Hh9 chuyên đề 12 tứ giác nội tiếp xong

HSG HÌNH HỌC | HH9-CHUYÊN ĐỀ 12 TỨ GIÁC NỘI TIẾP A.KIẾN THỨC CẦN NHỚ - Hai đỉnh nhìn cạnh A  B  1 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 HSG HÌNH HỌC |  D  180 B Đặc biệt A C  90 Góc = góc ngồi đỉnh đối diện A  BCx   góc ngồi C BCx Cùng cách điểm OA=OB=OC=OD Phương pháp giải HSG HÌNH HỌC | 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  180 B  D  180 tứ giác ABCD nội Cho tứ giác ABCD Nếu chứng minh A  C tiếp đường tròn 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 trịn d) Phương pháp 4: Nếu tứ giác có tổng số đo hai cặp góc đối diện tứ giác nội tiếp đường trịn  B  D  tứ giác ABCD nội tiếp Cho tam giác ABCD Nếu chứng minh A  C đường tròn e) Phương pháp 5: Tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện đỉnh nội tiếp đường tròn 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 HSG HÌNH HỌC | Chứng minh GT Tứ giác ABCD nội tiếp (O) KL AC.BD  AB.DC  AD.BC   Láy E  BD cho BAC  EAD Þ ∆DAE ~ ∆CAB (g.g)  AD DE   AD.BC  AC.DE AC CB (1) 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  AD.BC  AB.CD  AC.BD (điều phải chứng minh) B.BÀI MINH HỌA Ví dụ Cho tam giác ABC cân A Các đường cao AD, BE cắt H a) Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp b) Chứng minh tứ giác AEDB nội tiếp HƯỚNG DẪN GIẢI HSG HÌNH HỌC |   a) Xét tứ giác CEHD ta có: CEH 90 (vì BE đường cao) CDH 90 (vì AD đường cao)    CEH  CDH 180   Mà CEH hai góc đối diện tứ giác CEHD , CDH Do CEHD tứ giác nội tiếp b) Theo giả thiết: BE đường cao   BE  AC  BEA 90  AD đường cao  AD  BC  BDA 90 Do E D nhìn AB góc 90°, suy E D nằm đường tròn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn hay tứ giác AEDB nội tiếp  C  Đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với cạnh Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn thỏa mãn A  B AB, AC M N Gọi P Q giao điểm CI, BI với đường thẳng MN Chứng minh rằng: a) Tứ giác INQC nội tiếp b) Tứ giác BPQC nội tiếp HƯỚNG DẪN GIẢI HSG HÌNH HỌC | a) Vì đường trịn (I) tiếp xúc với AB, AC M N nên AM  AN  CNQ  ANM (hai góc đối đỉnh)  C  180  A B       IBC  ICB CIQ 2 Tứ giác INQC có hai điểm liên tiếp I N nhìn cạnh QC góc nên tứ giác nội tiếp đường trịn   b) Vì INQC tứ giác nội tiếp nên INC  IQC  Vì AC tiếp xúc với đường tròn (I) N nên IN  AC hay INC 90  Suy IQC 90 (1) Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác IMPB nội tiếp    IMB  IPB 90   Từ (1) (2) suy ra: BPC  BQC 90 nên tứ giác BPQC nội tiếp đường trịn đường kính BC Ví dụ Cho hình bình hành ABCD, có tâm O Gọi M, N, P hình chiếu vng góc C lên BD, AD, AB Chứng minh tứ giác NMOP tứ giác nội tiếp HƯỚNG DẪN GIẢI   Ta có: CPA CNA 90 (gt) nên tứ giác ANCP nội tiếp đường trịn (O) đường kính AC   Suy PON 2 PCN   Lại có PCN  NAP 180 HSG HÌNH HỌC |    PCN 180  NAP  ABC (do AD // BC)  Do PON 2 ABC (1)     180  PMB  NMD Mặt khác PMN  Mà tứ giác CDNM nội tiếp đường tròn đường kính CD nên:     NMD  NCD 90  CDN 90  ABC Lại có tứ giác BCMP nội tiếp đường trịn đường kính BC nên:   PMB  PCB 90  ABC        PMN 180  90  ABC  90  ABC 2 ABC (2)   Từ (1) (2) suy ra: PON tứ giác PMON nội tiếp  PMN Ví dụ Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt M, N Tiếp tuyến M (O) cắt (O’) B, tiếp