Tuyển chọn các bài toán hình học phẳng hay và khó phần 2

Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF theo độ dài các cạnh của tam giác ABC Lời giải Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề.. Gọi r, p, S lần lượt là bán kính đường tròn

Bài 51 Cho ta giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Quay tam giác ABC một góc 0

90 quanh O ta thu được tam giác A B C1 1 1 Tính diện tích phần chung của hai tam giác ABC và A B C1 1 1

Lời giải

Giả sử đường tròn ( )O có chiều A→ → → là B C A

chiều ngược với chiều của kim đồng hồ Giả sử quay

tam giác ABC một góc 90 quanh điểm O theo chiều 0

thuận kim đồng hồ thì thu được tam giác A B C1 1 1

Khi đó các điểm A ; B ; C1 1 1 lần lượt thuộc các cung

AC; AB; BC Do đó cạnh A B1 1 cắt AB, AC lần lượt

A' Q

P

N M

C B

A

Tương tự thì A C1 1 cắt AC, BC lần lượt tại P, Q và B C1 1 cắt BC, BA lần lượt tại T, K Như vậy phần chung của hai tam giác ABC và A B C1 1 1 là đa giác MNPQTK Gọi diện tích của lục giác MNPQTK là S, khi đó ta được S S= ABC−SAMN−SBKT−SCPQ Mặt khác

Khi quay một góc 90 quanh điểm O thì ta được 0 OA1⊥OA; OB1⊥OB; OC1 ⊥OC Từ

đó ta suy ra được OA1song song với BC, OB1 song song với CA, OC1 song song với

AB Gọi giao điểm của OA1 với AC là E Do các cung AA ; BB ; CC1 1 1 có sô đo bằng 0

90 nên ta được AMN 90= 0, mà ta lại có MAN=600 nên ta suy ra được AN 2AM=

Dễ thấy NEA1 cân tại E Lại do OE song song với BD và AO 2AA'

Hoàn toàn tương tự ta cũng được ( ) 2

CO = CI

Lời giải

Gọi r là bán kính đường tròn tâm I Giả sử rằng

M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn tâm I

P

N M

I

C D

B A

Do đó ta suy ra được

2 2

2

2

Csin

A 1 cos CCI

sin2

minh rằng tam giác ABC vuông tại B khi và chỉ khi diện tích của hai tam giác BDE và HDE bằng nhau

Lời giải

Do AC 2AB= nên ta được AB AC , do đó ta

được ACB ABC nên ta được ACB 90 0

Từ A900, ACB 90 0 và AB AC suy ra điểm

K nằm trong tam giác

Do DB AB 1

DC =AC= nên ta được BD 1 CD 22 ,

BD=3 BC = 3

H K E

B A

+ Điều kiện cần Giả sử tam giác ABC vuông tại B Khi đó dễ thấy 0

= Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác

ABC với ba đường thẳng AD, BH, CE đồng quy ta được EA DB HC 1

= Từ đó suy ra SBDE =SHDE

+ Điều kiện đủ Giả sử SBDE =SHDE

S +S + S = hay 2BD.BE AE.AH CD.CH 1

BC.BA +AB.AC + BC.CA = Từ đó ta được

= = nên tam giác ABC vuông tại B

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 54 Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AA’, BB’, CC’ Gọi D, E và F lần

lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AB’C’, BC’A’ và CA’B’ Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF theo độ dài các cạnh của tam giác ABC

Lời giải

Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề Cho

tam giác ABC vuông tại A có C=  450 Khi đó ta

luôn có sin2 =2sin cos  

Chứng minh Gọi AH là đường cao và AM a= là

Do đó ta được sin2 =2sin cos 

Trở lại bài toán Gọi I là tâm đường tròn nội

tiếp tam giác ABC Gọi r, p, S lần lượt là bán

kính đường tròn nội tiếp, nửa chu vi và diện

tích của tam giác ABC Khi đó dễ dàng

chứng minh được S pr= Đặt

AB c; BC a; CA b= = =

BAC 2 ; CBA 2 ; ACB 2=  =  = 

F E

D

I C'

