Đường tròn

Lời giải:

Giả sử các điểm có vị trí như hình vẽ. Trong đó: 

K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMN

\(KL\perp AM; IU\perp AB (L\in AM; U\in AB)\)

Ký hiệu \(p_i\) là nửa chu vi tam giác \(i\)

\(A,K,I\) thẳng hàng vì cùng nằm trên đường phân giác trong góc A.

Dễ thấy:

\(\triangle AMN\sim \triangle ABC(g.g)\)\(\Rightarrow \frac{p_{AMN}}{p_{ABC}}=\frac{AM}{AB}\)

\(\triangle AMK\sim \triangle ABI(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{AM}{AB}=\frac{AK}{AI}\)

Mà \(LK\parallel IU \) nên theo Talet thì \(\frac{AK}{AI}=\frac{LK}{IU}=\frac{R_1}{R}\)

Do đó: \(\frac{p_{AMN}}{p_{ABC}}=\frac{R_1}{R}\)

Hoàn toàn tương tự ta có: \(\frac{p_{CPQ}}{p_{ABC}}=\frac{R_2}{R}; \frac{p_{BED}}{p_{ABC}}=\frac{R_3}{R}\). Do đó:

\(\frac{R_1+R_2+R_3}{R}=\frac{p_{AMN}+p_{CPQ}+p_{BED}}{p_{ABC}}=\frac{AM+AN+MN+BE+BD+ED+CP+CQ+PQ}{AB+AC+BC}\)

\(=\frac{(AM+AN+CP+CQ+BE+BD)+(MN+DE+PQ)}{(AM+AN+CP+CQ+BE+BD)+(ME+NP+DQ)}=1\)

(do \(MN+DE+PQ=ME+NP+DQ\) do tính chất các tiếp tuyến cắt nhau)

\(\Rightarrow R_1+R_2+R_3=R\) 

Ta có đpcm.

Hình vẽ:

Lời giải:

a)

Vì $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên

\(AB\perp OB, AC\perp OC\Rightarrow \widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)

\(\Rightarrow \widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)

Tứ giác $ABOC$ có tổng hai góc đối bằng $180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

b)

Có \(\widehat{CBD}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính CD) hay \(BD\perp BC(1)\)

Theo tính chất tiếp tuyến: \(AB=AC\)

Lại có: \(OB=OC=R\)

Do đó $AO$ là đường trung trực của $BC$

\(\Rightarrow AO\perp BC(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow AO\parallel BD\)

c)

Vì \(OA\parallel BD\Rightarrow \widehat{MAH}=\widehat{MDB}\) (so le trong)

Mặt khác \(\widehat{MDB}=\widehat{MCB}=\widehat{MCH}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB)

Suy ra \(\widehat{MAH}=\widehat{MCH}\) (đpcm)

d)

Theo phần c ta có \(\widehat{MAN}=\widehat{MAH}=\widehat{MDB}\)

Mà \(\widehat{MDB}=\widehat{ABN}\) (góc hợp bởi tiếp tuyến và một dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn dây cung đó)

\(\Rightarrow \widehat{MAN}=\widehat{ABN}\)

Tam giác $MAN$ và $ABN$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{MAN}=\widehat{ABN}\\ \text{chung góc N}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MAN\sim \triangle ABN\)

\(\Rightarrow \frac{MN}{AN}=\frac{AN}{BN}\Rightarrow AN^2=NM.NB(*)\)

Lại có:

\(\widehat{MBH}=\widehat{MBC}=\widehat{ACM}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn dây cung đó)

Theo kết quả phần c suy ra tứ giác $MHCA$ nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{ACM}=\widehat{AHM}=\widehat{NHM}\)

Do đó \(\widehat{MBH}=\widehat{NHM}\) hay \(\widehat{NBH}=\widehat{NHM}\)

\(\Rightarrow \triangle NHM\sim \triangle NBH(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{NH}{NM}=\frac{BN}{NH}\Rightarrow NH^2=NM.NB(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow NH=NA\Rightarrow N\) là trung điểm $AH$

Câu a:

Xét ΔICM vuông tại I và ΔICN vuông tại I có:

• IC chung • \(\widehat{ICM}=\widehat{ICN}\left(\text{do IC là tia phân giác của }\widehat{ACB}\right)\)

⇒ ΔICM ∼ ΔICN (g - c - g)

⇒ • IM = IN • \(\widehat{IMC}=\widehat{INC}\)

mà \(\widehat{IMC}+\widehat{IMA}=\widehat{INC}+\widehat{INB}\left(=180^0\right)\)

⇒ \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)

mà \(\widehat{IMA}+\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{INB}+\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\left(=180^0\right)\)

⇒ \(\widehat{A_2}+\widehat{I_1}=\widehat{B_2}+\widehat{I_2}\) (1)

