Đang tải... (xem toàn văn)
Chủ đề 12 tứ giác nội tiếp toán hình lớp 9 đầy đủ
MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP Tiêu chuẩn Điều kiện cần đủ để bốn đỉnh tứ giác lồi nằm đường trịn tổng số đo hai góc tứ giác hai đỉnh đối diện 1800 A D B C x Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A C 1800 B D 1800 Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp BAD DCx Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng A Kẻ đường cao AH phân giác AD góc HAC Phân giác góc ABC cắt AH,AD M,N Chứng minh rằng: BND 900 Phân tích hướng dẫn giải: A Ta có MHD 90 Nếu MND 90 tứ giác MHDN nội tiếp Vì thay trực tiếp góc BND 900 ta chứng minh N M B H D C tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh AMN ADH Thật ta có AMN BMH 900 MBH , NDH 900 HAD mà MBH 1 ABC,HAD HAC ABC HAC phụ với góc BCA từ 2 suy AMN ADH hay tứ giác MHDN nội tiếp MND MHD 900 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm điểm H Gọi M điểm dây cung BC không chứa điểm A ( M khác B,C ) Gọi N,P theo thứ tự điểm đối xứng M qua đường thẳng AB,AC a) Chứng minh AHCP tứ giác nội tiếp b) N,H,P thẳng hàng c) Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn NP lớn Phân tích hướng dẫn giải: A P I O H N B C K M a) Giả sử đường cao tam giác AK,CI Để chứng minh AHCP tứ giác nội tiếp ta chứng minh AHC APC 1800 Mặt khác ta có AHC IHK ( đối đỉnh), APC AMC ABC ( tính đối xứng góc nội tiếp chắn cung) Như ta cần chứng minh ABC IHK 1800 điều hiển nhiên tứ giác BIHK tứ giác nội tiếp b) Để chứng minh N,H,P thẳng hàng ta chứng minh NHA AHP 1800 ta tìm cách quy hai góc góc đối tứ giác nội tiếp Thật ta có: AHP ACP (tính chất góc nội tiếp), ACP ACM (1) (Tính chất đối xứng) Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta dễ chứng minh AHBN tứ giác nội tiếp từ suy AHN ABN , mặt khác ABN ABM (2) (Tính chất đối xứng) Từ (1), (2) ta suy cần http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word chứng minh ABM ACM 1800 điều hiển nhiên tứ giác ABMC nội tiếp Vậy NHA AHP 1800 hay N,H,P thẳng hàng Chú ý: Đường thẳng qua N,H,P đường thẳng Steiners điểm M Thông qua tốn em học sinh cần nhớ tính chất Đường thẳng Steiners tam giác qua trực tâm tam giác (Xem thêm phần “Các định lý hình học tiếng’’) c) Ta có MAN 2BAM,MAP 2MAC NAP 2BAC Mặt khác ta có AM AN AP nên điểm M,N,P thuộc đường trịn tâm A bán kính AM Áp dụng định lý sin tam giác NAP ta có: NP 2R.sin NAP 2AM.sin 2BAC Như NP lớn AM lớn Hay AM đường kính đường trịn (O) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC đường cao AH gọi M,N trung điểm AB,AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH E Chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp A HE qua trung điểm MN Phân tích, định hướng cách giải: Để chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp ta I N M chứng minh: MAN MEN 1800 Ta cần tìm liên hệ góc E MAN; MEN với góc có sẵn B tứ giác nội tiếp khác Ta có K C H MEN 3600 MEH NEH 3600 1800 ABC 1800 