Chuyên đề tứ giác nội tiếp (toán lớp 9)

Chuyên đề : Tứ giác nội tiếp Đinh Văn Cảnh Tr-êng THPT Ngun Trung Trùc, Tri T«n, An Giang Tø giác nội tiếp kiến thức quan trọng ch-ơng trình hình học THCS, có nhiều ứng dụng việc giải toán hình học phẳng Một số kết hình học tiếng đ-ợc giải tứ giác nội tiếp Bài viết trình bày số vấn đề liên quan đến tứ giác nội tiếp, giúp cho bạn học sinh THCS nâng cao kĩ giải toán hình học có tảng vững để học tốt môn hình học sau Trong viết, tác giả cố gắng trình bày lời giải cho tự nhiên, h-ớng rõ ràng để bạn đọc dễ nắm bắt đ-ợc ý t-ởng lời giải Khi hiểu đ-ợc ý t-ởng lời giải, bạn hÃy tự đúc kết kinh nghiệm cho riêng Hi vọng viết tài liệu tham khảo hữu ích đông đảo thầy cô bạn học sinh THCS, đặc biệt bạn chuẩn bị thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố Bài viết khó tránh khỏi sai sót, mong nhận đ-ợc ý kiến đóng góp bạn ®äc qua email : vancanh2095@gmail.com i Tãm t¾t lÝ thuyÕt C¸c dÊu hiƯu nhËn biÕt tø gi¸c néi tiÕp Ta đà biết, để chứng minh tứ giác nội tiÕp, ta cã thĨ :  Chøng minh ®iĨm cách điểm (mà ta xác định đ-ợc) Chứng minh tổng hai góc đối diện bù Chứng minh góc đỉnh b»ng gãc cđa ®Ønh ®èi diƯn  Chøng minh hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện d-ới hai góc Ngoài ra, cần biết thêm dấu hiệu nhận biết sau : Định lí Cho tứ giác ABCD có E giao điểm AB CD, F giao điểm AC BD Khi đó, điều kiện sau t-ơng đ-ơng với : a) Tứ giác ABCD nội tiÕp b) EA.EB = EC.ED c) FA.FC = FB.FD B¹n đọc dễ dàng chứng minh định lí tam giác đồng dạng Định lí cho ta nhận biết tứ giác nội tiếp dựa vào mối quan hệ đoạn thẳng, điều thật hiệu ta không tìm đ-ợc mối quan hệ góc Ph-ơng pháp chung để chứng minh năm điểm thuộc đ-ờng tròn (tr-ờng hợp nhiều ta làm t-ơng tự) Giả sử ta cần chứng minh năm điểm A, B, C, D, E thuộc đ-ờng tròn Ta biết có đ-ờng tròn qua ba điểm không thẳng hàng, để chứng minh năm điểm thuộc đ-ờng tròn, ta chứng minh thuộc đ-ờng tròn qua A, B, C (hoặc ba điểm khác) Khi ta quy vỊ viƯc chøng minh c¸c tø gi¸c ABCD vµ ABCE néi tiÕp (xem vÝ dơ 12 vµ 13) Tuy nhiên, số tr-ờng hợp cụ thể ta có cách giải khác ii số ví dụ Các toán chứng minh tứ giác nội tiếp nhiều điểm thuộc đ-ờng tròn à Ví dụ Cho hình bình hành ABCD Đ-ờng phân giác góc BAD cắt BC, CD lần l-ợt M, N Gọi I tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c CNM Chøng minh r»ng tø gi¸c BCID néi tiÕp Lêi gi¶i · · · Ta cã DNA  NAB DAN nên tam giác DAN cân D, suy DN = DA = BC T-¬ng tù chøng minh đ-ợc tam giác CMN cân C nên CN = CM Do DC = BM à à à Mặt khác tam giác CMN cân C nên ICD  ICM  IMB , kÕt hỵp víi IC = IM ta cã · · ICD  IMB (c.g.c)  IDC  IBC VËy tø gi¸c BCID néi tiÕp A D B N C I M VÝ dô Cho hình bình hành ABCD tâm O Gọi E, F, G theo thứ tự hình chiếu D AC, AB, BC Chứng minh O nằm đ-ờng ngoại tiếp tam giác EFG Lời