Tứ giác nội tiếp đường tròn

Tổng hợp các chuyên đề tứ giác nội tiếp toán 9 ôn thi vào 10 Tài liệu phục vụ học sinh lớp 9 cũng như phục vụ kì thi ôn thi vào 10 cơ bản cũng như chuyên Tài liệu phân loại rõ ràng và giải chi tiết có các dạng toán và đáp án cụ thể

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 µ +C µ = 1800 Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A µ +D µ = 1800 B · · Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp BAD = DCx Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH · · phân giác AD góc HAC Phân giác góc ABC cắt · A H ,AD M ,N Chứng minh rằng: BND = 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 · · 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 BCA = HAC 2 65 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · từ suy AMN hay tứ giác MHDN nội tiếp = 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,A C 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) 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 ( đối đỉnh), APC ( tính đối = IHK = AMC = ABC 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 (tính chất góc nội tiếp), ACP (1) = ACP = ACM 66 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC (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) (Tính chất đối = ABN = ABM · · 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 có = 2BAM ,MAP = 2MAC ⇒ NAP = 2BAC AM = AN = AP nên điểm M ,N ,P thuộc đường trịn tâm A bán kính AM Áp dụng định lý sin tam giác NAP ta có: · · Như NP lớn NP = 2R.sinNAP = 2AM.sin2BAC 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 HE qua trung điểm MN Phân tích, định hướng cách giải: Để chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp ta · · chứng minh: MAN + MEN = 1800 Ta cần tìm liên hệ góc · · với góc có sẵn MAN;MEN tứ giác nội tiếp khác Ta có ( ) ( ) · · · · · · · MEN = 3600 − MEH + NEH = 3600 − 1800 − ABC + 1800 − ACB = ABC + ACB 67 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · · 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 qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBH Hay MN tiếp tuyến (MBH) suy IM = IE.IH , tương tự ta có MN tiếp tuyến ( HNC ) suy IN = IE.IH IM = IN Xem thêm phần: ‘’Các tính chất cát tuyến tiếp tuyến’’ Ví dụ 4) 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 tròn Phân tích định hướng giải: Bài tốn có giả thiết cần lưu ý Đó đường thẳng song song với cạnh tam giác , điểm Q đối xứng với P qua DE Do ta có: AD = EP = EC = EQ 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 ⇒ A D = PE = EQ Suy DA QE hình thang cân ⇒ DAQ = AQE · · · Kéo dài DE cắt CQ H ta có DAQ Như để = AQE = PEH chứng minh A BCQ nội tiếp ta cần chứng minh: 68 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · PCH + PEH = 1800 ⇔ PEHC tứ giác nội tiếp Mặt khác ta có: · · · · (do tam giác EQC cân), EPH (Do tính đối xứng ) ECQ = EQC = EQH · · suy ECH = EPH ⇔ EPCH tứ giác nội tiếp Ví dụ 5) 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 trịn đường kính OA Ta mong muốn tìm · góc ADO = 900 Điều làm ta nghỉ đến tính chất quen thuộc ‘’Đường kính qua trung điểm dây cung vng góc với dây đó’’ Vì ta · · gọi M ,N trung điểm A B,AC ta có: OMA = ONA = 900 Do tứ giác OMAN nội tiếp Cơng việc lại ta chứng minh AMDO ANOD DMAN tứ giác nội tiếp Mặt khác ta · · · · có: ABD ACD (Tính chất góc tạo tiếp tuyến = CAD = BAD · · 