Một số pp chứng minh tứ giác nội tiếp ôn thi vào lớp 10 môn toán năm học 2023

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2023 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  C   1800 B D   1800 Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A   DCx  Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp BAD Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH phân giác  Phân giác góc ABC  cắt AH, AD AD góc HAC   900 M, N Chứng minh rằng: BND Phân tích hướng dẫn giải: A   900 Nếu MND   900 Ta có MHD N tứ giác MHDN nội tiếp Vì thay trực tiếp góc   900 ta chứng minh BND M B H D C   ADH  tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh AMN   BMH   900  MBH  , NDH   900  HAD  mà Thật ta có AMN   HAC  phụ với góc BCA  từ   ABC,HAD    HAC  ABC MBH 2   ADH  hay tứ giác MHDN nội tiếp  MND   MHD   900 suy AMN Thuvientoan.net 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   APC   1800 Mặt khác ta có tứ giác nội tiếp ta chứng minh AHC   IHK  ( đối đỉnh), APC   AMC   ABC  ( tính đối xứng góc nội AHC   IHK   1800 tiếp chắn cung) Như ta cần chứng minh ABC điều hiển nhiên tứ giác BIHK tứ giác nội tiếp   AHP   1800 b) Để chứng minh N,H,P thẳng hàng ta chứng minh NHA ta tìm cách quy hai góc góc đối tứ giác nội tiếp Thật   ACP  (tính chất góc nội tiếp), ACP   ACM  (1) (Tính chất đối ta có: AHP xứng) Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta dễ   ABN  , mặt chứng minh AHBN tứ giác nội tiếp từ suy AHN   ABM  (2) (Tính chất đối xứng) Từ (1), (2) ta suy cần khác ABN Thuvientoan.net   ACM   1800 điều hiển nhiên tứ giác chứng minh ABM   AHP   1800 hay N,H,P thẳng hàng ABMC nội tiếp Vậy NHA Chú ý: Đường thẳng qua N,H,P đường thẳng Steiners điểm M Thơng 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’’)   2BAM,MAP    2MAC   NAP   2BAC  Mặt khác ta có c) Ta có MAN 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:   2AM.sin 2BAC  Như NP lớn NP  2R.sin NAP 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   MEN   1800 chứng minh: MAN Ta cần tìm liên hệ góc E  MEN  với góc có sẵn MAN; B tứ giác nội tiếp khác K C H Ta có   3600  MEH   NEH   3600  1800  ABC   1800  ACB   ABC   ACB  MEN      suy MEN   MAN   1800 Hay tứ giác AMEN tứ giác nội  1800  BAC 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 vng) Suy tam giác MBH cân M  KB  KH  MK ln qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MBH Hay MN tiếp tuyến Thuvientoan.net (MBH) suy IM  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   AQE  Kéo DE  AD  PE  EQ Suy DAQE hình thang cân  DAQ   AQE   PEH  Như để chứng minh dài DE cắt CQ H ta có DAQ   PEH   1800  PEHC tứ giác ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: PCH   EQC  (do tam giác EQC cân), nội tiếp Mặt khác ta có: ECQ   EPH   EPCH tứ giác nội   EQH  (Do tính đối xứng ) suy ECH EPH tiếp Thuvientoan.net 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   900 AB A hai đường tròn cắt D Chứng minh ADO Phân tích định hướng giải:   900 điểm Ta thấy ADO A, D,O nằm đường tròn đường kính OA Ta mong muốn tìm A   900 góc ADO 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   ONA   900 Do tứ giác OMAN nội tiếp Cơng việc cịn lại ta OMA chứng minh AMDO ANOD DMAN tứ giác nội tiếp