Do đó ta được A' EB∽ A' FB'∽ AIB Suy ra ta có A'E A'F AI

IFE IFA' EFA'= − =  + − 90 −2 = + + + −    90 = = CBE

Tương tự ta cũng được IDE IFE= = và IDF IEF = = nên ta được EDF = +  Hoàn toàn tương tự ta cũng được FED= + ; DFE= + 

Gọi R là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF Áp dụng định lí sin cho tam giác DEF và áp dụng đổ đề trên ta được ta được

+ Trường hợp 1 Tam giác ABC vuông, không mất tính

tổng quát ta giả sử A=900 Khi đó các điểm E, F trùng

với A nên không tồn tại tam giác DEF

+ Trường hợp 2 Tam giác ABC nhọn Gọi H là trực tâm

tam giác ABC Trước hết ta chứng minh điểm O nằm

trong tam giác ABC

O H

B

A

ngoài tam giác ABC và thuộc đường thẳng VT, khi đó ta

được 0

suy ra BAC 90 0, mâu thuẫn với tam giác ABC nhọn

Như vậy tam giác ABC nhọn thì O nằm trong tam giác Gọi K là giao điểm AO và FE

Dễ thấy các tứ giác AEHF và BDHF nội tiếpđường tròn Kẻ OP vuông góc với AC tại

P, theo tính chất góc nội tiếp ta có 0

AEF=AHF=ABC=AOP=90 −OAE Do đó ta được AKE 90= 0 hay OA vuông góc với EF Chứng minh tương tự ta được OB vuông góc với DF và OC vuông góc với DE Từ đó ta được SABC =SAFOE+SBFOD+SCDOE

Suy ra 2SABC =OA.EF OB.FD OC.DE R EF FD DE+ + = ( + + )=2R.pDEF

Với pDEF là nửa chu vi tam giác DEF

+ Trường hợp 3 Tam giác ABC tù, không mất tính tổng

quát ta giả sử 0

BAC 90 Khi đó ta có H và O nằm ngoài tam giác ABC Chứng minh tương tự ta cũng được OA

vuông góc với EF Xét đường trong tâm Q đối xứng với

đường tròn tâm O qua BC Dễ thấy ( )Q là đường tròn

ngoại tiếp tam giác HBC và hai đường tròn ( )O và đường

tròn ( )Q có bán kính bằng nhau Đoạn thẳng OQ vuông

góc với BC tại M Xét tam giác HBC có ba đường cao HD,

CE và BF

M

N Q

O

H

F E

Từ đó ta được 2SABC+AH.BC R DE EF FD= ( + + )2SABC =R DE EF FD( + + )−AH.BC

Kẻ BQ cắt đường tròn tâm Q tại N, ta thấy AH//CN//OQ và AH CN 2MQ OQ= = =

Trong tam giác vuông BQM có MQ2+MB2 =R2 4MQ2+BC2 =4R2

2S =R DE EF FD+ + −2QM.BC R.p= −BC 4R −BC

Bài 56 Cho tam giác ABC có diện tích S ngoại tiếp đường tròn ( )O; r Kẻ ba tiếp tuyến của đường tròn ( )O; r gồm tiếp tuyến song song với BC cắt CA, AB lần lượt tại M, N; tiếp tuyến song song với CA cắt AB, BC lần lượt tại P, Q; tiếp tuyến song song với AB

cắt BC, AC lần lượt tại R, S Chứng minh rằng ta luôn có SMNPQRS 2S

3



Lời giải

Gọi diện tích các tam giác AMN, BPQ, CRS lần lượt

là S ; S ; S1 2 3 Gọi chiều cao hại từ A của tam giác

AMN và ABC lần lượt là h1 và ha thì ta thu được

h =h −2r Dễ thấy hai tam giác ANM và ABC

đồng dạng với nhau nên ta được

P

N

M

C B

A

Tương tự nếu gọi h ; hb c lần lượt là đường cao hạ từ B, C của tam giác ABC Khi đó ta

có

2 2

− = − = −  = = hay tam giác ABC đều

Bài 57 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và ba đường trung tuyến AM,

