1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có AB < A...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

1) Vẽ thêm tiếp tuyến At tại A của O, từ đó chứng minh EF // At.

2) Chia cả 2 vế cho cùng 1 biểu thức để đưa về phương trình bậc 2.

Giải chi tiết:

1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có AB < AC. Gọi M thuộc cạnh BC khác B và C, AM cắt (O) tại D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD cắt AC tại E, đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt AB tại F khác B.

a) Chứng minh rằng tứ giác BECF nội tiếp.

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM, J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD.

Xét tứ giác BMDF nội tiếp đường tròn (I), ta có:
\(\angle ABM = \angle A{\rm{DF}}\) (tính chất góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\(\angle AMB = \angle A{\rm{FD}}\) (tính chất góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow \Delta ABM\sim \Delta {\rm{AD}}F\;\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{AM}}{{AF}} \Rightarrow AB.AF = AD.AM\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Tương tự, xét tứ giác DMEC nội tiếp đường tròn (J) ta có:

\(\angle AEM = \angle ADC\) (tính chất góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

\(\angle AMD = \angle ACD\) (tính chất góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

\( \Rightarrow \Delta AME \sim \Delta ACD\;\;\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AM}}{{AC}} \Rightarrow AE.AC = AM.AD\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow AB.AF = AE.AC = \left( { = AM.AD} \right) \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACF\) ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\angle A\;\;chung\\ \Rightarrow \Delta ABE\sim \Delta {\rm{AC}}F\;\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)  

\( \Rightarrow \angle A{\rm{E}}B = \angle AFC\)  (các góc tương ứng)

Xét tứ giác BECF ta có: \(\angle AEB = \angle AFC\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow BECF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb). (đpcm)
b) Chứng minh 2 tam giác ECD và FBD đồng dạng và E, M, F thẳng hàng.

Tứ giác BMDF nội tiếp  đường tròn (I) nên:\(\angle FB{\rm{D}} = \angle FM{\rm{D}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FD)
Mà tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O)  nên \(\angle FB{\rm{D}} = \angle AC{\rm{D}}\) (tính chất góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow \angle FM{\rm{D}} = \angle AC{\rm{D}}\;\left( { = \angle FBD} \right)\)
Kết hợp với tứ giác MDCE nội tiếp đường tròn (J) nên ta có: \(\angle ACD + \angle EMD = {180^0}\) (tính chất)

\( \Rightarrow \angle FMD + \angle EMD = {180^0} \Rightarrow E,\;M,\;F\) thẳng hàng. (đpcm)
Xét hai tam giác ECD và BFD, ta có:

\(\angle FB{\rm{D}} = \angle DCE\) (tính chất góc ngoài tứ giác ABDC nội tiếp)

\(\angle B{\rm{DF = }}\angle {\rm{EDC}}\left( {\angle B{\rm{DF = }}\angle B{\rm{MF = }}\angle CME{\rm{ = }}\angle {\rm{EDC}}} \right)\)
Vì vậy \(\Delta EC{\rm{D}}\sim \Delta FB{\rm{D}}\;\left( {g - g} \right)\;\;\left( {dpcm} \right).\)

c) Chứng minh OA vuông góc EF.

Dựng đường kính AT của (O). Gọi K là giao điểm của EF và AO.
Ta có: \(\angle A{\rm{EF}}\;{\rm{ = }}\angle {\rm{AD}}C = \frac{1}{2}s{\rm{d}}\,\,cung\,\,AC\) (tính chất góc ngoài tứ giác MECD nội tiếp)
Mà \(\angle CAT = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,CT\) nên \(\angle A{\rm{EF + }}\angle {\rm{CAT = }}\frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AT = {90^o}\)

Xét \(\Delta AEK\) ta có: \(\angle AEF + \angle KAE + \angle AKE = {180^0} \Leftrightarrow {90^0} + \angle AKE = {180^0} \Leftrightarrow \angle AKE = {90^0}\)

\( \Rightarrow AO \bot EF\;\;\left( {dpcm} \right).\)

2) Cho tam giác ABC vuông tại A, các cạnh thỏa mãn điều kiện: \(B{C^2} = 2BC.AC + 4A{C^2}.\) Tính số đo góc \(\angle ABC.\)

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l}\;\;\;\;B{C^2} = 2BC.AC + 4A{C^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{BC}}{{AC}}} \right)^2} = 2.\frac{{BC}}{{AC}} + 4\;\;\;\left( {do\;\;AC > 0} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {\frac{{BC}}{{AC}}} \right)^2} - 2.\frac{{BC}}{{AC}} - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{BC}}{{AC}} = 1 + \sqrt 5 \;\;\left( {tm} \right)\\\frac{{BC}}{{AC}} = 1 - \sqrt 5 \;\;\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{BC}}{{AC}} = 1 + \sqrt 5 .\end{array}\)

\( \Rightarrow \sin \angle ABC = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{1}{{1 + \sqrt 5 }} \Rightarrow \angle ABC = {18^0}.\)

Vậy: \(\angle ABC = {18^0}\)