THÔNG TIN TÀI LIỆU
CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN HH9-CHUYÊN ĐỀ 12 TỨ GIÁC NỘI TIẾP A.KIẾN THỨC CẦN NHỚ - Hai đỉnh nhìn cạnh A1 B1 A B hai đỉnh kề nhìn cạnh CD Đặc biệt CBD CAD 90 A, B đỉnh kề nhìn cạnh CD - Hai góc đối bù A C 180 B D 180 Đặc biệt | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN A C 90 Góc = góc đỉnh đối diện A BCx BCx góc ngồi C Cùng cách điểm OA=OB=OC=OD Phương pháp giải a) Phương pháp Chứng minh cho bốn đỉnh tứ giác cách điểm Cho điểm I cố định tứ giác ABCD Nếu chứng minh điểm A, B, C, D cách điểm I, tức IA IB IC ID điểm I tâm đường tròn qua điểm A, B, C, D Hay nói cách khác tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm I bán kính IA b) Phương pháp Chứng minh tứ giác có tổng góc đối 180º Cho tứ giác ABCD Nếu chứng minh A C 180 B D 180 tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN c) Phương pháp Chứng minh từ hai đỉnh kề cạnh nhìn cạnh hai góc Cho tứ giác ABCD, chứng minh DAC DBC nhìn cạnh DC tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn d) Phương pháp 4: Nếu tứ giác có tổng số đo hai cặp góc đối diện tứ giác nội tiếp đường tròn Cho tam giác ABCD Nếu chứng minh A C B D tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn e) Phương pháp 5: Tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện đỉnh nội tiếp đường trịn Nếu cho tứ giác ABCD chứng minh góc ngồi đỉnh A mà góc đỉnh C (tức góc C tứ giác đó) ABCD nội tiếp đường tròn f) Phương pháp 6: Chứng minh phương pháp phản chứng Chú ý: Có thể chứng minh tứ giác ABCD hình đặc biệt sau: Tứ giác ABCD hình thang cân, hình chữ nhật, hình vng Định lí Pto-lê-mê: Trong tứ giác nội tiếp, tích hai đường chéo tổng tích hai cặp cạnh đối diện Chứng minh GT Tứ giác ABCD nội tiếp (O) KL AC.BD AB.DC AD.BC Láy E BD cho BAC EAD ∆DAE ~ ∆CAB (g.g) AD DE AD.BC AC.DE AC CB Tương tự: ∆BAE ~ ∆CAD (g.g) BE AB CD AC BE.AC CD.AB (2) Từ (1) (2) AD.BC AB.CD AC.DE EB.AC | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN (1) TOÁN AD.BC AB.CD AC.BD (điều phải chứng minh) B.BÀI MINH HỌA I.MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NỘI TIẾP Tiêu chuẩn Điều kiện cần đủ để bốn đỉnh tứ giác lồi nằm đường tròn tổng số đo hai góc tứ giác hai đỉnh đối diện 1800 A D B C B D 1800 Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A C 1800 x Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp BAD DCx Ví dụ Cho tam giác ABC vuông 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: Ta có MHD 900 Nếu MND 900 A tứ giác MHDN nội tiếp Vì N M thay trực tiếp góc BND 900 ta chứng minh B H D C tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh AMN ADH 2 Thật ta có AMN BMH 900 MBH , NDH 900 HAD mà MBH ABC,HAD HAC ABC HAC phụ với góc BCA từ suy AMN ADH hay tứ giác MHDN nội tiếp MND MHD 900 CHUYÊN ĐỀ HSG TỐN Ví dụ 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 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 2BAM,MAP 2MAC NAP 2BAC Mặt khác ta 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 2AM.sin 2BAC Như NP lớn AM lớn Hay AM đường kính đường trịn (O) Ví dụ Cho tam giác ABC đường cao AH gọi M,N trung điểm AB,AC Đường | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TỐN