Cđ13 tứ giác nội tiếp 2

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  C  1800 Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A  D  1800 B   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   cắt AH, AD M,N Chứng minh rằng: BND ABC 900 Phân tích hướng dẫn giải:   Ta có MHD 900 Nếu MND 900 tứ giác MHDN nội tiếp Vì thay trực tiếp góc  BND 900 ta chứng minh B A M H N D C   tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh AMN ADH      Thật ta có AMN , NDH mà BMH 900  MBH 900  HAD 1 1     MBH  ABC,HAD  HAC ABC phụ với góc HAC 2    từ suy AMN hay tứ giác MHDN nội tiếp BCA ADH    MND MHD 900 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 H N B O C K M a) Giả sử đường cao tam giác AK,CI Để chứng minh AHCP tứ giác nội tiếp ta chứng minh     ( đối đỉnh), AHC  APC 1800 Mặt khác ta có AHC IHK    ( tính đối xứng góc nội tiếp chắn APC AMC ABC   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 (tính chất góc nội tiếp), ACP 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 , mặt khác ABN (2) ABN ABM (Tính chất đối xứng) Từ (1), (2) ta suy cần 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 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’’)       c) Ta có MAN Mặt khác ta 2BAM,MAP 2MAC  NAP 2BAC có AM AN AP nên điểm M,N,P thuộc đường tròn tâm A bán kính AM Áp dụng định lý sin tam giác NAP ta   có: NP 2R.sin NAP Như NP lớn 2AM.sin 2BAC 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 vàAHE qua trung điểm MN Phân tích, định hướng cách giải: Để chứng minh AMEN I N M tứ giác nội tiếp ta   chứng minh: MAN  MEN 1800 E Ta cần tìm liên hệ góc   với góc có sẵn MAN; MEN B K C H tứ giác nội tiếp khác Ta có            MEN 3600  MEH  NEH 360  1800  ABC  1800  ACB ABC  ACB    suy MEN 1800  BAC  MAN 1800 Hay tứ giác AMEN tứ giác nội tiếp Kẻ MK  BC , giả sử HE cắt MN I IH cát tuyến hai đường tròn (BMH) , (CNH) Lại có MB MH MA (Tính chất trung tuyến tam giác vuông) Suy tam giác MBH cân M  KB KH  MK ln qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MBH Hay MN tiếp tuyến (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’’