Mặt   CAD  ACD   BAD  (Tính chất góc tạo tiếp tuyến khác ta có: ABD   DNC  dây cung)  BDA ADC đồng dạng nên ta suy DMA   DNA   DNC   DNA   1800  AMDN nội tiếp suy năm điểm  DMA   900 A,M, D,O, N nằm đường trịn đường kính OA  ADO Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vng cân A đường trịn  O  tiếp xúc  nằm tam giác ABC lấy điểm với AB,AC B,C Trên cung BC 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   MBC  ta chứng minh MPQ tứ giác BIMK nội tiếp   MKI  Mặt khác nên MBC AC tiếp tuyến (O) nên   MBC  CIMH ta có: ACK Thuvientoan.net K M Q P B C I O   MIH  Như để chứng minh PQ / /BC ta cần chứng nội tiếp nên ACK   MPQ  Tức ta cần chứng minh tứ giác MPIQ nội tiếp Để ý minh MIH   KMH   1350 , PIQ   PIM   IMQ  BMC   KCH   sđ BM   MC   450 suy đpcm.(Các em học sinh tự  KBM   hoàn thiện lời giải)   ACB  Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB A D O B C Ví dụ Trên cạnh BC,CD hình vng ABCD ta lấy   450 Đường thẳng BD cắt đường thẳng điểm M, N cho MAN 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 450 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   ANP   450 ,QAM   QBM   450  NP  AM,MQ  AN Tập hợp ADP Thuvientoan.net 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  O  vng góc với OM ; CM, BM cắt d D,E Chứng minh B,C, D,E thuộc đường tròn Lời giải:   ABE   900 nên tứ giác Kẻ đường kính AM cắt d N Ta có ANE   BAN  ABNE nội tiếp, suy BEN   BCM , Mặt khác BAN A   BEN  hay BCD   BED  BCM 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   BHD   MHE   MEB  S ta có MSB nên tứ giác MESB nội tiếp Suy B D   MSE  (1) RBE   CHD   AHF   AEK  nên tứ giác KSCE S nội tiếp, Lại có KSC   RCE  (2).Từ (1) (2) suy RBE   RCE  nên tứ giác RBCE nội tiếp MSE Thuvientoan.net C   BEC   900 Trong tam giác MBC , ta có MK  BC Từ suy BRC 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    O'E / /OM  OM  AB O'ES=OMS F O' C 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   MCS   MSx  IFS   EFS   MSx  Thật ta có: C,I,M thẳng hàng ICS   IFS   tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp  EIS   SCF  Mặt khác tứ nên ICS   ABS   1800  EIS   ABS   1800 hay tứ giác giác ACSB nội tiếp nên ACS EISB nội tiếp  Cơng việc cịn lại chứng minh: IB phân giác góc ABC   ESI  mà Vì EBI       ISB   ESB   AEF   MSB   180  A  MCB   180  A  C  B Điều ESI 2 2  Hay I tâm vòng tròn nội chứng tỏ IB phân giác góc ABC 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 Thuvientoan.net Ví dụ 5) Cho hai đường trịn (O1 ),(O2 ) tiếp xúc ngồi với Kẻ đường thẳng O1O cắt hai đường tròn (O1 ),(O ) 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 AD1 B M N Δ 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: D1 I D2 Δ' H A O1 B O2 C   AD 1E  AD2 E hay tứ giác AD1 D2 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  BD1 D2 vng B , D1E / /CN (cùng vng góc với   BD  BD2 ) Do BAD 1 D (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung), mặt     khác BD D  D1 D N (so le trong) Suy CAD1  ND2 D1  AD1 D C tứ giác nội tiếp (1) Xét tứ giác ED1D2 C ta có:   IBD  ( góc đồng vị) Suy ED   ED1 / /CD2 , BEC 1 D  D1EC suy tứ giác ED1 D2 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 AD1 D2 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 