ACB ABC ACB 1800 BAC suy MEN MAN 1800 Hay tứ giác AMEN tứ giác nội tiếp Kẻ MK BC , giả sử HE cắt MN I IH cát tuyến hai đường trịn (BMH) , (CNH) Lại có MB MH MA (Tính chất trung tuyến tam giác vuông) Suy tam giác MBH cân M KB KH MK qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBH Hay MN tiếp tuyến http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word (MBH) suy IM2 IE.IH , tương tự ta có MN tiếp tuyến HNC suy IN2 IE.IH IM IN Xem thêm phần: ‘’Các tính chất cát tuyến tiếp tuyến’’ Ví dụ 4) Cho tam giác cân ABC (AB AC) P điểm cạnh đáy BC Kẻ đường thẳng PE,PD song song với AB,AC E AC, D AB gọi Q điểm đối xứng với P qua DE Chứng minh bốn điểm Q,A, B,C thuộc đường trịn A Phân tích định hướng giải: D Bài tốn có giả thiết cần lưu ý Q I Đó đường thẳng song song E với cạnh tam giác , điểm Q đối xứng với P qua DE H Do ta có: AD EP EC EQ C B P DP DQ ( Đây chìa khóa để ta giải tốn này) Từ định hướng ta có lời giải sau: Do AD / /PE,PD / /AE ADPE hình bình hành AE DP DQ Mặt khác P,Q đối xứng qua DE AD PE EQ Suy DAQE hình thang cân DAQ AQE Kéo dài DE cắt CQ H ta có DAQ AQE PEH Như để chứng minh ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: PCH PEH 1800 PEHC tứ giác nội tiếp Mặt khác ta có: ECQ EQC (do tam giác EQC cân), EPH EQH (Do tính đối xứng ) suy ECH EPH EPCH tứ giác nội tiếp http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Ví dụ 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Dựng đường tròn qua B tiếp xúc với cạnh AC A dựng đường tròn qua C tiếp xúc với AB A hai đường tròn cắt D Chứng minh ADO 900 Phân tích định hướng giải: Ta thấy ADO 900 điểm A, D,O nằm đường trịn đường kính OA Ta mong muốn tìm A góc ADO 900 Điều làm ta nghỉ đến tính chất quen thuộc ‘’Đường kính qua trung điểm dây cung vng góc với dây đó’’ Vì ta gọi M,N trung điểm AB,AC ta có: N M O D C B OMA ONA 900 Do tứ giác OMAN nội tiếp Cơng việc lại ta chứng minh AMDO ANOD DMAN tứ giác nội tiếp Mặt khác ta có: ABD CAD ACD BAD (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) BDA ADC đồng dạng nên ta suy DMA DNC DMA DNA DNC DNA 1800 AMDN nội tiếp suy năm điểm A,M, D,O,N nằm đường trịn đường kính OA ADO 900 Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vng cân A đường tròn O tiếp xúc với AB,AC B,C Trên cung BC nằm tam giác ABC lấy điểm M M B; C Gọi I,H,K hình chiếu M BC; CA; AB P giao điểm MB với IK, Q giao điểm MC với IH Chứng minh PQ / /BC Phân tích định hướng giải: Để chứng minh PQ / /BC A H ta chứng minh MPQ MBC tứ giác BIMK nội tiếp nên MBC MKI Mặt khác AC tiếp tuyến (O) nên ta có: ACK MBC CIMH K M Q P B C I O http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word nội tiếp nên ACK MIH Như để chứng minh PQ / /BC ta cần chứng minh MIH MPQ Tức ta cần chứng minh tứ giác MPIQ nội tiếp Để ý BMC KMH 1350 , PIQ PIM IMQ KBM KCH sđ BM MC 450 suy đpcm.