giải Ta xét hai tr-êng hỵp : - Tr-êng hỵp gãc B tï G B F C E O A D Ta cã tam giác BFD vuông F có O trung điểm BD nên tam giác BOF cân O · · · · Suy BOF  180o  2OBF T-¬ng tù BOG  180o  2OBC Tõ ®ã cã : · · · (1) FOG  360o  2ABC  2BAD Do c¸c tø gi¸c AFED, DEGC néi tiÕp nªn · · · FEO  ADF  90o  BAD · · · · GEC  GDC  90o  BCD  90o  BAD · · · · Suy (2) FEG  180o  (FEO  GEC)  2BAD · · Tõ (1) vµ (2) suy FOG  FEG hay tø gi¸c OEGF nội tiếp (đpcm) - Tr-ờng hợp góc B nhọn F A D O E B C G · · · Ta có tứ giác DECG DEAF nội tiếp nên DEG DCG ABC à à à DEF  DAF  ABC nªn · · (1) FEG 2ABC à à à à Mặt khác FOD 2ABD DOG 2CBD nên à à (2) FOG 2ABC Từ (1) (2) suy tứ giác FOEG nội tiếp (đpcm) Ví dụ Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AI Gọi E trung điểm AB K trung điểm OI Chứng minh tứ giác AEKC nội tiếp Phân tích Do tính đối xứng qua AI nªn · · KBE  KCA VËy để tứ giác AEKC nội tiếp đ-ợc A ta chứng minh tam giác KEB cân K Lời giải KỴ KH  AB (K  AB) Ta cã KH // OE nên theo E định lí Ta-lét : AE AO    BE  AE  2HE Suy H lµ H O HE KO trung điểm BE, tam giác KEB cân K · · · C B VËy KEB  KBE  KCA hay tø gi¸c AEKC néi K tiÕp I Ví dụ Cho tam giác ABC ngoại tiếp đ-ờng tròn (I) Các tiếp điểm (I) với AB, AC theo thø tù ë M, N ; MN c¾t IB, IC theo thø tù ë D, E Chøng minh tứ giác BEDC nội tiếp Lời giải à à · ABC ACB BAC · · · Ta cã DIC  IBC  ICB  (1)   90o  2 · BAC · · Do tam gi¸c AMN cân A nên DNC ANM 90o  (2) · · Tõ (1) vµ (2) suy tứ giác INDC nội tiếp, BDC INC  90o · · · · Chøng minh t-¬ng tù, ta cã BEC  IMB  90o Suy BEC  BDC  90o VËy tø giác BEDC nội tiếp đ-ờng tròn đ-ờng kính BC A E N M D I B C VÝ dô Gọi O giao điểm hai đ-ờng chéo hình thang ABCD (BC // AD) LÊy M · · thuéc ®o¹n OA, N thuéc ®o¹n OD cho BMD  ANC Chøng minh r»ng tø gi¸c BMNC néi tiÕp Lời giải à à Giả sử đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác BMC cắt OD N Ta có BMC  BN ' C (1) · · · Ta l¹i cã CMN '  CBN '  ADN ' nên tứ giác AMN C nội tiếp đ-ợc Suy · · · · · · · (2) CMD  CMN '  N ' MD  ADN '  N ' AD  180o  AN ' D  BN ' A · · ' C  ANC  N  N ' · Tõ (1) vµ (2) ta cã BMD  AN VËy tø gi¸c BMNC néi tiÕp B C O M A N D VÝ dô Cho hai đ-ờng tròn (O) (O ) cắt t¹i M, N TiÕp tun t¹i M cđa (O) cắt (O ) B, tiếp tuyến M (O ) cắt (O) A Gọi P điểm ®èi xøng cña M qua N Chøng minh r»ng tø giác MAPB nội tiếp Lời giải Gọi K điểm ®èi xøng cđa M qua trung ®iĨm cđa 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 VËy OK, O’ K đ-ờng trung trực MA, MB nên KA = KB = KM (1) Mặt khác dễ chứng minh đ-ợc KN // OO mà OO' MN nên KN  MN Do MN = NP nªn tam giác KMP cân K, suy KM = KP (2) Tõ (1) vµ (2) suy KA = KB = KM = KP VËy tø gi¸c AMBP néi tiÕp M O O' N K B A P · · · · C¸ch kh¸c Ta cã AMN  MBN, MAN BMN nên AMN ~ MBN (g.g) Do AN MN AN NP · ·     ANP ~ PNB (c.g.c)  NAP  NPB MN BN NP BN · · · · · · Tõ ®ã suy MAP  MAN  NAP  PMB  MPB  180o  MBP VËy tø gi¸c AMBP néi tiÕp M O O' N B A P VÝ dơ Cho ®iĨm M thc cung nhá BC đ-ờng tròn (O) Một đ-ờng htẳng d (O) vuông góc với OM ; CM, BM cắt d lần l-ợt D, E Chứng minh B, C, D, E thuộc đ-ờng tròn A O C B M d E N D Lêi gi¶i à à Kẻ đ-ờng kính AM, AM cắt d N Ta cã ANE  ABE  90o nªn tø gi¸c ABNE néi · · tiÕp, suy BEN  BAN à à à à à à Mặt khác BAN  BCM , ®ã BCM  BEN hay BCD  BED VËy B, C, D, E cïng thuộc đ-ờng tròn Ví dụ Hai dây AB CD đ-ờng tròn cắt I Gọi M trung điểm IC N ®iĨm ®èi xøng víi I qua D Chøng minh r»ng tø gi¸c AMBN néi tiÕp N A D B I K M C Lêi gi¶i IC.2ID  IC.ID Mặt khác IC.ID = IA.IB, IA.IB = IM.IN Suy tø gi¸c AMBN néi tiÕp Ta cã IM.IN Cách khác Gọi K điểm đối xøng cđa B qua I Do AID ~ CIB nªn AI DI NI   CI BI KI · · Suy ANI ~ CKI  CKI  ANI (1) à MBI à Do MB đ-ờng trung bình tam giác ICK nên CKI (2) à à · · Tõ (1) vµ (2) suy ANI  MBI hay ANM  MBA VËy tø gi¸c AMBN néi tiÕp VÝ dơ Cho tam gi¸c ABC cã AD đ-ờng phân giác Bên góc BAD, à à CAD lần l-ợt vẽ hai tia AM, AN cho MAD  NAD Gäi M , M hình chiếu M AB, AC ; N1, N hình chiếu N AB, AC Chøng minh r»ng M1, M2 , N1, N thuộc đ-ờng tròn Lời giải à à à à Từ giả thiết dễ dàng suy MAM  NAN , ®ã AMM  ANN Ta cã c¸c tø gi¸c AM1MM2 , AN1NN2 néi tiÕp nªn · · · · AM M  AMM , AN N  ANN 1 2 2 (1) (2) · · · · Tõ (1) vµ (2) suy AM2 M1  AN1N2  M1M2 N  M1N1N VËy ®iĨm M1, M2 , N1, N cïng n»m trªn mét ®-êng trßn A M2 N1 N2 M1 B M D N C Ví dụ 10 Cho tam giác ABC cân A Từ điểm M cạnh BC, kỴ MP // AC, MQ // AB (P thc AB, Q thuộc AC) Gọi D điểm đối xứng cña M qua PQ Chøng minh r»ng A, B, C, D nằm đ-ờng tròn Lời giải à · · Ta cã PMB  ACB  PBM suy tam giác PMB cân P, PB = PM = PD VËy P 1· 1· · lµ tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác BMD nên BDM  BPM  BAC 2 1· 1· · · · Chøng minh t-¬ng tù ta cã CDM  CQM  BAC Suy BDC  BAC 2 VËy ®iĨm A, B, C, D cïng nằm đ-ờng tròn Nhận xét Từ toán trên, ta có kết : Cố định tam giác ABC cho điểm M di động cạnh BC : Đ-ờng thẳng DM qua điểm điểm cố định, điểm cung BC không chứa A Quỹ tích ®iĨm D lµ cung BC chøa ®iĨm A (Khi D trùng B C M trùng B C) A P D Q B M C VÝ dô 11 Cho tam giác ABC cân A, đ-ờng cao AH Trên tia đối tia BA lấy điểm E, cạnh AC lấy điểm F cho BE = CF, EF cắt BC I Đ-ờng vuông góc với EF I cắt AH D Chứng minh tø gi¸c AEDF néi tiÕp A F B K I H E C D Lời giải Kẻ EK // AC (K thuộc BC) Dễ thấy tam giác BEK cân E nên KE = BE = CF Lại có KE // CF nên EKFC hình bình hành, I trung điểm EF Suy DE = DF à à Mặt khác DB = DC BE = CF nªn BDE  CDF (c.c.c)  DEB  DFC hay lµ · · AED  CFD VËy tứ giác AEDF nội tiếp Nhận xét Bài toán sau hệ trực tiếp từ toán : Cho tam giác ABC cân A Gọi E điểm di động tia đối tia BA F điểm di động cạnh AC cho BE = CF Gọi O tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh O thuộc đ-ờng cố định Ví dụ 12 Cho hình bình hành ABCD có góc A tù Trên tia đối tia AB, AD lần l-ợt lấy ®iÓm I, K cho DI = DA, BK = BA Chøng minh r»ng I, K, B, C, D cïng thuộc đ-ờng tròn K A B I D C Lời giải à à à à à à Tam giác DAI cân D nên DIA DAI BAK  BKA hay DIB  DKB Suy D, I, K, B thuộc đ-ờng tròn à à · · · · · Ta cã BKD  BAK CDA CDA BCD 180o nên BKD  BCD  180o VËy B, K, C, D thuộc đ-ờng tròn Do năm điểm I, K, B, C, D thuộc đ-ờng tròn qua B, K, D VÝ dơ 13 Cho tam gi¸c ABC vuông A, I trung điểm BC, D điểm cạnh BC Gọi E, F tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD Chøng minh r»ng ®iĨm A, E, I, D, F nằm đ-ờng tròn A F E B D I C Lêi gi¶i · · · Do tam giác ABC vuông A có I trung điểm BC nên AIC 2ABD AED Suy tø gi¸c AEDI néi tiÕp hay A, E, D, I thuộc đ-ờng tròn T-ơng tự chứng minh đ-ợc tứ giác A, F, I, D thuộc đ-ờng tròn Vậy năm điểm A, E, I, D, F thuộc đ-ờng tròn qua A, I, D Ví dụ 14 Cho đ-ờng tròn (O) điểm A nằm đ-ờng tròn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE (AD < AE) Gọi H giao điểm BC với AO Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp Lời giải Dễ dàng chứng minh đ-ợc hai tam giác ABD AEB đồng dạng nên AD.AE AB2 Ta có BH đ-ờng cao tam giác vuông OBA nên AH.AO AB2 Suy AH.AO = AD.AE, tứ giác OHDE nội tiÕp B E D O A H C VÝ dô 15 Cho tam giác ABC cân A có đ-ờng cao AH Gọi (O) đ-ờng tròn tiếp xúc với AB t¹i B, tiÕp xóc víi AC t¹i C Gäi DE dây cung qua H (O) Chứng minh ADOE tứ giác nội tiếp A E H B C O D Lời giải Trong đ-ờng trßn (O), ta cã HE.HD  HB.HC  HB2 Trong tam giác vuông ABO, ta có HO.HA HB2 Suy HE.HD = HO.HA nên tứ giác ADOE nội tiếp đ-ợc 10 c) Chứng minh M, P, N, K thẳng hàng à à à Ta có ACD AEM MPA , từ kết hợp với tứ giác APNC nội tiếp ta dễ dàng chứng minh đ-ợc M, P, N thẳng hàng Theo câu a) ta có M, P, K thẳng hàng nên suy M, P, N, K thẳng hàng M A E P O B N D C K 27 Bài 13 Từ tø gi¸c néi tiÕp APHQ, AFHE ta cã : · · · HQP  HAP  HEF · · · HPQ  HAQ  HFE (1) (2) · · · · · Ta thÊy BPH  AQH  90o  OHA  90o  DHR  HRD , ®ã tø gi¸c PHRB néi tiÕp · · · Suy (3) HPR  HBR  HFD · · · Chøng minh t-¬ng tù HQR  HCR  HED (4) · · · · Tõ (1) vµ (4) ta cã PQR  FED ; tõ (2) vµ (3) ta cã QPR  EFD Do ®ã PQR ~ FED(g.g) A O E P Q F H B R D C Bµi 14 A M R F E K H B D C S LÊy ®iĨm S ®èi xøng víi H qua BC, R giao điểm KC với MB à · · · Ta cã MSB  BHD  MHE MEB nên tứ giác MESB nội tiếp Suy 28 · · (1) RBE  MSE · · · · L¹i cã KSC  CHD  AHF  AEK nên tứ giác KSCE nội tiếp, à · (2) MSE  RCE ·  RCE nªn tø giác RBCE nội tiếp Từ suy à Từ (1) vµ (2) suy RBE · · BRC  BEC  90o Trong tam gi¸c MBC, ta cã MK BC CK MB nên K trực tâm tam giác MBC Bài 15 Các tiếp tuyến B C đ-ờng tròn (O) cắt N, ta có N cố định à à · · · · · Ta cã BMA  NBC CMA NCB nên BMC 180o BNC  BOC , suy tø gi¸c BMOC néi tiÕp Mặt khác