Hh9 chuyên đề 12 tứ giác nội tiếp (53 trang)

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