trịn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH E Chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp HE qua trung điểm MN Phân tích, định hướng cách giải: A Để chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp ta I M N chứng minh: MAN MEN 180 E Ta cần tìm liên hệ góc B K MAN; MEN với góc có sẵn C H tứ giác nội tiếp khác Ta có 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 (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 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 Phân tích định hướng giải: A Bài tốn có giả thiết cần lưu ý Đó đường thẳng song song D với cạnh tam giác , điểm Q Q I E đối xứng với P qua DE H Do ta có: AD EP EC EQ B P C 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 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN 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 Ví dụ 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 tròn A đường kính OA Ta mong muốn tìm N M góc ADO 900 O D Điều làm ta nghỉ đến tính chất C B 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: OMA ONA 900 Do tứ giác OMAN nội tiếp Cơng việc cịn 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 Cho tam giác ABC vuông 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 ta chứng minh MPQ MBC H tứ giác BIMK nội tiếp K nên MBC MKI Mặt khác M Q P B AC tiếp tuyến (O) nên C I O | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN ta có: ACK MBC CIMH 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 B A P Các điểm M Q nằm hai cạnh M EB EA tam giác EBA , nên tứ giác Q ABMQ lồi Các đỉnh A B nhìn đoạn thẳng MQ góc 45 D N C Vì tứ giác ABMQ nội tiếp Lập luận tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp E b) Từ kết câu a, suy ADP ANP 450 ,QAM QBM 450 NP AM,MQ AN Tập hợp điểm P,Q,C nhìn đoạn MN góc vng, nên điểm nằm đường trịn đường kính MN Ví dụ Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn O Một đường thẳng d O CHUYÊN ĐỀ HSG TỐN 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 trịn O C B M N E D Ví dụ 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 Lời giải: A Lấy điểm S đối xứng với H qua BC , R giao điểm KC với MB M E R Vì ME MA MH (Tính chất trung F K H tuyến), kết hợp tính đối xứng điểm B C D S ta có MSB BHD MHE MEB nên tứ giác MESB nội tiếp Suy RBE MSE (1) S Lại có KSC CHD AHF AEK nên tứ giác KSCE nội tiếp, MSE RCE (2).Từ (1) (2) suy RBE RCE nên tứ giác RBCE nội tiếp Từ suy BRC BEC 900 Trong tam giác MBC , ta có MK BC CK MB nên K trực tâm tam giác MBC Ví dụ 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 Lời giải: Nhận xét: toán thực chất A định lý Lyness phát biểu M N | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - OTIỆN I F E TOÁN theo cách khác;(Xem thêm phần: ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Kéo dài SE,SF cắt đường tròn (O) E,F Ta có tam giác OMS, O'EF cân O,O' nên O'ES=OMS O'E / /OM OM AB hay M điểm cung AB 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 Cơng việc cịn 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 chứng tỏ IB phân giác 2 2 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 Ví dụ 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: M + Vì ED1 MA góc AD1B N góc nội tiếp chắn đường Δ D1 