(Các em học sinh tự hoàn thiện lời giải) Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB ACB A D O B C Ví dụ Trên cạnh BC,CD hình vng ABCD ta lấy điểm M,N cho MAN 450 Đường thẳng BD cắt đường thẳng AM,AN tương ứng điểm P,Q a) Chứng minh tứ giác ABMQ ADNP nội tiếp b) Chứng minh điểm M,N,Q,P,C nằm đường tròn Lời giải: a) Gọi E giao điểm AN BC Các điểm M Q nằm hai cạnh EB EA tam giác EBA , nên tứ giác ABMQ lồi Các đỉnh A B B A nhìn đoạn thẳng MQ góc 45 Vì tứ giác ABMQ nội tiếp D Lập luận tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp b) Từ kết câu a, suy P M Q N ADP ANP 450 ,QAM QBM 450 NP AM,MQ AN Tập hợp http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word C E điểm P,Q,C nhìn đoạn MN góc vng, nên điểm nằm đường trịn đường kính MN Ví dụ 2) Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn O Một đường thẳng d ngồi O vng góc với OM ; CM, BM cắt d D,E Chứng minh B,C, D,E thuộc đường tròn Lời giải: Kẻ đường kính AM cắt d N Ta có ANE ABE 900 nên tứ giác ABNE nội tiếp, suy BEN BAN A Mặt khác BAN BCM , BCM BEN hay BCD BED Vậy B,C,D,E thuộc đường tròn O C B M N E D Ví dụ 3) Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE,CF đồng quy H Gọi K giao điểm EF AH , M trung điểm AH Chứng minh K trực tâm tam giác MBC A Lời giải: Lấy điểm S đối xứng với H qua M E BC , R giao điểm KC với MB R K F Vì ME MA MH (Tính chất trung tuyến), kết hợp tính đối xứng điểm H S ta có MSB BHD MHE MEB nên tứ giác MESB nội tiếp Suy B D RBE MSE (1) S nội tiếp, Lại có KSC CHD AHF AEK nên tứ giác KSCE MSE RCE (2).Từ (1) (2) suy RBE RCE nên tứ giác RBCE nội tiếp http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word C Từ suy BRC BEC 900 Trong tam giác MBC , ta có MK BC CK MB nên K trực tâm tam giác MBC Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn (O') tiếp xúc với cạnh AB,AC E,F tiếp xúc với (O) S Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh BEIS,CFIS tứ giác nội tiếp A Lời giải: Nhận xét: toán thực chất M định lý Lyness phát biểu theo cách khác;(Xem thêm phần: N ‘’Các định lý hình học tiếng’’) O Kéo dài SE,SF cắt đường tròn (O) I E E,F Ta có tam giác OMS, O'EF cân O,O' nên F O' C O'ES=OMS O'E / /OM OM AB B S hay M điểm cung AB x Kẻ đường phân giác góc ACB cắt EF I , ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Thật ta có: C,I,M thẳng hàng ICS MCS MSx IFS EFS MSx nên ICS IFS tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp EIS SCF Mặt khác tứ giác ACSB nội tiếp nên ACS ABS 1800 EIS ABS 1800 hay tứ giác EISB nội tiếp Công việc lại chứng minh: IB phân giác góc ABC Vì EBI ESI mà ESI ISB ESB AEF MSB 180 A 180 A C B MCB Điều 2 2 chứng tỏ IB phân giác góc ABC Hay I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Chú ý: Nếu thay giả thiết điểm I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác thành Các đường tròn ngoại tiếp tam giác FCS, SBS cắt I hình thức tốn khác chất định lý Lyness Để ý rằng: AEF cân A nên ta dễ dàng suy được: I trung điểm EF http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Ví dụ 5) Cho hai đường trịn (O1 ),(O2 ) tiếp xúc ngồi với Kẻ đường thẳng O1O2 cắt hai đường tròn (O1 ),(O2 ) A, B,C ( B tiếp điểm ) Đường thẳng tiếp tuyến chung hai đường tròn với tiếp điểm tương ứng D1 , D2 Đường thẳng ( ') tiếp tuyến với (O2 ) qua C Đường thẳng BD1 cắt ( ') E AD1 cắt ED2 M , AD2 cắt BD1 H Chứng minh AE MH Phân tích định hướng giải: + Vì ED1 MA góc AD1B M N góc nội tiếp chắn đường trịn Vì để chứng minh AE MH ta phải chứng minh AD2 ME , tức ta chứng minh H trực tâm tam giác MAE Khi ta có: Δ D1 I D2 Δ' H A O1 B O2 C AD1E AD2 E hay tứ giác AD1D2 E tứ giác nội tiếp + Gọi N giao điểm CD2 AM Xét tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) qua B cắt ( ) I Khi ta có: ID1 IB ID2 BD1D2 vuông B , D1E / /CN (cùng vuông góc với BD2 ) Do BAD1 BD1D2 (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung), mặt khác BD1D2 D1D2 N (so le trong) Suy CAD1 ND2 D1 AD1D2 C tứ giác nội tiếp (1) Xét tứ giác ED1D2 C ta có: ED1 / /CD2 , BEC IBD1 ( góc đồng vị) Suy ED1D2 D1EC suy tứ giác ED1D2 C hình thang cân nên nội tiếp (2) Từ (1), (2) ta suy điểm A, D1 , D2 ,C,E thuộc đường tròn Suy tứ giác AD1D2 E nội tiếp Ví dụ 6) Cho tam giác ABC có hai đường cao BD,CE cắt H gọi I trung điểm BC Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI CDI cắt K , DE cắt BC M Chứng minh tứ giác BKDM nội tiếp Phân tích định hướng giải: Ta thấy đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE, BEI,CDI cắt điểm K (Định lý Miquel) Như ta thấy AEKD tứ giác nội tiếp, http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word E mặt khác từ giả thiết ta có: AEHD tứ giác nội tiếp Nên suy điểm A,E,H,K, D thuộc đường trịn đường kính AH Đây chìa khóa để giải tốn Lời giải: Trước tiên ta chứng minh: tứ giác AEKD nội tiếp (Bạn đọc tham khảo phần ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Ta có: A B C EKC EKI IKD 5400 Theo giả thiết B EKI IKD C 1800 A EKD 1800 tứ giác AEKD nội tiếp ADE AKE , BD AC,CE AB tứ giác BEDC nội tiếp ADE B Kết hợp với ADE AKE B AKE EKI AKE EKI B 180 A,K,I thẳng hàng BDC tam giác vuông nên ID IC , IKDC tứ giác nội tiếp nên ta có: IKC IDC ICD, IKC KAC ACK (Tính chất góc ngồi ), ICD ICK KCD KAC ICK, mà KAD DEK (chắn cung DK ) ICK DEK tứ giác MEKC nội tiếp MEC MKC Theo kết suy IKC AED MEB,MEC MEB 900 ,MKC MKI IKC MKI 900 MK KI A,E,H,D,K nằm đường tròn đường kính AH HK AI M,H,K thẳng hàng Tứ giác DEHK nội tiếp HEK HDK , tứ giác MEKC nội tiếp KEC KMC KMC HDK KMB BDK tứ giác BKDM nội tiếp Ví dụ 7) Cho hai đường trịn (O1 ),(O2 ) cắt A, B Kéo dài AB phía B lấy điểm M qua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF với đường tròn (O1 ) ( E,F tiếp điểm) điểm F,O2 nằm phía so với AB Đường thẳng BE, BF cắt đường tròn (O2 ) P,Q gọi I giao điểm PQ EF Chứng minh I trung điểm PQ Phân tích định hướng giải: Q A I O2 O1 F B E M http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word P Để ý rằng: Đường thẳng EFI cắt ba cạnh tam giác BPQ I,E,F Theo định lý Menelauyt ta có: QI EP FB Để chứng