1.     Cho tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), \(AB < AC\), có các đường cao \(BE\) và \(CF\).

Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại S. Gọi M là giao điểm của BC và SO.

a.   Chứng minh rằng tam giác EAB đồng dạng với tam giác MBS, từ đó suy ra tam giác

AEM đồng dạng với tam giác ABS.

b.   Gọi N là giao điểm của AM và EF, P là giao điểm của SA và BC. Chứng minh rằng NP

vuông góc với BC.

2.     Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy các điểm E, F thuộc cạnh AB (E nằm giữa A, F); G, H

thuộc cạnh BC (C nằm giữa B, H); I, J thuộc cạnh CD (I nằm giữa C, J); K, M thuộc cạnh DA (K nằm giữa D, M) sao cho E, F, G, H, I, J, K, M đôi một phân biệt và khác các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, đồng thời hình đa giác EFGHIJKM có các góc bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình đa giác EFGHIJKM là các số hữu tỉ (theo đơn vị cm) thì EF = IJ.

1. Học sinh vẽ đúng hình để làm được ý a

a. Ta có \(OS \bot BC\)tại trung điểm M của BC. Nên \(\widehat {BEA} = \widehat {SMB} = {90^0}\).

Mà . Suy ra \(\Delta EAB\) đồng dạng \(\Delta MBS\).

Hai tam giác EAB, MBS đồng dạng nên \(\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BS}}{{BM}}\).

Tam giác BEC vuông tại E, EM là trung tuyến nên BM = ME.

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BS}}{{ME}}\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác MEC cân tại M, nên \(\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\). Mặt khác

\(\begin{array}{l}\widehat {ABS} + \widehat {ACB} = {180^0} = \widehat {AEM} + \widehat {MEC}\\ = \widehat {AEM} + \widehat {ACB}\\ \Rightarrow \widehat {ABS} = \widehat {AEM}\,\,(2).\end{array}\)

Từ (1), (2) suy ra hai tam giác AEM, ABS đồng dạng.

b. Hai tam giác AEM, ABS đồng dạng nên \(\widehat {BAP} = \widehat {EAN}\); \(\widehat {AME} = \widehat {ASB}\,\,\,(3)\).

Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC nên \(\widehat {ABP} = \widehat {AEN}\). Suy ra hai tam giác AEN, ABP đồng dạng, dẫn tới \(\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{NE}}{{BP}}\,\,(4)\)

Ta có: \(\widehat {NEM} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = \widehat {NEM} + \widehat {AEN} + \widehat {MEC} = {180^0}.\)

Suy ra: \(\widehat {NEM} = \widehat {BAC} = \widehat {SBP}\,\,\,(5)\)

Từ (3) và (5) suy ra hai tam giác EMN, BSP đồng dạng. Do đó \(\frac{{NE}}{{BP}} = \frac{{MN}}{{PS}}\,\,\,\,(6)\)

Từ (4) và (6) suy ra \(\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{NM}}{{PS}} \Rightarrow \frac{{AN}}{{MN}} = \frac{{AP}}{{PS}} \Rightarrow NP//MS\).

Mà \(SM \bot BC \Rightarrow NP \bot BC\).

2. Gọi \(EF = a;\,\,FG = b;\,\,GH = c;\,\,HI = d;\,\,IJ = e;\,\,JK = f;\,\,KM = g;\,\,ME = h\)(theo đơn vị cm, với \(a,b,c,d,e,f,g,,h\)là các số hữu tỉ dương).

Do các góc của hình bát giác EFGHIJKM bằng nhau nên mỗi góc trong của hình bát giác đó có số đo là \(\frac{{(8 - 2){{.180}^0}}}{8} = {135^0}\).

Suy ra mỗi góc ngoài của hình bát giác này là \({180^0} - {135^0} = {45^0}.\)

Do đó các tam giác MAE; FBG; CIH; DKJ là các tam giác vuông cân.

Ta có: \(MA = ME = \frac{h}{{\sqrt 2 }};\,\,BF = BG = \frac{b}{{\sqrt 2 }};\,\,CH = CI = \frac{d}{{\sqrt 2 }};\,\,DK = DJ = \frac{f}{{\sqrt 2 }}.\)

Vì AB = CD nên \(\frac{h}{{\sqrt 2 }} + a + \frac{b}{{\sqrt 2 }} = \frac{f}{{\sqrt 2 }} + e + \frac{d}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow (e - a)\sqrt 2  = h + b - f - d.\)

Nếu \(e - a \ne 0\)thì \(\sqrt 2  = \frac{{h + b - f - d}}{{e - a}},\) điều này vô lí, do \(\sqrt 2 \) là số vô tỉ, còn \(\frac{{h + b - f - d}}{{e - a}},\) là số hữu tỉ. Vậy \(e - a = 0 \Leftrightarrow e = a\) hay EF = IJ (đpcm)