I trịn Vì để chứng minh AE MH ta phải chứng minh AD2 ME , tức D2 Δ' H A O1 ta chứng minh H trực tâm tam B O2 C giác MAE Khi ta có: AD1E AD2 E hay tứ giác AD1D2 E tứ giác nội tiếp E 10 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN Vậy PM.PN lớn R2 PA PB hay P trung điểm dây AB Tam giác AMB vuông M nên: S AMB 1 AB R AM BM AM BM 4 Vậy S ABM lớn R2 PA PB hay P trung điểm dây AB 12 a) EF đường kính nên EAF 90 Mà AE MN suy AF //MN QPN QFA Mà AFQB nội tiếp nên QFA QBA 180 QPN QBN 180 Suy tứ giác PQBN nội tiếp Lại có QCA QFA QPN QCM Suy tứ giác PQCM nội tiếp b) Giả sử QN PC cắt R thuộc O Từ tứ giác PQBN nội tiếp suy NPB NQB BCP Từ tứ giác PMCQ nội tiếp ta có: PBC RPB PCB RPN NPB NPB RPN MPC MQC Từ QM cắt BP điểm S SBQC nội tiếp hay S thuộc đường trịn O 13 a) Ta có: BKA ACB (2 góc nội tiếp chắn cung AB) Mà ACB BHK (cùng phụ với góc EBC) BKA BHK tam giác BHK cân BH BK Lập luận tương tự ta có CH CK BC trung trực HK Ta có: AEH AFH 90 Tứ giác AFHE nội tiếp Xét tam giác AIE tam giác FIH ta có: AIE FIH (2 góc đối đỉnh), 39 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN IAE IFH (Tứ giác AFHE nội tiếp) AIE ∽ FIH (g.g) AI FI AI HI EI FI EI HI b) Xét tứ giác DHEC ta có: HDC BEC 90 Tứ giác DHEC nội tiếp Xét tứ giác BFEC ta có: BFC BEC 90 Tứ giác BFEC nội tiếp AFE ACB mà ACB AKB (chứng minh trên) AFE AKB Tứ giác KBFI nội tiếp c) Theo ta có: BKH BHK mà BHK IHE (2 góc đối đỉnh) BKH IHE Xét tam giác HEI tam giác KAB ta có: BKH IHE (cmt), IHE BAK (tứ giác AFHE nội tiếp) HEI ∽ KAB (g.g) Chứng minh tương tự ta có: Từ suy KB HI AB EI KC HI AC FI KB KC EI FI IH EF EF IH IH AB AC EI FI AI HI AI EI FI (theo chứng minh ỏ câu a có IF.IE IH IA ) d) Ta có: BME BKH (2 góc vị trí đồng vị HK //ME ) Mà BKH BHK ; BKH BME (2 góc vị trí đồng vị HK //ME ) BME BEM Tam giác BEM tam giác cân Ta có: AD BC mà EM //BC EM BC Trong tam giác cân BEM có BC đường cao tam giác (do BC ME ) BC trung trực ME Ta có D nằm đường trung trực ME DM DE Tam giác DME tam giác cân MDC EDC Xét tứ giác ABDE ta có: ADB AEB 90 Tứ giác ABDE nội tiếp EDC BAC Xét tứ giác AFDC ta có: AFC ADC 90 40 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN Tứ giác AFDC nội tiếp BAC BDF Từ suy MDC BDF Ta có: 180 BDC MDC BDM BDF BDM FDM Ba điểm F, D, M thẳng hàng 14 a) Ta có ABF ; ACE tam giác cân F E Và FBA BAD DAC ECA ABF ∽ ACE b) Gọi G giao điểm BE CF Ta có: GF BF AB DB GC CE AC DC DG //BF Mặt khác DA//BF suy A, D, G thẳng hàng Suy điều phải chứng minh c) Ta có BQG QGA GAE GAC GAC CAE GAB BAF GAF Suy AGQF tứ giác nội tiếp Mặt khác QPG GCE GFQ nên QGPF tứ giác nội tiếp Suy điều phải chứng minh Gọi R giao điểm BN CM Ta thấy ABC ∽ PAC ∽ QBA Do BQ PA QB PM QA PC QN PC Mặt khác MPC NQB nên MPC ∽ BQN BNQ PCM Tứ giác QCNR nội tiếp CRN CQN BAC Vậy tứ giác ABQR nội tiếp, suy điều phải chứng minh 16 Chia lục giác ABCDEF tâm O thành tam giác cạnh 4cm (hình vẽ) Theo ngun lý Điriclê có điểm 19 điểm nằm hay cạnh tam giác Khơng tính tổng qt giả sử tam giác OAB 41 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN Chia tam giác OAB trọng tâm G thành tứ giác nội tiếp (hình vẽ) với GM AB ; GN OB ; GP OA OAB cạnh có đường cao 4 GA Các tứ giác GMBN, GMAP, GPON nội tiếp đường trịn đường kính