tuyến M (O’) cắt (O) A Gọi P điểm đối xứng M qua N Chứng minh tứ giác MAPB nội tiếp HƯỚNG DẪN GIẢI Cách 1:    Ta có: AMN MBN , MAN  BMN Nên ∆AMN ~ ∆MBN (g.g) HSG HÌNH HỌC | Do AN MN AN NP    MN BN NP BN Þ ∆ANP ~ ∆PNB (c.g.c)   (hai góc tương ứng)  NAP  NPB    Từ suy MAP  MAN  NAP     PMB  MPB 180  MBP Vậy tứ giác AMBP tứ giác nội tiếp Cách 2: Gọi K điểm đối xứng M qua trung điểm OO’ Ta có tứ giác OMO’K hình bình hành nên OM // O'K, O'M // OK Mặt khác OM  MB, O M  MA nên O K  MB, OK  MA Vậy OK, O’K đường trung trực MA, MB nên KA  KB  KM (1) Mà ta dễ dàng chứng minh KN // OO’, OO   MN  KN  MN Do MN  NP nên tam giác KMP cân K, suy KM  KP (2) Từ (1) (2) suy KA  KB  KM  KP Vậy tứ giác AMBP tứ giác nội tiếp Ví dụ Hai đường trịn  O1   O2  cắt M P Vẽ dây MA đường tròn  O2  tiếp tuyến đường tròn  O1  Vẽ dây MB đường tròn  O1  tiếp tuyến đường trịn HSG HÌNH HỌC |  O2  Trên tia đối tia PM lấy điểm H cho PH PM Chứng minh tứ giác MAHP nội tiếp HƯỚNG DẪN GIẢI Tìm cách giải - Khai thác giả thiết, ta có PH PM Do I, K trung điểm MB, MA mà MIPK tứ giác nội tiếp MAHB tứ giác nội tiếp - Ta biết tâm đường tròn ngoại tiếp giao điểm đường trung trực cạnh đường chéo Dễ nhận biết đường trung trực MB qua O1 , đường trung trực MA qua O2 Nếu giao điểm hai đường trung trực nằm đường trung trực MH tốn xong Với hai định hướng ta có hai cách giải sau:  Trình bày HƯỚNG DẪN GIẢI Cách Gọi I, K trung điểm MB, MA    Ta có: BMP ; AMP MBP suy MBP ∽AMP (g.g) MAP  BP MB BP BI    MP AM MP MK  BPI ∽MPK (c.g.c)    BPI MPK       Xét IMK  IPK IMP  PMK  IPM  MPK     IMP  MBP  IPM  BPI 180 Suy tứ giác MIPK nội tiếp, mà IP, KP đường trung bình tam giác MBH, MAH  IP //BH , KP //AH   KPI  AHB  AMB  AHB 180  Tứ giác MAHP nội tiếp Cách Dựng hình bình hành O1MO2O Suy O1O //MO2 , O2O //O1M Mà MB  MO2 , MA  MO1 nên: O1O  MB , O2O  MA Do OM OB ; OM OA  1 Gọi giao điểm O1O2 với MO; MP I, K Ta có O1O2  MP IM IO ; KM KP Do IK đường trung bình tam giác MOP HSG HÌNH HỌC | Suy IK //OP  OP  MH mà MP PH  OP đường trung trực MH  OM OH  2 Từ  1    OM OA OH OB  Tứ giác MAHB nội tiếp Ví dụ Cho tam giác ABC vuông C Trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A B) Gọi O; O1 ; O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AMC BMC 1) Chứng minh bốn điểm C, O1 , M, O2 nằm đường tròn  T  2) Chứng minh đường tròn  T  qua O 3) Xác định vị trí M đoạn AB cho đường tròn  T  có bán kính nhỏ (Tuyển sinh 10, chun tốn ĐHSP Hà Nội, năm học 2008 - 2009) HƯỚNG DẪN GIẢI Tìm cách giải  M ; CO  M hai góc tâm hai O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp nên CO đường trịn trịn tương ứng Phân tích lên ta có bốn điểm C, O1 , M, O2 nằm đường  M  CO  M 180  CAM   tròn  CO  CBM 90 từ ta tìm cách giải • Để chứng minh đường trịn  T  qua điểm O, ta cần chứng minh tứ giác CO2OM nội tiếp tứ giác CO1MO nội tiếp Cả hai hướng cho HƯỚNG DẪN GIẢI Trình bày HƯỚNG DẪN GIẢI 1) Sử dụng tính chất góc tâm đường trịn, ta có:  M 2.CAM   M 2.CBM  ; CO CO Do tam giác ABC vuông nên:   CAM  CBM 90  M  CO  M 180 Suy CO Vậy bốn điểm C, O1 , M, O2 thuộc đường tròn 2) Do tam giác ABC vuông C nên O trung điểm AB, Giả sử M thuộc đoạn OA    M Do tam giác COB cân O nên COM 2.CBO CO Vậy O thuộc đường tròn  T  10