tròn ngoại tiếp tam giác ADE, BEI,CDI cắt điểm K (Định lý Miquel) Như ta thấy AEKD tứ giác nội tiếp, Thuvientoan.net 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 toán 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: B  C   EKC   EKI   IKD   5400 Theo giả thiết A   EKI   IKD  C   1800  A   EKD   1800  tứ giác AEKD nội tiếp B   AKE  , BD  AC,CE  AB  tứ giác BEDC nội tiếp  ADE B   ADE   AKE   EKI B   1800   AKE  B   AKE   EKI Kết hợp với ADE  A,K,I thẳng hàng BDC tam giác vuông nên ID  IC , IKDC tứ giác nội tiếp nên ta có:   KAC   ACK  (Tính chất góc ngồi ),   IDC   ICD,  IKC IKC   ICK   KCD   KAC   ICK,  mà KAD   DEK  (chắn cung DK ) ICD   DEK   tứ giác MEKC nội tiếp  MEC   MKC  Theo kết  ICK   AED   MEB,MEC    MEB   900 ,MKC   MKI   IKC   MKI   900 suy IKC  MK  KI  A,E,H, D,K nằm đường trịn đường kính AH  HK  AI  M,H,K thẳng hàng   HDK  , tứ giác MEKC nội tiếp Tứ giác DEHK nội tiếp  HEK   KMC   KMC   HDK   KMB   BDK   tứ giác BKDM nội tiếp  KEC Ví dụ 7) Cho hai đường tròn (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,O 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 O2 O1 F B E Thuvientoan.net I M 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 thông 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 FA EA (Xem phần chùm tập cát  FB EB FB FA thay vào (*) ta quy toán  EB EA EP FA EP EA 1   EPA  FQA ta có: FQ EA FQ FA   FQA  góc nội tiếp chắn cung AB AEP   AFQ  (tứ giác AEBF nội EPA chứng minh: tiếp) Qua ta có kết cần chứng minh: Các em học sinh tự hồn 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:   FAB  (Tính chất Vì MF tiếp tuyến đường tròn (O1 ) nên ta có: MFB góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy MFB, MAF đồng dạng  MF FB Tương tự ta có:  MA FA MEB, MAE đồng dạng suy ME EB FB EB  ABE  (chắn , mà ME  MF  (1) , mặt khác AFE   MA EA FA EA   AQP  (do tứ giác ABPQ nội tiếp) Suy cung AE ) ABE   AQP   AFIQ tứ giác nội tiếp, suy AFQ   AIQ   AFB   AIP  , ta AFE    APQ  suy FBA, IPA đồng dạng suy BF  PI (2) có: ABF AF Thuvientoan.net 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  vuông minh BIOJ hình bình hành từ suy OMB 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   BNK  (Tính chất góc tạo tiếp tuyến Khi ta có : Bx  BJ KBx   BNK   MKx A   Bx / /AC dây) Mặt khác AKNC nội tiếp  BAC 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)   900  QM  QB  QM  QB  QO  BMO tam giác vng  OMB Ví dụ 9) Cho hai đường tròn  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 Thuvientoan.net  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 P hình học tiếng I Q (Định lý Lyness mở rộng) O2 tínhchất quen thuộc liên quan đến D C chứng minh định lý là: MP M  , kéo dài MP cắt (O ) E E trung điểm phân giác góc DMB … BD Từ định hướng ta suy cách giải cho toán sau: + Dựng tiếp tuyến chung Mx hai đường trịn (O1 ),(O ) ta có:   PMB   PBM  (tính   PMx   sđPM  , DBM   DMx   sđDM  mà DPM DPM 2     PMD   PMB   MP chất góc ngồi tam giác), PMx  PMD  DMx  , gọi E giao điểm MP với O E trung điểm phân giác DMB  1    CE phân giác BCD BD + 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 vòng tròn nội tiếp, bạn đọc xem thêm phần ‘’góc ‘’ phần đầu ) + Ta có   sđEDM   sđDM   sđDE   