minh I trung IP EB FQ điểm PQ ta chứng minh: đại lượng EP FB Bây ta tìm cách thay EB FQ EP FB (*) thành đại lượng tương đương để EB FQ thơng qua ta quy việc chứng minh tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng Xét đường tròn (O1 ) với cát tuyến M, B,A hai tiếp tuyến ME,MF Ta có tính chất quen thuộc: tuyến tiếp tuyến) Từ suy chứng minh: FA EA (Xem phần chùm tập cát FB EB FB FA thay vào (*) ta quy toán EB EA EP FA EP EA 1 EPA FQ EA FQ FA FQA ta có: EPA FQA góc nội tiếp chắn cung AB AEP AFQ (tứ giác AEBF nội tiếp) Qua ta có kết cần chứng minh: Các em học sinh tự hoàn chỉnh lời giải dựa phân tích định hướng mà tác giải vừa trình bày Nếu khơng dùng định lý Menaleuyt ta giải theo khác sau: Vì MF tiếp tuyến đường trịn (O1 ) nên ta có: MFB FAB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy MFB, MAF đồng dạng MF FB Tương tự ta có: MA FA FB EB ME EB , mà ME MF (1) , mặt khác AFE ABE (chắn FA EA MA EA MEB, MAE đồng dạng suy cung AE ) ABE AQP (do tứ giác ABPQ nội tiếp) Suy AFE AQP AFIQ tứ giác nội tiếp, suy AFQ AIQ AFB AIP , ta có: ABF APQ suy FBA, IPA đồng dạng suy http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word BF PI (2) AF AI Tương tự ta chứng minh được: ABE, AQI đồng dạng suy (3).Từ (1), (2), (3) suy QI BE IA AE QI PI IP IQ IA IA Ví dụ 8) Cho tam giác ABC Đường tròn O qua A C cắt AB,AC theo thứ tự K N Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác KBN cắt B M Chứng minh BIOJ hình bình hành từ suy OMB vng Phân tích định hướng giải: B x Để chứng minh BIOJ M hình bình hành ta chứng minh N J BI / /OJ, BJ / /OI Q Mặt khác dễ thấy OI trung K I trực AC nên OI AC Ta cần chứng minh BJ AC , O việc tìm liên hệ trực tiếp tương C A đối khó ta nghỉ đến hướng tạo đường thẳng ‘’đặc biệt’’ vng góc với BJ sau chứng minh đường thẳng song song với AC từ ta nghỉ đến dựng tiếp tuyến Bx đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN Khi ta có : Bx BJ KBx BNK (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây) Mặt khác AKNC nội tiếp BAC BNK MKx A Bx / /AC Từ suy BJ / /OI Tương tự: Từ B kẻ tiếp tuyến By với đường tròn ngoại tiếp ABC , chứng minh ta có: BI / /OJ tứ giác BIOJ hình bình hành Gọi Q giao điểm BO IJ QO QB , IJ trung trực BM (Tính chất đường nối tâm hai đường tròn cắt nhau) QM QB QM QB QO BMO tam giác vuông OMB 900 Ví dụ 9) Cho hai đường trịn O1 O2 tiếp xúc M (đường tròn O2 nằm trong) Hai điểm P Q thuộc đường tròn O2 qua P kẻ tiếp tuyến với O2 cắt O1 B D qua Q kẻ tiếp tuyến với O2 cắt http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word O1 A C Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD, BCD nằm PQ Phân tích định hướng giải: Vì giả thiết hai đường trịn tiếp xúc với điểm A M nên ta nghỉ đến việc tiếp tuyến chung Mx B E để tận dụng yếu tố góc: Bài tốn làm ta nghỉ đến định lý Lyness tiếng O1 ( Xem thêm phần định lý hình học tiếng P I Q (Định lý Lyness mở rộng) O2 tínhchất quen thuộc liên quan đến D C chứng minh