Nội dung bài giảng
Bài 7. Cho tam giác đều \(ABC\), \(O\) là trung điểm của \(BC\). Trên các cạnh \(AB, AC\) lần lượt lấy các điểm di động \(D\) và \(E\) sao cho góc \(\widehat {DOE} = {60^0}\).
a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi.
b) Chứng minh \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\). Từ đó suy ra tia \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\).
c) Vẽ đường tròn tâm \(O\) tiếp xúc với \(AB\). Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với \(DE\).
Hướng dẫn làm bài:
a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi.
Xét hai tam giác: \(∆BOD\) và \(∆CEO\), ta có: \(\widehat B = \widehat C = {60^0}\) (gt) (1)
Ta có \(\widehat {DOC}\) là góc ngoài của \(∆ BDO\) nên: \(\widehat {DOC} = \widehat B + {\widehat D_1}\)
hay \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = \widehat B + \widehat {{D_1}} \Leftrightarrow {60^0} + \widehat {{O_2}} = {60^0} + \widehat {{D_1}}\)
\(\Leftrightarrow \widehat {{O_2}} = \widehat {{D_1}}(2)\)
Từ (1) và (2) \(⇒ ∆BOD\) đồng dạng \(∆CEO\) (g.g)
\( \Rightarrow {{B{\rm{D}}} \over {BO}} = {{CO} \over {CE}} \Rightarrow B{\rm{D}}.CE = BO.CO\)
hay \(B{\rm{D}}.CE = {{BC} \over 2}.{{BC} \over 2} = {{B{C^2}} \over 4}\) (không đổi)
Vậy \(B{\rm{D}}.CE = {{B{C^2}} \over 4}\) không đổi
b) Chứng minh \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\)
Từ câu (a) ta có: \(∆BOD\) đồng dạng \(∆CEO\)
\( \Rightarrow {{O{\rm{D}}} \over {OE}} = {{B{\rm{D}}} \over {OC}} = {{B{\rm{D}}} \over {OB}}\) (do \(OC = OB\))
Mà \(\widehat B = \widehat {DOE} = {60^0}\)
Vậy \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\) (c.g.c) \(\Rightarrow \widehat {B{\rm{D}}O} = \widehat {O{\rm{D}}E}\)
hay \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\)
c) Vẽ \(OK \bot DE\) và gọi \(I\) là tiếp điểm của \((O)\) với \(AB\), khi đó \(OI \bot AB\). Xét hai tam giác vuông: \(IDO\) và \(KDO\), ta có:
\(DO\) chung
\(\widehat {{D_1}} = \widehat {{D_2}}\) (chứng minh trên)
Vậy \(ΔIDO\) = \(ΔKDO\)\( ⇒ OI = OK\)
Điều này chứng tỏ rằng \(OK\) là bán kính của \((O)\) và \(OK \bot DE\) nên \(K\) là tiếp điểm của \(DE\) với \((O)\) hay \(DE\) tiếp xúc với đường tròn \((O)\)