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 6: Cho tam giác ABC vng cân A đường trịn ( O ) » nằm tam giác tiếp xúc với AB,AC B,C Trên cung BC ABC lấy điểm M ( M ≠ B;C ) Gọi I,H ,K hình chiếu 69 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC M BC;CA ;A B 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 · · ta chứng minh MPQ = MBC tứ giác BIM K nội tiếp · · nên MBC Mặt khác = MKI AC tiếp tuyến (O) nên · · ta có: ACK CIMH = MBC · · nội tiếp nên ACK Như để chứng minh PQ / /BC ta cần = MIH · · chứng minh MIH Tức ta cần chứng minh tứ giác MPIQ = MPQ · · · · · nội tiếp Để ý BMC = PIM + IMQ = KMH = 1350 , PIQ ( ) · · = KBM + KCH = sđ ¼ BM + ¼ MC = 450 suy đpcm.(Các em học sinh tự hoàn thiện lời giải) · · Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB = ACB 70 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ví dụ Trên cạnh BC,CD hình vng ABCD ta lấy lần · lượt 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 Các điểm M Q nằm hai cạnh EB EA tam giác EBA , nên tứ giác ABMQ lồi Các đỉnh A B nhìn đoạn thẳng MQ góc 450 Vì tứ giác ABMQ nội tiếp Lập luận tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp · · · · 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 2) Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn ( O ) Một đường thẳng d ngồi ( O ) 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 71 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · Mặt khác BAN , = BCM · · · · BCM hay BCD = BEN = BED Vậy B,C,D,E thuộc đường trịn Ví dụ 3) 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: Lấy điểm S đối xứng với H qua BC , R giao điểm KC với MB Vì ME = MA = MH (Tính chất trung tuyến), kết hợp tính đối xứng điểm · · · · S ta có MSB = BHD = MHE = MEB · · nên tứ giác MESB nội tiếp Suy RBE (1) = MSE · · · · Lại có KSC nên tứ giác KSCE nội tiếp, = CHD = AHF = AEK · · · · MSE (2).Từ (1) (2) suy RBE nên tứ giác RBCE = RCE = RCE · · 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 4) 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: 72 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Nhận xét: toán thực chất định lý Lyness phát biểu theo cách khác;(Xem thêm phần: ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Kéo dài SE,SF cắt đường trịn (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 ¶ ≡ EFS · · · ¶ ⇒ tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp nên ICS IFS = MSx = IFS · = SCF · Mặt khác tứ giác ACSB nội tiếp nên ⇒ EIS · · · + ABS · ACS + ABS = 1800 ⇒ EIS = 1800 hay tứ giác EISB nội tiếp Cơng việc cịn lại chứng minh: IB phân giác góc · · · Vì EBI mà ABC = ESI µ µ C µ B µ 180 − A 180 − A · = ISB ¶ − ESB · · · · ESI = AEF − MSB = − MCB = − = Điều 2 2 · chứng tỏ IB phân giác 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 toán khác chất định lý Lyness Để ý rằng: ∆AEF cân A nên ta dễ dàng suy được: I trung điểm EF Ví dụ 5) Cho hai đường trịn (O1),(O 2) tiếp xúc với Kẻ đường thẳng O1O cắt hai đường tròn (O1),(O 2) A ,B,C ( B tiếp điểm ) Đường thẳng ∆ tiếp tuyến chung hai 73 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC đường trịn với tiếp điểm tương ứng D1,D2 Đường thẳng (∆ ') tiếp tuyến với (O 2) qua C Đường thẳng BD1 cắt (∆ ') E AD1 cắt ED2 M , A D2 cắt BD1 H Chứng minh AE ⊥ MH Phân tích định hướng giải: + Vì ED1 ⊥ MA góc AD1B góc nội tiếp chắn đường trịn Vì để chứng minh AE ⊥ MH ta phải