Giải bài Lê Quý Đôn trên báo KQĐ kỳ 7:

Bài 2: 

A B C D M I H O 4

Gọi I là giao điểm của AC và BD

      O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\bigtriangleup BMD\)

      H là trung điểm của MD

Ta có: ABCD là hình vuông (GT)

mà AC cắt BD tại I (GT)

\(\to \bigg\{ \begin{matrix} I&là&trung&điểm&AC \\ I&là&trung&điểm&BD \\ AC&\perp&BD&tại&I \\ \end{matrix} \) 

Ta có: (O) ngoại tiếp \(\bigtriangleup BMD\) (GT)

mà I là trung điểm của BD (GT)

\(\to \begin{matrix} OI&là&đường&trung&trực&của& \bigtriangleup BMD \\ \end{matrix}\)

\(\to \begin{matrix} OI \perp BD&tại&I \\ \end{matrix} \)

mà \(\begin{matrix} AI \perp BD&tại&I&(AC \perp BD&tại&I) \\ \end{matrix}\) 

\(\to OI \equiv AI\) \(\to \begin{matrix} A,&O,&I&thẳng&hàng \\ \end{matrix}\)

Xét \(\bigtriangleup ADC\), ta có: \(\bigg\{ \begin{matrix} I&là&trung&điểm&AC&(cmt) \\ M&là&trung&điểm&CD&(GT) \end{matrix}\)

\(\to \begin{matrix} IM&là&đường&trung&bình&của&\bigtriangleup ADC \\ \end{matrix}\)

\(\to IM//AD\) \(\to \begin{matrix} AIMD&là&hình&thang \end{matrix}\)

Ta có: \(\bigtriangleup OMD\) cân tại O (OM=OD do OM và OD là bán kính của (O))

mà OH là đường trung tuyến (H là trung điểm MD)

\(\to \begin{matrix} OH&là&đường&cao&của&\bigtriangleup OMD \end{matrix}\)

\(\to \begin{matrix} OH \perp MD&tại&H \\ \end{matrix}\)

mà \(\begin{matrix} AD \perp MD&tại&D&(ABCD&là&hình&vuông) \end{matrix}\)

      \(\begin{matrix} AD//IM&(cmt) \end{matrix}\)

\(\to IM//OH//AD\)

Ta có: \(\bigtriangleup ABD\) vuông tại A (GT)

\(\to\) BD²= AB² + AD² (Định lý Pythagore)

\(\to\) BD²= 2AB² = 2 x 4² (AB=AD do ABCD là hình vuông)

\(\to\) BD²= 32 \(\to BD = 4 \sqrt2 \) 

 \(\to AI=IB=\frac{BD}{2}=\frac{4\sqrt2}{2}=2\sqrt2\) 

Xét hình thang AIMD, ta có: \(\bigg\{ \begin{matrix} H&trung&điểm&MD&(GT) \\ OH//&IM//&AD&(cmt) \end{matrix}\)

\(\to\) O trung điểm AI

\(\to OI=\frac{AI}{2}=\frac{2\sqrt2}{2}=\sqrt2\)

Ta có: \(\bigtriangleup OBI\) vuông tại I (\(AC\perp BD\) tại I; \(O\in AC\), \(I\in AC\); \(I\in BD\))

\(\to\) OB²= OI² + IB² (Định lý Pythagore) \(\to\) OB²= (\(\sqrt2 \))² +(\(2\sqrt2\))² = 2 + 8 = 10

\(\to OB=\sqrt{10}\)

@ Trần Ngọc Huyền @  Em lần sau nhớ chia bài ra đăng nhiều lần nhé! . 

Đồng ý với cô Nguyễn Thị Linh Chi

Đăng nhiều thế mới nhìn đã choáng

ABCD là hình thang cân ngoại tiếp đường tròn bán kính bằng 1

=>h=2r=2

Đặt AD=2a; BC=2b(0<a<b)

Vì hình thang ngoại tiếp đường tròn, tổng hai đáy bằng tổng hai cạnh bên nên ta có:

AD+BC=AB+CD

=>2a+2b=2AB

=>a+b=AB

Kẻ AH⊥BC tại H và DK⊥BC tại K

=>AH//DK

Xét tứ giác ADKH có

AD//KH

AH//DK

Do đó: ADKH là hình bình hành

=>HK=AD=2a

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔDKC vuông tại K có

AB=DC

\(\hat{ABH}=\hat{DCK}\)

Do đó: ΔAHB=ΔDKC

=>HB=KC

BH+HK+KC=BC

=>BH+KC=BC-HK=2b-2a

=>\(BH=KC=\frac{2b-2a}{2}=b-a\)

ΔAHB vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2=\left(a+b\right)^2-\left(b-a\right)^2=\left(a+b\right)^2-\left(a-b\right)^2=\left(a+b-a+b\right)\left(a+b+a-b\right)=2b\cdot2a=4ab\)

=>ab=1

ABCD là hình thang nội tiếp (O)

=>OA=OB=OC=OD

OA=OB

=>ΔOAB cân tại O

mà OP là đường trung tuyến

nên OP⊥AB tại P

P là trung điểm của AB

=>\(AP=\frac{AB}{2}=\frac{a+b}{2}\)

ΔOPA vuông tại P

=>\(OP^2+PA^2=OA^2\)

=>\(R^2 = 16 + \left(\frac{a + b}{2}\right)^2 \quad (1)\)

Đặt hệ trục tọa độ của hình thang cân ABCD với O là gốc

=>A(-a;y1); B(-b;y2)

h=y1-y2=2

Do đó, ta sẽ có: \(a^2 + y_1^2 = b^2 + y_2^2 = R^2\)

=>\(b^2 - a^2 = y_1^2 - y_2^2 = (y_1 - y_2)(y_1 + y_2) = 2(y_1 + y_2)\)

\(\implies y_1 + y_2 = \frac{b^2 - a^2}{2}\)

mà y1-y2=2

nên \(y_1 = 1 + \frac{b^2 - a^2}{4}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(R^2=a^2+\left(1+\frac{b^2 - a^2}{4}\right)^2\quad(3)\)

Ta có: \((b-a)^2 = (a+b)^2 - 4ab = (a+b)^2 - 4\)

=>\(5(a + b)^2 = 80 \implies (a + b) = 4\)

\(S=\frac{AD + BC}{2}\cdot h=\frac{2a + 2b}{2}\cdot2=2(a+b)=2\cdot4=8\)

Ta có: ΔBAO vuông tại A

=>ΔBAO nội tiếp đường tròn đường kính BO

=>A nằm trên đường tròn đường kính BO(1)

Ta có: ΔBMO vuông tại M

=>ΔBMO nội tiếp đường tròn đường kính BO

=>M nằm trên đường tròn đường kính BO(2)

Từ (1),(2) suy ra A,B,M,O cùng thuộc đường tròn đường kính BO