tứ giác BOCN nội tiếp nên ®iÓm B, M, O, C, N cïng · · thuéc đ-ờng tròn Lại có BMA CMA nên MA qua điểm N cung BC (®pcm) M O E D A C B N 29 Bµi 16 A P F H B E M C Gọi E, F giao điểm AH, CH víi BC, AB Ta cã c¸c tø gi¸c HPME, BFHE néi · · · tiÕp nªn AFP  AHP  AMB , suy tø gi¸c BFPM néi tiÕp · · · Do ®ã ABM  BFM  BPM , từ chứng minh đ-ợc hai tam giác ABM BPM đồng dạng với nhau, suy AM.PM BM2 Bµi 17 a) Chøng minh BC, OO’ vµ hai tiếp tuyến chung đồng quy S Gọi S lµ giao diĨm cđa hai tiÕp tun chung ngoµi, S’ giao điểm BC OO à à · · Ta cã BOD  2ABD  2ACD  CO' D , từ với ý tam giác BOD CO D S'O OB OH SO tam giác cân, ta suy OB // O’ D Suy    S ' O' O' D O' K SO' VËy S trïng S’ (®pcm) N P R A M Z O' Y O X D S B C H Q T K L 30 b) Chøng minh r»ng MH, AB, SO ®ång quy ; NK, AC, SO’ ®ång quy Gäi X, Y theo thứ tự giao điểm OO với MH, NK Theo kết VD14, ta có tứ giác BDOX CDYO nội tiếp, kết hợp với OB // O’ D, ta cã · · · · (1) XDB  XOB  YO' D  YCD Suy XD // YC à à à à à Mặt khác, OD // O’ C, ta cã XYD  O' CD ODB OBD DXY nên tam giác DXY cân D Suy DX = DY, lại có AX = DX, AY = DY (OO đ-ờng trung trùc cđa AD) nªn AX = AY = DX = DY Do AXDY hình thoi, XD // AY (2) Tõ (1) vµ (2) suy A, Y, C thẳng hàng Chứng minh t-ơng tự, ta có ®pcm c) Chøng minh r»ng SA lµ tiÕp tun cđa đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi Z giao điểm SA với đ-ờng tròn (O) Dễ thấy tứ giác OXZA nội tiếp nên à à à à OZA  OXA  OXD  OBD , tõ ®ã chứng minh đ-ợc hai tam giác OBD OZA · · · · Suy BXD  BOD ZOA ZXA hay Z, X, D thẳng hàng VËy ta cã · · · · · SAB  ZDB  XOB  YO' D  ACB hay SA tiếp tuyến đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC d) Chøng minh LB lµ tiÕp tun cđa (O), LC lµ tiÕp tun cđa (O’ ) Gäi R lµ giao điểm BO CO Ta có tam giác BRC cân R nên à à à à à BRC  180o  2RBC  180o  2DXY  XDY  BAC Suy tø gi¸c BARC néi tiếp Mặt khác ta có AL RL đ-ờng phân giác góc ABC BRC nên dễ dàng à à có điểm A, B, R, L, C nằm đ-ờng tròn Suy RBL  RCL  90o hay LB lµ tiÕp tuyÕn đ-ờng tròn (O) LC tiếp tuyến ®-êng trßn (O’ ) e) Chøng minh r»ng PQ2  AB.AC Gọi T giao điểm BH CK Ta cã OH // O’ K vµ OD // O’ C nªn · · · · HOD  KO' C  HBD  KDC hay BH // DK T-¬ng tù CK // HD Từ có DHTK hình bình hành Mặt khác QH2 QD.QA QK2 nên Q trung điểm HK Q trung điểm DT Suy PQ = AD + 2DQ = AD + DT = AT · · · · · Ta cã ATB  TDK  ACT (do HT // DK) BAT CAT nên ABT ~ ACT (g.g) AB AT    PQ2  AT AB.AC (đpcm) AT AC Bài 18 a) Chứng minh tứ giác BDIE DIFC nội tiếp Ta cã kÕt qu¶ quen thuéc AC2  CD2  AB2 BD2 kết hợp với giả thiết, ta cã · · · AE.AB = AF.AC Suy tø giác BEFC nội tiếp, từ AEI ACB IDB nên tứ giác BDIE nội tiếp T-ơng tự ta cịng cã tø gi¸c DIFC néi tiÕp b) Chøng minh I D đối xứng với qua BC Từ giả thiết dễ dàng có BED ~ BDA(c.g.c), CDF ~ CAD(c.g.c) nªn suy · · · · · · BDA  BED  BID vµ CDA  CFD  CID Do I D đối xứng với qua BC c) Chøng minh EF lu«n tiÕp xóc với đ-ờng tròn cố định Gọi (O ) đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác IBC (O ) ®èi xøng víi (O) qua BC nªn (O’ ) · à à à à cố định Lại có BIE BDE  BAD  BCD  BCI , suy EF tiếp tuyến đ-ờng tròn (O ) Vậy EF tiếp xúc với đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác IBC cố định 31 A F I O E C B D Bài 19 Gọi L giao điểm cđa AZ víi (O) DƠ thÊy O thc ®-êng cao AD tam giác cân à à à ABC Ta có AHO AXO AYO 90o nên năm ®iÓm A, X, H, O, Y cïng thuéc mét · à à à đ-ờng tròn Suy AOX AHX Tứ giác BXOD nội tiếp nên AOX XBD , ®ã · · · · · AHX XBZ Vậy tứ giác BZHX nội tiếp đ-ợc nªn XBH  XZH  AXL Suy XL // BH Trong tam giác XZL, ta có H trung điểm ZL BH // XL nên HB ®i qua trung ®iĨm cđa XZ T-¬ng tù ta chøng minh đ-ợc HC qua trung A điểm YZ L Y X H O D B 32 Z T C Bài 20 a) Chứng minh A, L, N thẳng hàng Qua L kẻ đ-ờng thẳng song song với BC cắt AB, AC lần l-ợt P, Q Ta có c¸c tø gi¸c · · · · · · · à LPFI LEQI nội tiếp nên IPL IFL, IQL IEL , mà IEL IFL nên IPL IQL Suy L trung điểm PQ, từ suy A, L, N thẳng hàng b) Chøng minh MD vu«ng gãc víi IN DƠ thÊy ML AI, IL AM nên L trực tâm tam giác AIM, AN IM Gọi K, H theo thứ tự giao điểm cđa ML, AL víi AI, IM · · DƠ thÊy IH.IM  IK.IA  IE2  ID2  IHD ~ IDM(c.g.c)  IDH  IMD · · · · Lại có tứ giác IHDN nội tiếp nên IDH INH suy INH  IMD Gäi J lµ giao điểm à à IN với MD Theo ta có HNJ HMJ nên tứ giác HJNM nội tiÕp, suy · · NJM  NHM  90o hay MD  IN A M E L P Q K F H I J D B C N Bµi 21 B N L M Q P O S A S' K Qua M vẽ đ-ờng thẳng song song với SS , đ-ờng thẳng cắt BK, NK lần l-ợt P, Q Gọi L trung điểm MN 33 · · · · Ta cã OLA  OBA 90o nên tứ giác OLBA nội tiếp, suy OBL  OAL Do MQ // AS · · · · · · nªn OAL  PML , ®ã OBL  PML hay PBL  PML Tõ ®ã cã tø gi¸c MPLB néi tiÕp, · · · v× vËy MLP  PBM  QNM , suy LP // NQ Trong tam gi¸c MQN, ta cã LN = LM LP // NQ nên PQ = PM Từ theo định lí Talét, ta suy đ-ợc SO = S’ O Bµi 22 B A H G O F D E C Ta nhắc lại kết quen thuộc sau : Nếu I tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ABC à BAC · th× BIC  90o  Sư dơng kết vào tam giác BCD ABC, ta cã : · BDC · BEC  90o  · BAC · BHC  90o  ·  BDC nªn BEC  BHC , suy tø giác BHEC nội tiếp Do à à à Mà BAC · · ABC ADC ¶ · ¶ · Chøng minh t-¬ng tù, ta cã E1  FDC  E2  HBC  2 · · · ¶ ¶ ABC  ADC  90o Suy HEF  E1  E2  ·  HGF 90o Hoàn toàn t-ơng tự, ta có EFG à Suy EFGH hình chữ nhật 34 Bài 23 R A M Q O B P C · à à Ta có tứ giác MRAQ BAMC nội tiếp nên MQR MAR MCP à à Lại có tứ giác MCPQ nội tiếp nên MCP MQP  180o (1) (2) o · · ·  180o Tõ (1) vµ (2) suy MQR  MQP  180 hay PQR Vậy P, Q, R thẳng hàng Bài 24 Gọi F hình chiếu M AB Theo định lí Simson, ta có D, E, F thẳng hàng Ta có tứ giác DEMC, BAMD nội tiếp nªn : · · · MDE  MCE  MBA · · · DME  