định lý là: MP M phân giác góc DMB , kéo dài MP cắt (O1 ) E E trung điểm BD … Từ định hướng ta suy cách giải cho toán sau: + Dựng tiếp tuyến chung Mx hai đường tròn (O1 ),(O2 ) ta có: DPM PMx 1 sđPM , DBM DMx sđDM mà DPM PMB PBM (tính 2 chất góc ngồi tam giác), PMx PMD DMx PMD PMB MP phân giác DMB , gọi E giao điểm MP với O1 E trung điểm BD CE phân giác BCD + Gọi I giao điểm CE PQ ta cần chứng minh DI phân giác củan BDC Mặt khác I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác BCD ta có: EI ED EB (Tính chất quen thuộc liên quan đến tâm vịng trịn nội tiếp, bạn đọc xem thêm phần ‘’góc ‘’ phần đầu ) + Ta có ICM 1 sđEDM sđDM sđDE sđDM sđEB DPM EPB 2 IQM IQCM nội tiếp suy MIC MQC mà MQC MPQ (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) suy http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word sđMQ x MIC MPQ EPI EIM EIM đồng dạng EPI EI2 EP.EM, Tương tự ta chứng minh DPIM tứ giác nội tiếp DEP đồng dạng với MDE ED2 EP.EM ED EI EB EDI EID I tâm đường tròn nội tiếp BCD + Tương tự, tâm đường tròn nội tiếp ACD nằm PQ Nhận xét: Đối với toán có giả thiết hai đường trịn tiếp xúc với việc kẻ tiếp tuyến chung để suy góc từ phát tứ giác nội tiếp hướng quan trọng để giải tốn Ví dụ 10) Cho tam giác vuông ABC A 900 B C tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A cắt cạnh BC kéo dài D gọi E điểm đối xứng A qua BC , H hình chiếu A BE Gọi I trung điểm AH đường thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK Phân tích định hướng giải: A K I B O M C D H E Để chứng minh đường thẳng tiếp tuyến đường trịn thơng thường ta chứng minh đường thẳng vng góc với bán kính tiếp điểm Muốn làm điều điều kiện cần phải xác định rõ tâm đường tròn Nhưng việc làm khơng dễ tâm đường trịn khơng phải điểm đặc biệt Để khắc phục khó khăn ta thường chọn cách chứng minh theo tính chất góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung Trở lại toán: Để chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn (AKD) ta phải chứng minh: KDB KAD + Vì E điểm đối xứng A qua BC DE tiếp tuyến đường tròn http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ngoại tiếp ABC AE BC MA ME Theo giả thiết IA IH nên IM / /BE KIM KBE KAE A,I,M,K nằm đường tròn IAM IKM ; BAH BAE HAE BKE IKM MKE (1) Mặt khác, ABE EAD (chắn cung AE ); BAH 900 ABH 900 EAD ADM EDM (2) + Từ (1) (2) suy MKE EDM bốn điểm M,K, D,E nằm đường tròn KDM KEM KEA KAD BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK Tiêu chuẩn 3) Cho hai đường thẳng 1 , 2 cắt điểm M Trên hai đường thẳng 1 , 2 lấy điểm A, B C, D điểm A, B,C, D thuộc đường tròn MA.MB MC.MD B A C B O M M C A D D Ví dụ 1) Cho đường trịn tâm (O) đường kính AB đường thẳng nằm ngồi đường trịn (O) vng góc với AB C Kẻ cát tuyến CMN với đường tròn (O) , AM,AN cắt D,E Chứng minh MNED nội tiếp được: Phân tích định hướng giải: A O B Δ N M E D http://dethithpt.com – WebsiteCchuyên tài liệu đề thi file word Vì AMB 900 BCDM tứ giác nội tiếp , suy