GB, GA, GO 3 Theo ngun lý Điriclê có điểm điểm xét nằm hay cạnh tứ giác nói trên, giả sử tứ giác GMBN khoảng cách hai điểm khơng vượt q đường kính GB đường tròn ngoại tiếp tứ giác điều phải chứng minh 17 Gọi H giao điểm cúa AN MD, K giao điểm cua BN MC, I giao điểm MN CD AMD vuông A, AH đường cao AM MH MD BMC vuông B, BK đường cao BM MK MC Mà AM BM Do MH MD MK MC MH MK MC MD MKH MDC có KMH chung, MH MK MC MD MKH ∽ MDC (c.g.c) MKH IDC Tứ giác MKNH có MKN MHN 90 90 180 tứ giác MKNH nội tiếp MKH MNH , ta có MNH IDN MKH tứ giác HNID nội tiếp MIC NHD 90 Vậy MN CD 18 a) Ta có E, M, O, F thẳng hàng, ME MF (E, F đối xứng qua M) EF BC BEF cân B BFE FEB Mặt khác OB OE suy OBE cân O OBE OEB Ta có BFE FEB OBE 42 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN BEF ∽ OBE (g.g) EB EF EB EF EO OB EB b) Không giảm tính tổng quát xét O nằm M F Dễ thấy FBD ∽ EAB (g.g) EB ED EB ED.EA EA EB Ta có ED.EA EF EO EB Xét EOD EAF có EO ED EA EF EO ED , OED chung EOD ∽ EAF (c.g.c) EA EF EOD EAF , dẫn đến tứ giác DAFO nội tiếp Vậy điểm A, D, O, F thuộc đường tròn c) Ta có EIB ABI BAI , ABI IBC , BAI CBE EB EC EBI IBC CBE ABI BAI EIB EBI cân E EB EI Mà EB EC nên EB EI EC E tâm đường tròn nội tiếp tam giác IBC Do EP EB nên EP2 EF EO Xét EPO EFP có EP EO , PEO chung EPO ∽ EFP (c.g.c) EF EP EPO EFP EP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác POF Vậy tiếp tuvến đường tròn ngoại tiếp tam giác POF qua điểm E cố định 19 a) Vì BE CA , CF AB nên BCEF tứ giác nội tiếp XFB ACB XBF XFB cân X Mà MFB cân M, suy MX BF b) Dễ thấy MX AB , HF AB nên MX //HF ; MS BC , HD BC nên MS //HD Mặt khác, CAFD tứ giác nội tiếp SB tiếp xúc với O B nên SBD BAC BDF Suy SX //FD Do MXS ∽ HFD (có cặp canh tương ứng song song) c) Ta có: OAE 180 AOC 90 ABC 90 AEF , suy OA EF Dễ dàng chứng minh AEF ∽ ABC ; AFY ∽ ACD 43 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN Suy FY AF EF EF BC CD AC BC FY CD 20 1) H trung điểm BC nên OH BC BMO CNO (cgc) suy OM ON 1 Tam giác OMN cân O, I trung điểm MN nên OI MN 2 Từ 1 suy điểm O, M, H, I thuộc đường trịn đường kính OM 2) Chứng minh tứ giác ABON nội tiếp (vì PAN PON 60 120 180 ) Suy OPN OAN 30 Chứng minh tương lự OPM 30 , suy MPN 60 Kết hợp với MP NP (P thuộc đường trung trực OI cua MN ) Suy tam giác MNP 3) Từ câu suy IHC IOM 60 ABC nên IH //AB Suy đường thẳng IH cố định Gọi K trung điểm AC suy H, I, K thẳng hàng Lấy điểm T đối xứng với A qua HI suy T cố định Ta có AI BI AB TI IB AB BT AB const Chu vi tam giác AIB nhỏ BT AB , đạt ba điểm B, I,T thẳng hàng Khi I trung điểm BT cố định (theo tính chất đường trung bình BAT ) Suy tứ giác BMTN hình bình hành TN //BC Lại có BH KT , BK MT Suy tứ giác BHTK hình bình hành TK //BC Từ N K , suy M H 21 1) Chứng minh bốn điểm A, E, P, F nằm đường trịn Ta có AEP ADB (chắn cung AB ABD ): Ta có AFP ADC (chắn cung AC ADC ); Nên AEP AFP ADB ADC nên AEFP nội tiếp 2) Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn O Q khác A, đường thẳng AF cắt đường thẳng QC I Chứng minh tam giác ABE đồng dạng với tam giác CLF 44 CHUN ĐỀ HSG TỐN Xét ABE ; CLF có AEB CFL (cùng bù AFP ) 1 ta lại có BAE BAD DAE ; FCL BCL FCB mà BAD BCL ; DAE FCB ; Nên BAE FCL từ 1 suy ABE ∽ CLF (g.g) 3) Gọi K giao điểm