Mặt khác, ΔIAB có: \(\widehat{A_1}+\widehat{B_1}=180^0-\widehat{I_3}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\)

mà • \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\left(\text{do IA là tia phân giác của }\widehat{BAC}\right)\) • \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\left(\text{do IB là tia phân giác của }\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{A_2}+\widehat{B_2}=\widehat{I_1}+\widehat{I_2}\) (2)

Trừ (1) và (2) vế theo vế, suy ra \(\widehat{I_1}-\widehat{B_2}=\widehat{B_2}+\widehat{I_1}\)

⇒ \(2\widehat{I_1}=2\widehat{B_2}\)

⇒ \(\widehat{I_1}=\widehat{B_2}\)

mà \(\widehat{IMA}=\widehat{INB}\)

⇒ ΔIMA ∼ ΔBNI (g - g)

⇒ AM . BN = IM . IN = IM² = IN² (do IM = IN)

Câu b:

Ta có: \(\widehat{I_3}+\widehat{I_1}+\widehat{I_2}=\widehat{IMA}+\widehat{I_1}+\widehat{A_2}\left(=180^0\right)\)

mà \(\widehat{I_2}=\widehat{A_2}\left(\Delta IMA\text{ ~ }\Delta BNI\right)\)

⇒ \(\widehat{I_3}=\widehat{IMA}\)

mà \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\)

⇒ ΔIAB ∼ ΔMAI (g - g) ∼ ΔNIB

⇒ • IA² = AM . AB • IB² = NB . AB

Đặt \(P=\dfrac{IA^2}{AB\times AC}+\dfrac{IB^2}{AB\times BC}+\dfrac{IC^2}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM\times AB}{AB\times AC}+\dfrac{NB\times AB}{AB\times BC}+\dfrac{CM^2-IM^2}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM}{AC}+\dfrac{NB}{BC}+\dfrac{CM^2-AM\times NB}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AM\times BC+NB\times AC+CM\times CN-AM\times NB}{AC\times BC}\) (do CM = CN vì ΔICM = ΔICN)

\(=\dfrac{AM\times CN+NB\times AC+CM\times CN}{AC\times BC}\)

\(=\dfrac{AC\times CN+NB\times AC}{AC\times BC}=1\)

Vậy ta có đpcm.

hình :

Lời giải:

a)

Vì $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ nên $MA=MB$

Do đó tam giác $MAB$ cân tại $M$, suy ra đường trung tuyến $MO$ đồng thời là đường cao, hay \(MO\perp AB\Leftrightarrow \widehat{MOA}=90^0\)

Tứ giác $MHOA$ có hai góc cùng nhìn cạnh $OA$ là \(\widehat{MOA}=\widehat{MHA}=90^0\) nên $MHOA$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Ta có:

\(\widehat{MKH}=\widehat{MKA}=\frac{1}{2}\widehat{MOA}\) (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung MA)

\(\Rightarrow \widehat{MKH}=\frac{1}{2}.90^0=45^0\)

Tam giác $MKH$ vuông tại $H$ có góc $K$ bằng $45$ độ nên là tam giác vuông cân.

c)

Vì $AMHO$ nội tiếp (theo phần a) nên \(\widehat{MOH}=\widehat{MAH}\)

Mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MAK}=\frac{1}{2}\widehat{MOK}\) (góc nội tiếp có số đo bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung MK)

\(\Rightarrow \widehat{MOH}=\frac{1}{2}\widehat{MOK}\) hay \(2\widehat{MOH}=\widehat{MOK}\)

\(\Rightarrow \widehat{KOH}=\widehat{MOK}-\widehat{MOH}=\widehat{MOH}\)

Do đó $OH$ là phân giác \(\widehat{MOK}\)

d)

Chu vi tam giác \(OPK: C=OP+PK+OK=R+OP+PK\)

Áp dụng BĐT Cauchy:

\(OP^2+PK^2\geq 2OP.PK\)

\(\Rightarrow 2(OP^2+PK^2)\geq (OP+PK)^2\)

\(2OK^2\geq (OP+PK)^2\Leftrightarrow OP+PK\leq \sqrt{2OK^2}=\sqrt{2}R\)

Do đó: \(C=R+OP+PK\leq R+\sqrt{2}R=R(\sqrt{2}+1)\)

Vậy \(C_{\max}=R(\sqrt{2}+1)\). Giá trị lớn nhất đạt được khi \(OP=KP\Leftrightarrow \triangle OKP\) vuông cân \(\Leftrightarrow \widehat{KOP}=45^0\Leftrightarrow OK\) là phân giác \(\widehat{MOB}\Leftrightarrow K\) là điểm chính giữa cung MB.

Tổng khoảng cách từ B và C đến D nhỏ nhất khi D là trung điểm của BC