AB.AC AM.AD (1) Tương góc ANB 900 BNE BCE 900 hay tứ giác BCNE nội tiếp, từ suy AB.AC AN.AE (2) Kết hợp (1), (2) ta có: AM.AD AN.AE MNED tứ giác nội tiếp Ví dụ 2) Cho tam giác cân ABC(AB AC,A 900 ) có đường cao BD Gọi M,N,I theo thứ tự trung điểm đoạn BC, BM, BD Tia NI cắt cạnh AC K Chứng minh tứ giác ABMD,ABNK nội tiếp 3BC2 4CA.CK A Giải: Do tam giác ABC cân A nên AM BC mặt khác BD AC ABMD tứ giác nội tiếp K Vì NI / / MD KNC DMC , ta D có DMC KAB (Tính chất tứ giác nội tiếp) suy KNC KAB hay ABNK tứ giác nội tiếp Ta có: CA.CK CN.CB mà CN I B N M 3 CB BC2 CA.CK 3BC2 4CA.CK 4 Ví dụ 3) Cho tứ giác lồi ABCD có giao điểm đường chéo M Đường phân giác góc ACD cắt BA K Giả sử MA.MC MA.CD MB.MD Chứng minh BKC CDB Phân tích định hướng giải: K A B D M N C http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word C Ta gọi N giao điểm CK BD theo tính chất đường phân giác ta có: ND CD MC.DN thay vào biểu thức CD NM CM MN MA.MC MA.CD MB.MD ta có: MB.MD MA.MC MA MC.DN MD MA.MC MA.MC MB.MN Do MN MN M nằm tứ giác ABCN theo tiêu chuẩn ta có: ABNC tứ giác nội tiếp nên ABD ACK KCD Theo tiêu chuẩn ta có: BCDK tứ giác nội tiếp Suy BKC CDB Ví dụ 4) Cho tam giác ABC Đường tròn O qua A C cắt AB,AC theo thứ tự K N Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác KBN cắt B M Chứng minh OMB vuông (IMO 1985) Phân tích định hướng giải: Gọi P giao điểm đường thẳng AC KN Ta có KMA BMA BMK BCA BNK KPA nên điểm M,P,A,K nằm đường trịn Ngồi ta có AMP AKP 180 ACB 180 AMB (do ACNK tứ giác nội tiếp) nên ta suy điểm M nằm đoạn BP Gọi R bán kính đường trịn O Ta có: BM.BP BN.BC BK.BA BO2 R PM.PB PN.PK PA.PC PO2 R cộng vế hai đẳng thức ta thu được: BM.BP PM.BP BO2 PO2 2R2 BP2 BO2 PO2 2R2 Khi ta có: BO2 R BM PM BP 2 OP2 R BP (BO2 PO2 2R )(BO2 OP ) BP2 BO2 OP2 Từ suy OM BP http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word B M K N O A C P Chú ý: Để chứng minh OM BP ta dùng kết quả: Cho tam giác ABC điểm H nằm cạnh BC Khi AH đường cao AB2 AC2 HB2 HC2 Thật vậy: Nếu AH đường cao ta ln có: AB2 AC2 HB2 HC2 (Theo định lý Pitago) Ngược lại: Nếu ta có: AB2 AC2 HB2 HC2 (*), gọi M điểm BC cho AB2 AC2 MB2 MC2 Từ ta có: HB2 HC2 MB2 MC2 hay (HB HC)(HB HC) (MB MC)(MB MC) BC.(HB HC) BC(MB MC) HB HC MB MC M H suy điều phải chứng minh: Bạn đọc tham khảo cách giải khác ví dụ Dấu hiệu http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ... đường tròn nội tiếp tam giác ABC Thật ta có: C,I,M thẳng hàng ICS MCS MSx IFS EFS MSx nên ICS IFS tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp EIS SCF Mặt khác tứ giác ACSB nội tiếp nên ACS... MHE MEB nên tứ giác MESB nội tiếp Suy B D RBE MSE (1) S nội tiếp, Lại có KSC CHD AHF AEK nên tứ giác KSCE MSE RCE (2).Từ (1) (2) suy RBE RCE nên tứ giác RBCE nội tiếp http://dethithpt.com... ANB 90 0 BNE BCE 90 0 hay tứ giác BCNE nội tiếp, từ suy AB.AC AN.AE (2) Kết hợp (1), (2) ta có: AM.AD AN.AE MNED tứ giác nội tiếp Ví dụ 2) Cho tam giác cân ABC(AB AC,A 90 0 ) có