Question

[Minh Nguyễn Cao]

Cho tam giác ABC cân với góc ABC = 120 độ. Gọi D là giao điểm của đường thẳng BC với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC

1) CM tam giác ADC vuông rồi suy ra tỉ số DB/DC

2) CM: \(\frac{1}{AD}+\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{AB}\)

3) Đường thẳng DO lần lượt cắt AB,AC tại E và F. Gọi M,N theo thứ tự là trung điểm của AB và AC. Chứng minh các đường thẳng AO; MF; NE đồng quy  

Answer 1

[Nguyễn Tất Đạt]

1) Theo t/c góc tạo bởi tia tiếp và dây cung: \(\widehat{BCA}=\widehat{BAD}\). Dễ có \(\widehat{BCA}=\widehat{BAC}=30^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAD}=30^0\)\(\Rightarrow\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=60^0\Rightarrow\widehat{DAC}=60^0\). Đồng thời \(\widehat{BAC}=\widehat{BAD}\)

=> AB là tia phân giác trong tam giác ADC

Xét \(\Delta\)ADC có: \(\widehat{DAC}=60^0;\widehat{DCA}=\widehat{BCA}=30^0\)

=> \(\Delta\)ADC vuông tại D. Hay \(\Delta\)ADC nửa đều => \(\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}\)

Ta có: AB là phân giác trong tam giác ADC (cmt) \(\Rightarrow\frac{AD}{AC}=\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{DB}{DC}=\frac{1}{3}\)

2) Dễ thấy \(\widehat{ABD}=\widehat{BAC}+\widehat{BCA}=60^0\). Xét \(\Delta\)ADB:

\(\widehat{ADB}=90^0\)(cmt); \(\widehat{ABD}=60^0\)=> \(\Delta\)ADB nửa đều => BD = 1/2 AB

Áp dụng ĐL Pytagore cho \(\Delta\)ADB nửa đều: 

\(AD^2=AB^2-BD^2=AB^2-\frac{1}{4}.AB^2=\frac{3}{4}.AB^2\)\(\Leftrightarrow AD=\frac{\sqrt{3}}{2}.AB\)

\(\Leftrightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)(1)

Tương tự với tam giác ANB nửa đều: \(\frac{AB}{AN}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{AB}{2AN}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)(2)

Cộng (1) với (2) \(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AB}{AC}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Leftrightarrow\frac{1}{AD}+\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{AB}\)(đpcm).

3) Gọi giao điểm của NE với AO là S; MF với AO là S'. Ta đi c/m S trùng với S' .

Dễ thấy: \(\widehat{OBC}=180^0-\widehat{ABD}-\widehat{ABN}=60^0\)\(\Rightarrow\widehat{OCB}=60^0\)

Mà \(\widehat{ABD}=60^0\Rightarrow\widehat{OCB}=\widehat{ABD}\). Do 2 góc này đồng vị nên AB // OC

Hay BE // OC \(\Rightarrow\frac{DB}{CB}=\frac{DE}{OE}\)(ĐL Thales) . Mà \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\)(câu b)

\(\Rightarrow\frac{DE}{OE}=\frac{1}{2}\). Lại có: \(\frac{DE}{OE}=\frac{BE}{AE}\Rightarrow\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\)(Hệ quả ĐL Thales)

Tứ giác ABCO có: AB // OC; AO // OB (Cùng vuông góc AD); AC vuông BO

=> Tứ giác ABCO là hình thoi. N là trung điểm AC => N cũng là trung điểm BO => \(\frac{ON}{BN}=1\)

Nhận thấy \(\Delta\)ABO có: E thuộc AB; N thuộc OB; NE cắt AO ở S

\(\Rightarrow\frac{BE}{AE}.\frac{ON}{BN}.\frac{SA}{SO}=1\)(ĐL Menelaus)

Thay \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2};\frac{ON}{BN}=1\Rightarrow\frac{SA}{SO}.\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow\frac{SA}{SO}=2\Leftrightarrow\frac{SA}{AO}=2\)(*)

Áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{OF}{EF}=\frac{OC}{AE}=\frac{AB}{AE}\)(Do OC=AB)

Lại có: \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)

Vì \(\frac{BE}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{BE}{\frac{1}{2}.AB}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{BE}{BM}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{EM}{BM}=\frac{1}{3}\). Mà BM=AM

\(\Rightarrow\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3}\). Ta áp dụng ĐL Menelaus với \(\Delta\)AEO:

\(\frac{OF}{EF}.\frac{BE}{EM}.\frac{S'A}{S'O}=1\). Thế \(\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3};\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)(cmt)

\(\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}.\frac{1}{3}.\frac{3}{2}=1\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}=2\Rightarrow\frac{S'A}{AO}=2\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(SA=S'A\). Mà 3 điểm A;S;S' thẳng hàng

Nên S trùng với S' => 3 đường AO;MF;NE gặp nhau tại 1 điểm (đpcm).

Answer 2

[Nguyễn Tất Đạt]

Tỉ số \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\) được lấy từ ý 1) nhé, quen tay nên gõ nhầm.