sđDM   sđEB   DPM   EPB  ICM 2       IQCM nội tiếp suy MIC   MQC  mà MQC   MPQ   sđMQ  IQM (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) suy Thuvientoan.net x   EIM   EIM đồng dạng EPI  EI  EP.EM, Tương   MPQ   EPI MIC tự ta chứng minh DPIM tứ giác nội tiếp DEP đồng dạng   EID   I tâm đường với MDE  ED2  EP.EM  ED  EI  EB  EDI tròn nội tiếp BCD + Tương tự, tâm đường tròn nội tiếp ACD nằm PQ Nhận xét: Đối với tốn 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 toán C  tiếp tuyến với   900 B Ví dụ 10) Cho tam giác vuông ABC A   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 tròn 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 trịn 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   KAD  phải chứng minh: KDB + Vì E điểm đối xứng A qua BC  DE tiếp tuyến đường tròn Thuvientoan.net ngoại tiếp ABC  AE  BC MA  ME Theo giả thiết IA  IH nên   KBE   KAE   A,I,M,K nằm đường tròn IM / /BE  KIM   IKM  ; BAH   BAE   HAE   BKE   IKM   MKE  (1)  IAM   EAD  (chắn cung AE  ); Mặt khác, ABE   900  ABH   900  EAD   ADM   EDM  (2) BAH   EDM   bốn điểm M,K, D,E nằm + Từ (1) (2) suy MKE   KEM   KEA   KAD   BD tiếp tuyến đường tròn đường tròn  KDM ngoại tiếp tam giác ADK Tiêu chuẩn 3) Cho hai đường thẳng 1 ,  cắt điểm M Trên hai đường thẳng 1 ,  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 N M E Δ Thuvientoan.net C D   900  BCDM tứ giác nội tiếp , suy AB.AC  AM.AD (1) Vì AMB   BCE   900 hay tứ giác BCNE nội tiếp, Tương góc ANB  900  BNE từ suy AB.AC  AN.AE (2) Kết hợp (1), (2) ta có: AM.AD  AN.AE  MNED tứ giác nội tiếp   900 ) có đường cao BD Gọi Ví dụ 2) Cho tam giác cân ABC(AB  AC, A 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   (Tính chất tứ giác có DMC  KAB   KAB  nội tiếp) suy KNC   DMC  , ta Vì NI / /  MD  KNC I hay ABNK tứ giác nội tiếp Ta có: CA.CK  CN.CB mà CN  D B N M 3 CB  BC2  CA.CK  3BC  4CA.CK 4 Ví dụ 3) Cho tứ giác lồi ABCD có giao điểm đường chéo M Đường  cắt BA K phân giác góc ACD   CDB  Giả sử MA.MC  MA.CD  MB.MD Chứng minh BKC Phân tích định hướng giải: K A B D M N C Thuvientoan.net 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   ACK   KCD  Theo tiêu chuẩn ta có: BCDK tứ giác nội tiếp nên ABD   CDB  tiếp Suy BKC 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  vng (IMO 1985) minh OMB Phân tích định hướng giải: Gọi P giao điểm đường thẳng AC KN   BMA   BMK   BCA   BNK   KPA  nên điểm M,P, A,K nằm Ta có KMA đường trịn Ngồi ta có   AKP   180  ACB   180  AMB  (do ACNK tứ giác nội tiếp) nên ta AMP 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  BO  PO2  2R  BP2  BO2  PO2  2R Khi ta có:  BO  R BM  PM    BP  2   OP  R     BP    BO  OP Từ suy OM  BP Thuvientoan.net  (BO  PO2  2R )(BO2  OP )    BP  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  HC  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 Thuvientoan.net ...   tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp  EIS   SCF  Mặt khác tứ nên ICS   ABS   1800  EIS   ABS   1800 hay tứ giác giác ACSB nội tiếp nên ACS EISB nội tiếp  Công việc lại chứng minh: ... 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... 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   (Tính chất tứ giác có DMC  KAB   KAB  nội tiếp)