DCE  AMB Tõ ®ã suy MDE ~ MBA(g.g) mµ MK, MI lµ hai trung tuyến t-ơng ứng hai tam à à giác MDE, MBA nªn MKE ~ MIA  MKF  MIF  tø gi¸c MKIF néi tiÕp · ·  IKM  90o (v× IFM  90o ) F A M I E O B K D C 35 NhËn xÐt Nếu không sử dụng định lí Simson, ta có cách khác nh- sau : Từ hai tam giác đồng dạng MKE vµ MIA ta suy · · (1) KME  AMI MK MI (2)  ME MA · · Tõ (1) ta cã KMI  AME , kÕt hỵp với (2) ta suy hai tam giác IMK AME đồng à à dạng Từ IKM AEM  90o Bà i 25 Gäi D, E lÇn l-ợt hình chiếu M AB, BC ; F, G lần l-ợt hình chiếu N · · · · · AB, BC Ta cã tø giác BFNG nội tiếp nên DFG BNG MBE  MDE  90o  ADE (chó · ý r»ng MAN 90o ) Từ dễ dàng suy ®pcm F N A O B E G C D M 36 Bµi 26 A K O L F B C E M Tr-íc hÕt ta cã E, F, L thẳng hàng Chú ý tứ giác nội tiếp AKEM, ta cã : · · · · MKE  MAE  MCF  MLF · · · · MEK  180o  MAK  180o  MCL  MFL MK ME Tõ ®ã suy MKE ~ MLF (g.g)    ME.ML  MK.MF ML MF Bµi 27 A I E F N P H K J B D C M · · · · Sư dơng kÕt qu¶ cđa VD16, ta cã FDE  2FDH  2EBF  FME (chú ý M tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp cđa tø gi¸c néi tiÕp BFEC) Suy ta tø gi¸c DFEM nội tiếp Chứng minh t-ơng tự, ta có tứ giác DFEN DEFP nội tiếp Suy D, E, F, M, N, P cïng n»m trªn mét đ-ờng tròn qua D, E, F (1) 37 Mặt khác tam giác HDC vuông D có K trung điểm HC nên à à à à FKD  2HCB  2HEF  FED Suy tø giác DEFK nội tiếp T-ơng tự, tứ giác DEIF DEFJ nội tiếp, D, E, F, I, J, K nằm đ-ờng tròn qua D, E, F (2) Tõ (1) vµ (2) suy D, E, F, M, N, P, I, J, K cïng n»m đ-ờng tròn Cách khác Ta có PJ đ-ờng trung bình tam giác AHB nên PJ // AH PJ AH T-ơng tự, ta cã NK // AH vµ NK  AH Suy PJ // NK vµ PJ = NK, PJKN hình bình hành Mặt khác ta cã PJ  JK (do PJ // AH, AH BC , BC // JK) nên PJKN hình chữ nhật Gọi S giao điểm PK NJ SP = SK = SN = SJ T-ơng tù SI = SM = SP = SK Suy SI = SM = SP = SK = SN = SJ Lại tam giác JEN vuông E có SJ = SN nên SJ = SN = SE T-ơng tù, ta cã SF = SP= SK, SI = SM = SD Tõ ®ã suy r»ng : SD = SE = SF = SM = SN = SP = SI = SJ = SK VËy ®iĨm D, E, F, M, N, P, I, J, K cïng n»m trªn đ-ờng tròn tâm S A E I F H N P S K J B D C M 38 Bµi 28 A M O F I E O' C B D x Gọi M giao điểm DF với ®-êng trßn (O’ ) · · · Ta cã O' FD  O' DF  OMD nªn O’ F // OM Mà O' F AC nên OM AC Suy M điểm cung AC Gọi I giao điểm EF với BM BI đ-ờng phân giác góc ABC Vẽ Dx lµ tiÕp tun chung cđa (O) vµ (O’ ) D à à à à Trong đ-ờng tròn (O) ta có IBD xDM đ-ờng tròn (O ) ta cã IED  xDF Do · · 180o  BAC BDC · · · ·  ®ã IED  IBD hay tø gi¸c IEBD néi tiÕp, suy IDB  AEI  (do 2 tam gi¸c AEF cân A tứ giác ABDC nội tiếp) · · BDC 180o  BAC · · Tõ ®ã ta cã IDC    AFI hay tø gi¸c DIFC nội tiếp Điều kéo 2 à à · 180o  BAC ABC ACB · · · · ·   theo IDF  ICF Ta l¹i cã IDF  IDC  FDC  2 · ABC · VËy ta cã ICF  , điều chứng tỏ CI đ-ờng phân giác góc ACB Suy I tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC (đpcm) 39 Bài 29 A B2 O D2 C2 B1 B A1 S D C1 D1 A2 C a) Chứng minh đ-ờng thẳng Simson ứng với điểm A, B, C, D tam giác BCD, CDA, DAB, ABC đồng quy S Gọi A1, A2 hình chiếu A BD, CD ; B1, B hình chiếu B AC, AD ; C1, C hình chiếu C BD, AD ; D1, D2 hình chiếu D AC, AB ; S giao ®iĨm cđa A1A2 víi B1B Ta sÏ chøng minh C1, S,C2 D1, S, D2 thẳng hàng Ta cã ®iĨm A, B, A1, B1, B cïng nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính AB (vì à à · · · · AA B  AB B  AB B  90o ) nªn A B C  ABA  ACD , ®ã A B // CD Chøng 1 1 1 minh t-¬ng tù, ta cã B1C1 // AD, C1D1 // AB, D1A1 // BC Từ chứng minh đ-ợc tứ giác A1B1C1D1 néi tiÕp Ta l¹i cã : · · · · · · · · SA1B1  A2 A1D  B1A1D  A2 A1D  A2 DA1  180o  A1A2 D  A1AD  SB1A1 (do A1B1 // CD tứ giác AA1A2 D, A1B1B2 A nội tiếp) Do tam giác SA1B1 cân S, từ : · · · · · A1SB1  180o  2SB1A1  180o  2A1AD  2ADA1  2A1D1B1 (do tam giác ADD1 vuông D1 tứ giác AA1D1D nội tiếp) Suy S tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác A1B1C1D1 Vì vậy, ta có : · D SC · · · · SC1D1  90o  1  90o  D1A1C1  90o  DAD1 ADD1 40 (1) Lại điểm C, D1, C1, C2 , D nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính CD nên suy à à à · (2) C DD  D C C  180o hay ADD  D C C  180o 1 1 Tõ (1) vµ (2) suy C1, S,C2 thẳng hàng (3) à à B  90o  B1SD1  90o  B A D , mà B A D BAD (vì A B // CD vµ · · · Ta cã : SD1 1 1 1 1 · · · · D1A1 // BC) nªn SD1B1  90o  BAD  ADD2  AD1D2 (do tø gi¸c AD2 D1D néi tiÕp) · · hay AD S  ADD Suy D , S, D th¼ng hµng (4) 2 Tõ (3) vµ (4) suy đpcm b) Chứng minh đ-ờng tròn Euler tam giác BCD, CDA, DAB, ABC đồng quy S Từ kết câu a) ví dô 16, ta cã · · · · · D1A2C2  2AA2 D1  2D1CC2  2SC1D1  180o  D1SC2 Suy tø gi¸c SD1A2C2 néi tiÕp Theo kết tập 27, đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác D1A2C2 đ-ờng tròn Euler tam giác ACD Vậy đ-ờng tròn Ơ-le tam giác ACD qua S Chứng minh t-ơng tự cho tam giác lại, ta có đpcm v nguồn tham khảo [1] - Để học tốt Toán - Hình học, Hoàng Chúng (chủ biên), NXBGD [2] - Nâng cao phát triễn toán 9, Vũ Hữu Bình, NXBGD [3] - Forum mathscope.org 41 ... HB2 Trong tam giác vuông ABO, ta cã HO.HA  HB2 Suy HE.HD = HO.HA nên tứ giác ADOE nội tiếp đ-ợc 10 Sử dụng tứ giác nội tiếp để chứng minh số kết hình học khác Tứ giác nội tiếp cho ta c¸c... Cho tam giác ABC nội tiếp Gọi (O ) đ-ờng tròn tiếp xúc với (O) D tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự E, F Chứng minh EF qua tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 29 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đ-ờng... đ-ờng tròn Ta chứng minh đ-ợc tứ giác IJML nội tiếp t-ơng tự nh- chứng minh tứ giác IJNK nội tiếp, M thuộc đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác IJL Mà đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác IJL đ-ờng tròn qua năm