Chúng ta tiếp tục với Nhóm 5, chặng cuối cùng. Bài 12 b) tương đối khó, thiết nghĩ cũng không nên trì hoãn lâu hơn. Hi vọng chúng ta có thể hoàn thành trọn vẹn chuyên đề trong Tháng 5 này! Mời mọi người tham gia!
NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023)
BÀI 13. (Năm 2021)
Cho đường tròn $(O; R)$. Dây cung $BC$ cố định không đi qua tâm $O$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy điểm $A$ ($A$ khác $B$). Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AM$ và $AN$ tới đường tròn $(O)$ ($M$ và $N$ là hai tiếp điểm). Gọi $I, H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $MN$; $BC$ cắt $MN$ tại $K$.
a) Chứng minh bốn điểm $O, M, N, I$ cùng thuộc một đường tròn và $HK$ là tia phân giác của góc $BHC$.
b) Hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau ở $E$. Chứng minh $M, N, E$ thẳng hàng.
c) Đường thẳng $\Delta$ qua điểm $M$ và vuông góc với $ON$, cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai là $P$. Xác định vị trí của điểm $A$ trên tia đối của tia $BC$ để tứ giác $AMPN$ là hình bình hành.
a) $\angle AMO=\angle ANO=\angle AIO=90^{\circ}$ nên bốn điểm $O, M, I, N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$.
Ta có $OA$ là đường trung trực của $MN$. Xét tam giác $OMA$ vuông tại $M$ có $MH$ là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $OH.OA=AM^2$.
Tam giác $AMB$ đồng dạng với tam giác $ACM$ (g.g) nên $AB.AC=AM^2$.
Do đó $AH.AO=AB.AC$, dẫn tới tam giác $AHB$ đồng dạng với tam giác $ACO$ (c.g.c).
Suy ra $\angle AHB=\angle BCO$.
Điều này lại chứng tỏ $BHOC$ là tứ giác nội tiếp, và ta có $\angle OHC=\angle OBC$.
Mà $\angle BCO=\angle OBC$ (tam giác $OBC$ cân tại $O$) nên ta suy ra $\angle AHB=\angle OHC$.
Hơn nữa $HN \perp OA$ nên $\angle BHN=\angle CHN$. Vậy $HN$ là tia phân giác của góc $BHC$.
b) Lưu ý $H$ là trung điểm $MN$, chứng minh tương tự như câu a) ta có $OE$ là đường trung trực của $BC$ và ba điểm $H, B, C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OE$.
Do đó $\angle BHE=\angle BOE=\frac{\angle BOC}{2}$.
Mà $\angle BHN=\frac{\angle BHC}{2}$ ($BN$ là tia phân giác góc $BHC$) và $\angle BHC=\angle BOC$ (tứ giác $BHOC$ nội tiếp), vì vậy $\angle BHE=\angle BHN$.
Điều này chứng tỏ $M, N, E$ thẳng hàng.
c) Để ý rằng $AH$ là đường trung trực của $MN$, vì vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $P$ nằm trên đường trung trực của $MN$ tức là $PO \perp MN$ tại $H$.
Khi đó, do $ON \perp PM$ và $PO \perp MN$ ta có tam giác $MNP$ đều.
Mà tam giác $AMN$ và $PNM$ bằng nhau, nên ta phải có tam giác $AMN$ đều.
Vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $AMN$ là tam giác đều.
Gọi bán kính đường tròn $(O)$ là $R$, và đặt $BC=a, AB=x$.
Ta có tam giác $AMN$ đều suy ra $\angle MOH=\angle AMN=60^{\circ}$. Do đó
$MH=\sin 60^{\circ}.OM=\frac{\sqrt{3}}{2}R.$
Dẫn tới
$AM=MN=\sqrt{3}R$.
Ta lại có $AM^2=AB.AC=x(x+a)$. Do đó ta có phương trình xác định $x$ theo $a, R$:
$x^2+ax=3R^2$. $(*)$
Phương trình trên luôn có một nghiệm dương.
Vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $A$ nằm trên tia đối của tia $BC$ sao cho độ dài $AB=x$ là nghiệm dương của phương trình $(*)$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 27-05-2023 - 09:34