BN, CP lần lượt là Chứng minh rằng 1 + 1 + 1  2

N' P'

A'

P

M N

C B

A

Ta xét hai trường hợp sau đây

+ Trường hợp 1 Xét tam giác ABC không tù Ta có R OA AM OM=  − , dấu bằng xẩy

ra khi O thuộc đoạn AM Do đó ta được

AM  AA'=S , đẳng thức xẩy ra khi

và chỉ khi hai điểm M, A’ trùng nhau Do vậy ta được OBC

SR

1

m  −S , đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi O thuộc đoạn AM đồng thời hai điểm M, A’ trùng nhau, điều này có

nghĩa là tam giác ABC cân tại A Hoàn toàn tương tự ta cũng được OAC

SR

m  −S Dấu bằng xẩy ra lần lượt tại B, C Do O nằm trong tam giác ABC nên ta

có SOAB+SOBC+SOCA =SABC Từ đó ta được

OAB OBC OCA

m +m +m R Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

+ Trường hợp 2 Xét tam giác ABC tù Không mất tính tổng quát ta giả sử A900 Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt đường tròn (O; R) tại A’ Gọi N’ và P’ lần lượt là các trung điểm của A’C và A’B

Do đó ta được

m +m +m R Vậy ta luôn có

m +m +m R Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Bài 58 Cho tam giác nhọn ABC có diện tích S và BC a= Trên cạnh BC lấy điểm D sao

cho DB k

DC= Tính diện tích tam giác có đỉnh là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, ABC, ACD theo a, k, S

Lời giải

Gọi O; O ; O1 2 theo thứ tự là các tâm đường tròn

ngoại tiếp của các tam giác ABC, ABD, ACD Khi

đó ta suy ra được OO1vuông góc với AB tại M và

MA MB= , OO2vuông góc với AC tại N và

NA NC= Kẻ O E1 vuông góc với BC và O E1

vuông góc với OF Các điểm M và E nằm trên

đường tròn đường kính BO1 nên OO F1 =ABH

F Q

M R

N K

H E P D G

O2

O1O

Tương tự kẻ O G2 ⊥BC và OK⊥O G2 thì ta được

( )2

Kẻ BR⊥AC và O Q2 ⊥OO1 Xét hai tam giác O OQ2 và BAR ta có O OQ2 =BAR nên

suy ra O OQ2 ∽ BAR Từ đó ta được 2

Bài 59 Cho tam giác ABC có r ; r ; ra b clần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp các góc

A, B, C Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác Chứng minh rằng ra+ + =rb rc 4R r+

Lời giải

Gọi D, E, F lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp

các góc A, B, C và S là diện tích của tam giác ABC

E

D

C B

A

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta có p r( a+ +rb rc) (− r a r b r ca + b + c )=3S Do đó suy

ra p r( a + +rb rc) (=2 SBDC+SECA+SFAB)+3S nên p r( a+ +rb rc)=2SDEF+S

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, khi đó dễ thấy A, B, C là các chân

đường cao của tam giác DEF nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC bằng 1

2 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Dễ thấy OD vuông góc với BC nên ta được

OBDC

1

2

= = Tương tự ta có SOCEA =R.b; SOAFB =R.c

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta có SDEF =R a b c( + + )=2Rp nên 2SDEF

4R

Từ các kết quả trên ta được ra+ + =rb rc 4R r+

Bài 60 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O Chứng minh rằng tổng các

bình phương của khoảng cánh từ một điểm bất kì trên đường tròn đến các cạnh của tam giác đều ABC bằng bình phương đường cao của tam giác đó

