frac{CA}{CB}.\frac{ID}{IA}+\frac{BA}{BC}.\frac{IC}{IA}=\frac{CA.ID+BA.IC}{BC.IA}$ Tứ giác ABIC nội tiếp, theo Ptô-lê-mê ta có: CA.ID + BA.IC = BC.IA Do đó $\frac{PB}{PA}+\frac{QC}{QA}=1$ (1) Kéo dài AG cắt BC tại F; Kẻ BH // PG; CK // QG (H, K thuộc tia AF) Ta có $\frac{PB}{PA}=\frac{GH}{GA}$; $\frac{QC}{QA}=\frac{GK}{GA}$ $\Rightarrow $ $\frac{PB}{PA}+\frac{QC}{QA}=\frac{GH+GK}{GA}$ (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ $\frac{GH+GK}{GA}=1$ $\Rightarrow $ GH + GK = GA $\Rightarrow $ GF + FH + GF – FK = 2GF $\Rightarrow $ FH = FK (vì G là trọng tâm $\Delta $ABC) Do đó $\Delta $BFH = $\Delta $CFK (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{BHF}=\widehat{CKF}$ $\Rightarrow $ BH // CK Ta lại có BH // PG; CK // QG, theo Tiên đề Ơ-clit $\Rightarrow $ Ba điểm P, G, Q thẳng hàng.