đường thẳng AE đường thẳng QB chứng minh QKL PAB QLK PAC Theo 2) ABE ∽ CLF nên LF AE BE.CF Ta lại có KE AF BE.CF Suy KE AF LF AE LF KE EF //LK AF AE Nên AEF AKL Mà AEF APF APF AKL Nên PAC PCA EKP QKL Mà PCA EKP PAC QKL Tương tự PAB QLK , suy QKL PAB QLK PAC 22 a) Ta có MNE sd AB sd BEF sd AC sd BEF AFE sd AB sd BE Suy ra: MNE MFE 180 Vậy tứ giác MNEF nội tiếp b) Gọi P giao điểm khác A AO với đường tròn O; R Lấy G đối xứng với E qua AP D EG , G O Ta có MDG NEG , AEG AFG MDG MFG Suy tứ giác MDGF nội tiếp 1 Gọi giao điểm AG BC H Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp 2 45 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN Từ 1 suy điểm M, H, D, G, F nằm đường tròn Trung trực đoạn thẳng FG qua O cắt đường tròn O J; I OJ , sd JF sd JG sđ PG sđ PE nên JOP hay I nằm đường thẳng cố định Đó đường thẳng qua O tạo với AO góc khơng đổi c) Hạ IT BC T BC TH TM Gọi Q giao điểm BC AP Do QH QN Suy QT QH MH 1 NM MH MN 2 Kẻ IS AP IS QT MN Tam giác vng OSI có IOS không đổi nên OI nhỏ IS nhỏ MN nhỏ Ta chứng minh MN nhỏ tam giác AMN cân A Thật vậy, BC lấy M N cho M AN Khơng tính tổng qt giả sử QM QN Suy AM AN Trên đoạn AM lấy điểm U cho AU AN AUM ANN ' (c.g.c) S AM M S ANN MM NN M N MN Với 60 ; BC R suy AQ R MN R 2 R 3 R R 2 2 OI R 3 23 I trung điểm BC (Dây BC không qua O) OI BC OIA 90 Ta có AMO 90 , ANO 90 Suy điểm O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính OA AM, AN hai tiếp tuyến O nên OA phân giác MON mà MON cân O nên OA MN ABN ∽ ANC (Vì ANB ACN , CAN chung) 46 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN AB AN AB AC AN AN AC ANO vuông N đường cao NH nên AH AO AN AB AC AH AO AHK ∽ AIO (g-g) nên AH AK AI AO AI AK AH AO AI AK AB.AC AK AB AC AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK cố định Mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB K cố định 3) Ta có PMQ 90 Ta có: MHE ∽ QDM (g-g) Ta có: PMH ∽ MQH ME MH MQ DQ MP MH MH MQ QH DQ MP ME ME 2MP P trung điểm ME MQ MQ 24 Ta có: EBO 90 (vì AB tiếp tuyến với (O) B) EDO 90 (gt) hai đỉnh B D nhìn đoạn OE góc vng tứ giác EBOD tứ giác nội tiếp đường tròn BEO BDO (1) (cùng chắn cung OB) 47 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN Chứng minh tương tự ta có tứ giác ODCF nội tiếp đường trịn OFC BDO (2) (Góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) Từ (1) (2) OFC BEO Suy tứ giác AEOF tứ giác nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu góc đỉnh góc ngồi đỉnh đối diện) Vậy tứ giác AEOF tứ giác nội tiếp 25 Xét tứ giác AMOQ có AMO AQO 180 Suy tứ giác AMOQ nội tiếp M1 A1 (cùng chắn OQ ) Chứng minh tương tự M B1 QMN A1 B1 Chứng minh tương tự: D1 P1 ; P2 C1 QPN D1 C1 QMN QPN A1 B1 C1 D1 180 Vậy tứ giác MNPQ tứ giác nội tiếp 26 48 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN Lấy M trung điểm OO’ Hạ MH AB OA AB Vì AB tiếp tuyến chung (O), (O’) suy OA // O’B AB O B AB (Từ vng góc đến song song) Suy tứ giác ABO’O hình thang Mà M trung điểm OO’, MH // OA AB H trung điểm AB Lại có HM AB MA MB Chứng minh tương tự ta có MC MD O1 O2 (Định lí đường tiếp tuyến chung hai đường trịn) ∆AOM = ∆COM (c.g.c) MA MC (hai cạnh tương ứng) MA MB MC MD Vậy ABCD tứ giác nội tiếp 27 a) Xét ∆MDB ∆MCD có: DMB chung; MDC MBD (góc tạo tiếp tuyến dây cung, góc nội tiếp chắn cung BD) ∆MDB ~ ∆MCD (g.g) MC MD MB.MC MD MD MB b) Ta có: HB HC OH BC Mà MD OD (tính chất tiếp tuyến) OHM ODM 90 H, D nằm đường tròn đường kính OM tứ giác OHDM nội tiếp OMH ODH mà OMH HBP (so le trong) nên HBP HDP bốn điểm B, H, D, P nằm đường trịn đường kính OM hay tứ giác BHPD tứ giác nội tiếp c) Vì tứ giác BDPH nội tiếp nên BHD BPD (góc nội tiếp chắn cung BD ) 49 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TỐN Vì EF // BP BPD EOD (đồng vị) mà EOD AOF (đối đỉnh) Suy BHD AOF Lại có DBH OAF (góc nội tiếp chắn cung CD ) Suy ∆OAF ~ ∆HBD (g.g) OA FO (1) HB HD Ta có: CHD 180 BHD 180 AOF AOE EAO HCD (góc nội tiếp chắn cung BD ) Suy ∆OAE ~ ∆HCD (g.g) OA OE (2) HC HD Lại có BH HC (3) Từ (1), (2), (3) suy FO OE OE FO O trung điểm FE HD HD Vậy O trung điểm FE 28 a) Vì A B C EKD EKI IKD 540 Mà B EKI C IKD 180 Nên A EKD 180 Suy tứ giác AEKD nội tiếp Mặt khác, tứ giác AEHD nội tiếp Vậy điểm A, E, H, K, D nằm đường tròn đường kính AH, nên BDK CEK (đpcm) b) Ta có: ADE ABC, AKE ADE , suy AKE ABC Từ AKE EKI 180 , ba điểm A, K, I thẳng hàng Lại có IKC IDC ICD, IKC KAC ACK , ICD ICK KCD suy KAD IKC mà KAD KED Vậy tứ giác MEKC nội tiếp Tứ giác MEKC nội tiếp nên MEC MKC 50 CHUN ĐỀ HSG TỐN Vì IKC AED MEB; MEC MEB 90; MKC MKI IKC MKI 90 Do A, E, H, K, D nằm đường trịn đường kính AH, nên HKA 90 Vậy K, H, M thẳng hàng c) Do tứ giác DEHK nội tiếp, nên HEK HDK Tứ giác MEKC nội tiếp nên KEC KMC (1) (2) Từ (1) (2) suy KMB HDK , hay tứ giác MBKD nội tiếp (đpcm) Chú ý: Sử dụng kiến thức tam giác đồng dạng ta thấy: Nếu hai cát tuyến AB CD đường trịn cắt M MA.MB MC.MD 29 a) Ta có: ECD AMC ACD Tương tự CDE CDA Từ CD trung trực AE BCD BAC CBD 180 BCD BDC b) Dễ thấy BDC BAD CBD 180 CAD 180 CED BCED nội tiếp 51 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN TOÁN c) Gọi K giao điểm AB CD ΔBCK ~ ΔCAK KC KB.KA Nhận thấy: KC KD ΔDBK ~ ΔADK KD KB.KA CD // PQ KD KC AQ AP AQ AP AE PQ ∆EPQ cân E 30 a) Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp Do tứ giác MBFD nội tiếp nên ta dễ dàng chứng minh AB.AF AM AD Tương tự, tứ giác MECD nội tiếp nên chứng minh AE.AC AM AD Do AB AF AE AC Từ ta chứng minh BECF tứ giác nội tiếp b) Tứ giác ABDC nội tiếp nên ta có FBD ACD Lại có AMB CMD BFD DEC (2) Từ (1) (2) suy ∆ECD ~ ∆FBD BDF EDC BDF BMF Mà nên BMF EMC EDC EMC Do điểm E, M, F thẳng hàng 31 52 (1) CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN a) Dễ thấy OM trung trực AB nên OM vng góc với AB Ta có IK đường trung bình tam giác AMC nên IK // AC, từ ta có IK vuông OM Gọi J giao điểm IK OM Sử dụng định lý Py-ta-go ta có: KO2 KM OJ JK JM JK OJ JM OI MI OA2 AI MI OA2 R2 b) Giả sử G, H giao điểm KO với (O) Do tứ giác ADGH nội tiếp nên KDG AHG ∆KDG ~ ∆KHA (g.g) KD KG KH KA KA.KD KG.KH KO R KO R KO2 R KM KA.KD KM KA KG ∆KDM ~ ∆KMA (c.g.c) KM KD Suy DMK MAK Xét đường trịn (O) ta có: MAK ABD Xét tứ giác MDCB có: DMC DBC MDCB tứ giác nội tiếp c) MAD AED Theo câu b) DMK DAM AED KM // AE ( DMK AEM hai góc so le trong) Từ suy MAKE hình thang INF AEN Lại có AEN IAF INF AEN IAF Suy ANFI tứ giác nội tiếp (đpcm) 53 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN
Ngày đăng: 20/10/2023, 12:24
Xem thêm: