Các đường phân giác của ABC kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ở các điểm L, M, N. Chứng minh : \(S_{MLN}=\frac{1}{2}p_{ABC}\cdot R\) với \(p_{ABC}=\frac{AB+BC+CA}{2}\)
Lời giải:
$AL,BM,CN$ cắt $MN, LN, ML$ lần lượt tại $H, Q,K$
Ta có \(\widehat{MIA}=\widehat{IBA}+\widehat{BAI}=\frac{\widehat{B}}{2}+\frac{\widehat{A}}{2}\)
\(\widehat{MAI}=\widehat{IAC}+\widehat{CAM}=\widehat{IAC}+\widehat{CBM}=\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{B}}{2}\)
\(\Rightarrow \widehat{MIA}=\widehat{MAI}\Rightarrow \triangle MAI\) cân tại $M$ (1)
Mặt khác \(\widehat{MIH}+\widehat{IMH}=\widehat{MIA}+\widehat{BCN}=\frac{\widehat{B}}{2}+\frac{\widehat{A}}{2}+\frac{\widehat{C}}{2}=90^0\)
\(\Rightarrow \widehat{IHM}=90^0\Rightarrow MN\perp LH\) (2)
Tương tự: $MQ\perp LN, NK\perp ML$
-----------------------------------
Ta có tính chất quen thuộc: Cho tam giác $XYZ$ nội tiếp $(O')$, các đường cao $XU, YS, ZT$. Khi đó \(S_{XYZ}=\frac{TS+SU+TU}{2}R\)
Chứng minh:
Dễ thấy tứ giác $TSZY$ nội tiếp. Do đó $\widehat{XTS}=\widehat{XZY}$
Kẻ tiếp tuyến $Xt$ của $(O')$. Theo tính chất tiếp tuyến thì $\widehat{tXT}=\widehat{XZY}$
$\Rightarrow \widehat{XTS}=\widehat{tXT}$. Hai góc này ở vị trí so le trong nên $Xt\parallel TS$. Mà $Xt\perp XO'$ (tính chất tiếp tuyến) nên $XO'\perp TS$
Tương tự: $ZO'\perp SU, YO'\perp TU$
$S_{XYZ}=S_{XTO'S}+S_{YTO'U}+S_{ZSO'U}= \frac{XO'.TS}{2}+\frac{YO'.TU}{2}+\frac{ZO'.SU}{2}=R.\frac{TS+TU+SU}{2}$ (đpcm)
------------------------
Áp dụng tính chất trên vào bài toán, với tam giác $LMN$ có các đường cao $LH, MQ, NK$ (đã cmt) thì:
$S_{MNL}=R.\frac{HQ+QK+HK}{2}$ $(*)$
Mặt khác:
Từ (1);(2) ta suy ra tam giác cân $MAI$ có đường cao $MH$ nên $MH$ đồng thời cũng là trung tuyến. Do đó $H$ là trung điểm của $AI$. Tương tự $K,Q$ cũng là trung điểm của $CI, BI$
Theo định lý Ta-let: $HQ=\frac{AB}{2}; HK=\frac{AC}{2}; QK=\frac{BC}{2}$ $(**)$
Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra $S_{MNL}=R.\frac{AB+BC+AC}{4}=R.\frac{p_{ABC}}{2}$ (đpcm)