Lời giải

Giả sử K là điểm bất kì trên đường tròn ( )O Khi đó nếu

điểm K trùng với một đỉnh của tam giác ABC thì kết

luận trên hiển nhiên đúng Xét điểm không trùng với

các đỉnh của tam giác ABC Không mất tính tổng quát ta

giả sử K nằm trên cung nhỏ AC của đường tròn ( )O

Gọi A ; B ; C1 1 1 lần lượt là hình chiếu của K trên các cạnh

BC, CA, AB Gọi AH là đường cao của tam giác ABC

H K

A

KA +KB +KC =AH Trước hết ta chứng minh ba điểm A ; B ; C1 1 1thẳng hàng

Thật vậy, dễ thấy AKC C KA= 1 1=1200 nên các tứ giác AC B K; KB CA1 1 1 1 nôi tiếp đường tròn có đường kính tương ứng là AK và CK Từ đó ta được AKC1 =AB C1 1 và

1 1

AKC C KA= =120 ta được AKC1+C KC C KC CKA1 = 1 + 1 Do đó

ta chỉ ra được AKC1 =CKA1 Do đó AB C1 1=CB A1 1 suy ra ba điểm A ; B ; C1 1 1thẳng hàng

KA +KB +KC =AH Vậy bài toán được chứng minh

Bài 61 Cho tam giác ABC có m ,l ,la b c và p theo thứ tự là độ dài đường trung tuyến

hạ từ đỉnh A, độ dài đường phân giác trong hạ tứ đỉnh B, C và nửa chu vi của tam giác Chứng minh rằng ma+ + lb lc p 3

Lời giải

Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề Với

mọi 0  450 ta luôn có 2 1 cos 2

cos

2



= +

Chứng minh Xét tam giác ABC vuông tại A có

C= và đường cao AH, đường trung tuyến AM B H M C

Dấu bẳng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Bài 62 Cho tam giác nhọn ABC có h , h , ha b c và l ,l ,la b c tương ứng là các đường cao và đường phân giác hạ từ đỉnh A, B, C Gọi r và R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

Nhân vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được sinA.sin sinB C 1

Trở lại bài toán Gọi AA’ là đường phân giác hạ từ

đỉnh A, gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC Đặt

AB c; BC a; CA b= = = Ta có SABC =SABA'+SACA'

Mà theo bổ đề sinAsin sinB C 1

2 2 2  và theo các công thức về diện tích là 8 SABC abc

D

C B

A

Khi đó ta được ABK = ADN Từ đó AN AK= và BAK=DAN

Dễ thấy AKM = AMN nên ta được MN MK x y= = + Mặt khác từ tam giác vuông CMN có 2 ( ) (2 )2

MN = a x− + −a y Từ đó suy ra

= + = với t= +x y Đến đây ta nhận thấy nếu t lớn nhất thì

diện tích tam giác AMN lớn nhất và ngược lại Như vậy ta cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của t

Để ý là ta đang có x y a+ = và x.y a= 2− Khi đó thaeo hệ thức Vi – et ta có x, y là atnghiệm của phương trình bậc hai X2−tX a+ 2− = Để phương trình trên có hai at 0nghiệm x, y ta cần có

Điều này có nghĩa là x y a= = ( 2 1− và ) Mint 2a= ( 2 1− )

2 S

1

2

Lại có xy a= 2− at at a= 2−xy nên suy ra at a 2  t a

Điều này có nghĩa là Maxt a= , khi đó

AMN

2 S

Xác định ví trí của M để PQ EF+ có giá trị nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó

Lời giải

N

B A

= hay

M nằm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB

Vậy giá trị nhỏ nhất của PQ EF+ là

4b 4ab 2a2b a

Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Giả sử

điểm M là điểm chính giữa cung BAC Kẻ đường kính

MN của đường tròn (O; R), khi đó MN vuông góc với

BC tại trung điểm H của BC và MBN 90= 0 Đặt

MH h.= Trong tam giác vuông MBN có BH là đường

cao nên ta có

H O

N

M

C B

A

2

Gọi p và p1 lần lượt là nửa chu vi của tam giác ABC và MBC, theo bài ra ta có p p 1

và dấu bằng xẩy ra khi A và M trùng nhau

Bài 66 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Chứng minh rằng:

AB CD−  AC BD−

Lời giải

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC, BD Khi đó ta

có áp dụng công thức về đường trung tuyến của tam

21

Bài 67 Cho tam giác ABC và đường tròn ( )I nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh

AB, BC, CA lần lượt tại F, D, E Gọi M là giao điểm của BC với đường phân giác trong của góc BIC và N là giao điểm của EF với đường phân giác trong của góc EDF Chứng minh rằng ba điểm A, M, N thẳng hàng

Lời giải

+ Trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó hiển nhiên ba điểm A, M, N thẳng hàng

+ Xét trường hợp tam giác ABC không cân tại A

Không mất tính tổng quát ta giả sử AB AC

Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của AI với ( )I

và EF Do P là giao điểm của AI với đường tròn

( )I nên P nằm chính giữa cung nhỏ EF của

đường tròn ( )I Khi đó dễ thấy ba điểm D, N, P

thẳng hàng nên ta có

P Q N

M D

I F

E

C B

Bài 68 Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác nhọn ABC Đường tròn ( )O tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA theo thứ tự tại F, E, D Đường phân giác trong của góc

BOC cắt BC tại I và AI cắt EF tại K Chứng minh rằng KD 1 4DE.DE EF2

2

Lời giải

Ta định nghĩa lại điểm K là giao điểm của đường phân giác của góc EDF Khi đó ta ta

đi chứng minh ba điểm A, K, I thẳng hàng Để chứng minh ba điểm A, K, I thẳng hàng ta có thể trình bày tương tự như lời giải bài toán 67 Ở đây ta trình bày lời giải theo một hướng khác như sau

Ta có biến đổi góc như sau

Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC OIC= nên OI song song với DK

Gọi giao điểm của DK với đường tròn ( )O là P, khi đó dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng hàng Giả sử AO cắt EF tại Q Do DK song song với OI nên ta có KPO KDO= =DOI, điều này dẫn đến hai tam giác KQP và DIO đồng dạng với nhau Từ đó ta được

Kết hợp hai kết quả trên ta được AP KP

AO= OI , mà ta có KP song song với IO nên theo định lí Talets ta suy ra được ba điểm A, K, I thẳng hàng

Như vậy ta được DK là đường phân giác của tam giác DEF Khi đó áp dụng công thức

về đường phân giác ta có

 − Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi DE=DF và do

đó AB AC= hay tam giác ABC cân tại A

Bài 69 Cho tam giác ABC với các cạnh AB c, BC a, CA b= = = ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r Gọi A , B , C1 1 1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn I với các cạnh

BC, CA, AB Các tia AI, AI, CI cắt đường tròn tâm I lần lượt tại A’, B’, C’ Đặt

Trở lại bài toán Gọi A, B, C lần lượt là số đo các

góc BAC; ABC; ACB, A ; B ; C1 1 1lần lượt là số đo

góc B A C ; A B C ; A C B1 1 1 1 1 1 1 1 1 và A ; B ; C2 2 2 lần

lượt là số đo góc B A C ; A B C ; A C B2 2 2 2 2 2 2 2 2 Gọi p

và S lần lượt là nửa chu vi và diện tích của tam

C B

A

8r sin B sin C sin C sin A sin A sin B8r sin A sin B sin C a b c

Bài 70 Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC Các tiếp tuyên với (O) song

song với cá cạnh của ram giác ABC với sáu điểm M, N, P, Q, R, S sao cho M,S AB; N,P AC; Q,R BC   Gọi l , l , l1 2 3 lần lượt là các đường phân giác trong xuất phất từ đỉnh A, B, C của các tam giác AMN, BSR, CPQ Gọi p là nửa chu vi của

tam giác ABC Chứng minh rằng 2 2 2 2

l +l +l p

Lời giải

Gọi l , l , la b c theo thứ tự là độ dài các đường phân

giác trong xuất phát từ đỉnh A, B, C của tam giác

ABC Áp dụng công thức về đường phân giác cho

các tam giác ABC và AMN ta có

a

AAB.AC.cos

2l

AB AC

=

AAM.AN.cos

2l

O

C B

Hoàn toàn tương tự ta được b 2 c 3

bàng tiếp các góc ở A, B, C Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng

Dễ thấy E và F là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với AB và AC nên ta

Theo tính chất đường phân giác ta có AB1 bc ; AC1 bc

1 1

+

=+ (3)

Từ (1), (2) và (3) ta được AB C1 1∽ OMN nên suy ra B CMN1 1 = ABOM1 =(a b a c2bc)( )

+ Trước hết ta chứng minh Q 1

2R



• Trường hợp 1 Tam giác ABC không tù Gọi

giao điểm của OA và B C1 1 là D, khi đó ta được

C B

( )( )

( )( ) ( )( ) ( ( ) ( )( ) ) ( )( )

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Bài 72 Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung BC(với BC R ) Điểm A di động trên cung lớn BC và điểm D di động trên cung nhỏ BC Xác định vị trí của A và

DA+DB+DC đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Với A, D bất kì ta luôn có AD 2R Với mỗi điểm D

trên cung nhỏ BC ta luôn tìm được điểm A trên cung

lớn BC sao cho AD 2R= để 1 1

AD =2R có giá trị bé nhất

Kẻ DH vuông góc với BC tại H Kẻ đường kính EF

vuông góc với BC tại K Khi đó các điểm E, F, K là các

ta được ABD ∽ CHD.Từ đó suy ra

O H K F

E D

C B

Nhận xét Có nhiều cách để tìm giá nhị nhỏ nhất của T 1 1

BD CD

• Ta có DH EK nên EH.BC EK.BC SDBC SEBC, điều này dẫn đến

Mà ta có BEC=BDC và EB EC= nên ta được BD.CD BE 2

• Kéo dài BD một đoạn DG DC= , ta được

Bài 73 Cho đường tròn (O; R) và một điểm I nằm bên trong đường tròn Gọi AC và

BD là hai dây cung bất kì đi qua I Xác định vị trí của AC và BD để AB.AD BC.CD

AB.BC DA.CD

++đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Xét hai tam giác IDC và IAB có DIC=AIB và IDC IAB=

nên ta được IDC ∽ IAB Từ đó ta được ID IC CD

IA= IB =ADChứng minh tương tự ta được IAD ∽ IBC nên

.IBAB.BC

Lời giải

Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm AB, AD,

CD, CB Khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác

EFGH là hình chứ nhật có tâm là trung điểm của

đoạn OP

Ta cần chứng minh AB2+CD2 =AD2+BC2=4R2

Thật vậy do AC vuông góc với BC nên dễ dàng suy

ra OEA = DGO, do đó suy ra OG EA AB

2

F E

N

M

P K

I

O

D

C B

Suy ra hình chữ nhật EFGH là hình chữ nhật thay đổi trên một đường tròn cố định có

tâm là trung điểm của OP Để ý là SEFGH 1SABCD

+ Để SEFGH đạt giá trị nhỏ nhất thì EF FG− phải đạt giá trị lớn nhất

Mà ta có AC 2R FG R và BD MN với MN đi qua P

Vậy SABCD đạt giá trị lớn nhất khi AC BD= và SABCD đạt giá trị nhỏ nhất khi

AC 2R=

Bài 75 Cho đường tròn ( )O và điểm P cố định nằm trong đường tròn ( )O (P không trùng với O) Hai dây cung AC và BD thay đổi của đường tròn ( )O vuông góc với nhau tại P Tìm vị trí của các dây cung AC và BD sao cho chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

đổi Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác AEOF nội

tiếp đường tròn ta có AE.OF OE.AF R.EF+ = hay ta

được AB.BC CD.DA R.BD

N

M

P K

I

O

D

C B

A

Như vậy việc tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của m tương đương với tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức S=AB.CD AD.BC 2R AC BD+ + ( + ) Cũng theo định lí Ptoleme thì trong tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ta có AB.CD AD.BC AC.BD+ =

