Ta thấy : IBO1 = IO1B ( = ( A + B)/2 ) => ΔIBO1 cân tại I, từ đó IB = IO1 (1). Mặt khác O1BO2 = 90o nên IBO2 = IO2B hay ΔIBO2 cân tại I => IB = IO2 (2). Từ (1), (2) => IO1 = IO2.
Theo giả thiết O1OO2 = 90o => OI = 1/2.O1O2.
Do đó OI = BI = OB = R (bán kính của đường tròn (O)) => ΔBIO đều => BOI = 60o , => BAI = 30o. Vậy BAC = 60o.
Nhận xét :
1) Chúng ta cũng có thể giải theo hướng chứng minh 5 điểm O2, B, O1, O, C cùng nằm trên một đường tròn. Sau đó chứng minh được BO1C = BOC =90o + 1/2 BAC, đồng thời nhận xét rằng BOC = 2 BAC cũng sẽ đi đến kết quả BAC = 60o.
Bài 5(11) : Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF ( ABE = ACF = 90o).
Chứng minh rằng : BF, CE và đường cao AH của tam giác đồng quy.
Lời giải :
Cách 1 : (của bạn Võ Văn Tuấn, 7A5, THCS Buôn Hồ, KRông Buk, Đắk Lắk)
Vì ΔBEA đồng dạng với ΔCFA nên AB / EB = AC / FC.
Trên tia đối của tia AH lấy điểm K sao cho : AK = AB/EB.BC = AC/FC.CB (hình 1)
Vì AK = AB/EB.BC nên AK/AB = BC/BE (1)
Mặt khác : KAB = CBE (2) (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc và cùng tù) Từ (1), (2) => : ΔKAB đồng dạng với ΔCBE
=> : ABK = BEC => ABK + EBK = BEC + EBK
Tương tự như vậy : BF vuông góc với CK.
Vậy BF, CE, AH là ba đường cao của ΔBCK => BF, CE, AH đồng quy.
Cách 2 : (của các bạn Huỳnh Quốc Uy và Trần Lương Khiêm, 9A, THCS Trần Hưng Đạo, Quảng Ngãi)
Đặt I = BF giao với CE. Gọi M, N là hình chiếu của A trên CE, BF (hình 2).
Dễ thấy các tứ giác AMBE, ANCF, AMIN, AMHC nội tiếp. Vì các tứ giác AMBE, ANCF nội tiếp và vì ΔABE đồng dạng với ΔACF nên ta có :
BME = BAE = CAF = CNF => BMC = BNC => Tứ giác BMNC nội tiếp => MNB = MCB (1) Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên : MNB = MAI (2) Vì tứ giác AMHC nội tiếp nên : MCB = MAH (3)
Từ (1), (2), (3) => : MAI = MAH => tia AI trùng tia AH => I thuộc AH => BF, CE, AH đồng quy.
Trên đây, ta mới chỉ vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp các góc ABC, ACB < 90o. Nếu