BÀI 5. (NĂM 2013) Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cố định. $Ax$ và $Ay$ là hai tia thay đổi luôn tạo với nhau $60^{\circ}$, nằm về hai phía của $AB$, cắt đường tròn $(O)$ lần lượt tại $M$ và $N$. Đường thẳng $BN$ cắt $Ax$ tại $E$, đường thẳng $BM$ cắt $Ay$ tại $F$. Gọi $K$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$.
a) Chứng minh $\frac{EF}{AB}= \sqrt{3}.$
b) Chứng minh $OMKN$ là tứ giác nội tiếp.
c) Khi tam giác $AMN$ đều, gọi $C$ là điểm di động trên cung nhỏ $AN$. Đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $AC$ cắt $NC$ tại $D$. Xác định vị trí của điểm $C$ để diện tích tam giác $MCD$ là lớn nhất.
d) (Mở rộng) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $AEF$.
e) (Mở rộng-Dự đoán) Chứng minh điểm $K$ luôn chuyển động trên một đường cố định.
Bài này mình chứng minh câu d) bằng cách dùng công thức tính diện tích tam giác theo hàm sin. Cách này mặc dù tính toán hơi nhiều nhưng nó lại cho phép ta giải quyết cùng lúc việc xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $AEF$.
Lời giải.
d) Đặt $\angle MAB=\alpha$ ($0^{\circ} \leq \alpha \leq 60^{\circ}$).
Khi đó $\angle BAN=60^{\circ}-\alpha$ và
$\angle APN =\angle PAM+\angle PMA$
$=\angle PAM+\angle ABN$
$=\angle PAM+90^{\circ}-\angle BAN$
$=\alpha+90^{\circ}-(60^{\circ}-\alpha)$
$=30^{\circ}+2\alpha$.
Đặt $\angle APN=\beta$, ta có $\beta=30^{\circ}+2\alpha$.
Tiếp theo là các bước tính toán để biểu diễn diện tích tam giác $AEF$ theo $\alpha$ và $R$.
(i) Ta có tam giác $OMN$ cân tại O có hai cạnh bên độ dài $R$ và $\angle MON=120^{\circ}$.
Từ đây ta dễ dàng suy ra $MN=\sqrt{3}R$.
(ii) Áp dụng công thức tính diện tích theo hàm sin vào tam giác $OMN$ ta có
$S_{OMN}=\frac{1}{2}\sin \angle MON.OM.ON=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}.R^2=\frac{\sqrt{3}}{4}R^2$.
(iii) Tiếp tục áp dụng công thức tính diện tích theo hàm sin vào các tam giác $AMP, ANP, BMP, BNP$ ta dễ dàng suy ra
$S_{AMBN}=S_{AMP}+S_{ANP}+S_{BMP}+S_{BNP}=\frac{1}{2}.\sin \beta. AB.MN$.
Để ý rằng $AB=2R$ và $MN=\sqrt{3}R$ nên
$S_{AMBN}=\sqrt{3}\sin\beta.R^2$.
(iv) Do $O$ là trung điểm $AB$ nên $S_{OMA}=\frac{1}{2} S_{AMB}$ và $S_{ONA}=\frac{1}{2}S_{ANB}$.
Suy ra
$S_{AMN}=\frac{1}{2}(S_{AMB}+S_{ANB})+S_{OMN}$
$=\frac{1}{2}S_{AMBN}+S_{OMN}.$
$=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\beta.R^2+\frac{\sqrt{3}}{4}R^2$
$=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\beta+\frac{\sqrt{3}}{4}\right).R^2$
$=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\sin (30^{\circ}+2\alpha)+\frac{\sqrt{3}}{4}\right).R^2$
(v) Ta có tam giác $AEF$ đồng dạng với tam giác $AMN$.
Suy ra
$S_{AEF}=\left( \frac{AE}{AN} \right)^2.S_{AMN}=\left( \frac{1}{\cos 60^{\circ}} \right)^2.S_{AMN}=4S_{AMN}$.
Vậy ta có công thức tính diện tích tam giác $AEF$ là
$\boxed{S_{AEF}= \left(2\sqrt{3}\sin (30^{\circ}+2\alpha)+\sqrt{3} \right).R^2}$
Từ công thức trên ta thấy ngay diện tích tam giác $AEF$ đạt giá trị lớn nhất $S_{max}=3\sqrt{3}R^2$ khi $\alpha=30^{\circ}$, tức là khi $M$ và $N$ đối xứng với nhau qua $AB$, và đạt giá trị bé nhất là $S_{min}=2\sqrt{3}R^2$ khi $\alpha=0^{\circ}$ tức là khi $M$ trùng với $B$.
e) Không mấy khó khăn ta chỉ ra được $\angle KMF=\angle OMA$ từ đó suy ra $\angle KMO=90^{\circ}$. Tương tự ta cũng có $\angle KNO=90^{\circ}$. Ta có $KM$ và $KN$ là hai tiếp tuyến của đường tròn (O).
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra $OK$ là tia phân giác của góc $MON$, do đó $\angle KMO=60^{\circ}$.
Tam giác $KMO$ lại vuông tại $M$ nên $OK=\frac{OM}{\cos 60^{\circ}}=2R$.
Vậy $K$ chuyển động trên một đường tròn cố định, đường tròn này có tâm $O$ bán kính $2R$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 10-05-2023 - 12:46