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi AC 2R=

Vậy m AB BC CD DA= + + + đạt giá trị lớn nhất khi AC BD= và đạt giá trị nhỏ nhất khi AC 2R=

Nhận xét Ta có thể tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác ABCD theo cách khác như sau

Kẻ đường kính BE của ( )O Hai tam giác vuông ABE

và PAD có ADB AEB= nên đồng dạng với nhau, do

đó ta được AB.AD BE.PA 2R.PA= = Hoàn toàn tương

tự ta được BC.CD 2R.AC.= Từ đó ta được

M P B

D

C A

Ta đã có AB2+CD2=AB2+AE2=4R ; AD2 2+BC2 =CE2+BC2=4R2 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD, suy ra OM⊥AC; ON⊥BD Từ đó suy ra

Bài 76 Cho tam giác ABC có BC a,CA b,AB c= = = Gọi r và r ,r ,ra b c lần lượt là bán kính đường trong nội tiếp và bấn kính đường trong bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC

Với kí hiệu như hình bên ta có AK p a; AH p= − = ,

trong đó 2p a b c= + + Ta có hai tam giác AKI và

AHQ đồng dạng với nhau nên ta được

a a

Q

I

C B

Bài 77 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O và ngoại tiếp đường tròn có bán kính r Gọi O ,R ;1 1 O ,R ; O ,R2 2 3 3 theo thứ tự là tâm và bán kính của đường tròn tiếp xúc ngoài với đường tròn (O) đồng thời tiếp xúc với AB, AC; BC, BA; CA, CB tương ứng Chứng minh rằng R1+R2+R312r

Lời giải

Giả sử đường tròn (O ; R1 1) tiếp xúc ngoài với

đường tròn (O; R) tại D và tiếp xúc với hai tia AB,

AC lần lượt tại M, N Giả sử tia AD cắt đường tròn

(O ; R1 1) tại điểm thứ hai là E Khi đó ta suy ra

được OO1 =OD O D R R+ 1 = + 1 Lại do OA song

song với EO1 và AM2=AN2=AD.AE Từ đó suy

N

M

O1P

O

D

C B

thức trên ta được AM AN 2bc

b c a

+ − Gọi L là tiếp điểm của AB với đường tròn ( )I

nội tiếp tam giác ABC Khi đó O M1 AM

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có

2 2 2 3

Hay ta được R1+R2+R3 12r, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi R1 =R2 =R3 và

a b c= = hay tam giác ABC đều

Bài 78 Cho tam giác ABC không cân có AD và BE là đường phân giác Chứng minh

rằng góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng AB và DE không vượt qua

A B3

−

Lời giải

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử trong

tam giác ABC có AB Gọi M là giao điểm của

AB và DE, khi đó góc nhọn tạo bởi hai đường

Thật vậy, áp dụng định lí Menelaus cho tam giác

ABC với ba điểm M, D, E thẳng hàng ta có

MB = AB BC = BC Từ đó suy ra CM chính là đường phân giác

Từ đó ta được sin BMD sin 2CMD 2 sin CMD.cosCMD 2 cos CMD

Mặt khác áp dụng định lí sin cho các tam giác BMD và CMD ta được

BD sin ABC

sin CMD CD sin MCD CD sin MCD

MD

Lai có DB AB sin ACB

Do đó điều ta giả sử là sai Nên ta được 1( )

−

Bài 79 Cho tam giác ABC và đường tròn ( )O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB,

BC, CA lần lượt tại E, D, F Đường trong bàng tiếp tâm Q tiếp xúc với BC, AB, AC lần lượt tại K, H, P Đường thẳng EF cắt các tia BO và CO lần lượt tại M và N Đường thẳng HP cắt các tia BQ và CQ lần lượt tại R và S Chứng minh rằng DMN = KRS