chứng minh AD2 ⊥ ME , tức ta chứng minh H trực tâm tam · · giác MAE Khi ta có: AD 1E = AD 2E hay tứ giác AD1D2E tứ giác nội tiếp + Gọi N giao điểm CD2 AM Xét tiếp tuyến chung (O1) (O 2) qua B cắt (∆) I Khi ta có: ID1 = IB = ID ⇒ ∆BD1D vuông B , D1E / /CN (cùng vuông góc với · · BD2 ) Do BAD = BD1D (Góc tạo tia tiếp tuyến dây · D =D · D N (so le trong) Suy cung), mặt khác BD 2 · · CAD = ND2D1 ⇒ AD1D 2C tứ giác nội tiếp (1) · · Xét tứ giác ED1D2C ta có: ED1 / /CD ,BEC = IBD ( góc đồng vị) Suy · D =D · EC suy tứ giác ED D C hình thang cân nên nội ED 2 tiếp (2) Từ (1), (2) ta suy điểm A ,D1,D ,C,E thuộc đường trịn Suy tứ giác AD1D2E nội tiếp Ví dụ 6) Cho tam giác ABC có hai đường cao BD,CE cắt H gọi I trung điểm BC Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI CDI cắt K , DE cắt BC M Chứng minh tứ giác BKDM nội tiếp 74 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Phân tích định hướng giải: Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE,BEI,CDI cắt điểm K (Định lý Miquel) Như ta thấy AEKD tứ giác nội tiếp, mặt khác từ giả thiết ta có: AEHD tứ giác nội tiếp Nên suy điểm A ,E,H ,K ,D thuộc đường trịn đường kính AH Đây chìa khóa để giải tốn Lời giải: Trước tiên ta chứng minh: tứ giác AEKD nội tiếp (Bạn đọc tham khảo phần ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Ta µ +B µ +C µ + EKC · · · có: A + EKI + IKD = 5400 Theo giả thiết tứ giác AEKD nội tiếp µ + EKI · · µ = 1800 ⇒ A µ + EKD · B = IKD +C = 1800 ⇒ · · · µ , BD ⊥ AC,CE ⊥ AB ⇒ tứ giác BEDC nội tiếp ⇒ ADE ⇒ ADE = AKE =B · · · µ = 1800 · · µ = AKE · Kết hợp với ADE B ⇒ EKI + AKE = EKI +B = AKE ⇒ A ,K ,I thẳng hàng ∆BDC tam giác vuông nên ID = IC , IKDC tứ giác nội tiếp nên · · · · · · ta có: IKC (Tính chất góc ngồi ), = IDC = ICD, IKC = KAC + ACK · · · · · · · ¼ ) (chắn cung DK ICD = ICK + KCD ⇒ KAC = ICK , mà KAD = DEK · · · · ⇒ tứ giác MEKC nội tiếp ⇒ MEC Theo kết ⇒ ICK = DEK = MKC suy · · · · · · · · · IKC = AED = MEB,MEC = MEB + 900 ,MKC = MKI + IKC ⇒ MKI = 900 ⇒ MK ⊥ KI ⇒ A ,E,H ,D,K nằm đường tròn đường kính AH 75 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ⇒ HK ⊥ AI ⇒ M ,H ,K thẳng hàng · · Tứ giác DEHK nội tiếp ⇒ HEK , tứ giác MEKC nội tiếp = HDK · · · · · · ⇒ KEC = KMC ⇒ KMC = HDK ⇒ KMB = BDK ⇒ tứ giác BKDM nội tiếp Ví dụ 7) Cho hai đường tròn (O1),(O 2) cắt A ,B Kéo dài AB phía B lấy điểm M qua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF với đường tròn (O1) ( E,F tiếp điểm) điểm F,O nằm phía so với AB Đường thẳng BE,BF cắt đường tròn (O 2) P,Q gọi I giao điểm PQ EF Chứng minh I trung điểm PQ Phân tích định hướng giải: Để ý rằng: Đường thẳng EFI cắt ba cạnh tam giác BPQ I,E,F Theo định lý Menelauyt ta có: QI EP FB = Để chứng minh IP EB FQ I trung điểm PQ ta chứng minh: tìm cách thay đại lượng EP FB = Bây ta EB FQ EP FB = (*) thành đại EB FQ lượng tương đương để thơng qua ta quy việc chứng minh tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng Xét đường tròn (O1) với cát tuyến M ,B,A hai tiếp tuyến ME,MF Ta có tính chất quen thuộc: 76 FA EA = (Xem phần chùm tập cát tuyến tiếp FB EB PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC tuyến) Từ suy chứng minh: FB FA = thay vào (*) ta quy toán EB EA EP FA EP EA = 1⇔ = ⇔ ∆EPA : ∆FQA ta có: FQ EA FQ FA · · · · góc nội tiếp chắn cung AB AEP (tứ giác AEBF EPA = FQA = AFQ nội tiếp) Qua ta có kết cần chứng minh: Các em học sinh tự hoàn chỉnh lời giải dựa phân tích định hướng mà tác giải vừa trình bày Nếu khơng dùng định lý Menaleuyt ta giải theo khác sau: · · Vì MF tiếp tuyến đường trịn (O1) nên ta có: MFB = FAB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy ∆MFB, ∆MAF đồng dạng ⇒ MF FB = Tương tự ta có: MA FA dạng suy ⇒ ∆MEB,∆MA E đồng ME EB FB EB = = , mà ME = MF ⇒ (1) , mặt khác MA EA FA EA · · · · (chắn cung AE ) ABE (do tứ giác ABPQ nội AFE =ABE = AQP tiếp) Suy · · AFE = AQP ⇒ AFIQ · · · · , ta có: AFQ = AIQ ⇒ AFB = AIP đồng dạng suy tứ giác nội tiếp, suy · · suy ∆FBA , ∆IPA ABF = APQ BF PI = (2) Tương tự ta chứng minh được: AF AI ∆ABE,∆AQI đồng dạng suy QI BE = (3).Từ (1), (2), (3) suy IA AE QI PI = ⇔ IP = IQ IA IA Ví dụ 8) Cho tam giác ABC Đường tròn ( O ) qua A C cắt AB,AC theo thứ tự K N Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác KBN cắt · B M Chứng minh BIOJ hình bình hành từ suy OMB vng Phân tích định hướng giải: 77 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Để chứng minh BIOJ hình bình hành ta chứng minh BI / /OJ,BJ / /OI Mặt khác dễ thấy OI trung trực AC nên OI ⊥ AC Ta cần chứng minh BJ ⊥ A C , việc tìm liên hệ trực tiếp tương đối khó ta nghỉ đến hướng tạo đường thẳng ‘’đặc biệt’’ vng góc với BJ sau chứng minh đường thẳng song song với AC từ ta nghỉ đến dựng tiếp tuyến Bx đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN · · Khi ta có : Bx ⊥ BJ KBx (Tính chất góc tạo tiếp = BNK · · tuyến dây) Mặt khác AKNC nội tiếp ⇒ BAC = BNK · µ ⇒ Bx / /AC Từ suy BJ / /OI ⇒ MKx =A Tương tự: Từ B kẻ tiếp tuyến By với đường tròn ngoại tiếp ∆A BC , chứng minh ta có: BI / /OJ ⇒ tứ giác BIOJ hình bình hành Gọi Q giao điểm BO IJ ⇒ QO = QB , IJ trung trực BM (Tính chất đường nối tâm hai ⇒ QM = QB ⇒ QM = QB = QO ⇒ ∆BMO đường trịn cắt nhau) · tam giác vng ⇒ OMB = 900 Ví dụ 9) Cho hai đường tròn ( O1) ( O ) tiếp xúc M (đường tròn ( O2 ) nằm trong) Hai điểm P Q thuộc đường tròn ( O2 ) qua P kẻ tiếp tuyến với ( O ) cắt ( O1) B D qua Q kẻ tiếp tuyến với ( O ) cắt ( O1 ) A C Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD,BCD nằm PQ Phân tích định hướng giải: Vì giả thiết hai đường tròn tiếp xúc với điểm M nên ta nghỉ đến việc tiếp tuyến chung Mx để tận dụng yếu tố góc: 78 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Bài toán làm ta nghỉ đến định lý Lyness tiếng ( Xem thêm phần định lý hình học tiếng (Định lý Lyness mở rộng) tínhchất quen thuộc liên quan đến chứng minh định lý là: MP · phân giác góc DMB , kéo dài MP cắt (O1) E E trung » … điểm BD Từ định hướng ta suy cách giải cho toán sau: + Dựng tiếp tuyến chung Mx hai đường tròn (O1),(O 2) ¼ ¼ · · · · = PMx = sđPM = DMx = sđDM ta có: DPM , DBM mà 2 · · · (tính chất góc ngồi tam giác), DPM = PMB + PBM · · · · · · ⇒ MP phân giác DMB , gọi E PMx = PMD + DMx ⇒ PMD = PMB » ⇒ CE phân giao điểm MP với ( O1) E trung điểm BD · giác BCD + Gọi I giao điểm CE PQ ta cần chứng minh DI phân · giác củan BDC Mặt khác I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác BCD ta có: EI = ED = EB (Tính chất quen thuộc liên quan đến tâm vịng trịn nội tiếp, bạn đọc xem thêm phần ‘’góc ‘’ phần đầu ) + Ta có ( ) ( ) ¼ · ¼ + sđDE » = sđDM ¼ + sđEB » = ·DPM = ·EPB = · ICM = sđEDM = sđDM IQM 2 ¼ · · · · ⇒ IQCM nội tiếp suy MIC = MPQ = sđMQ mà MQC (Tính = MQC · · chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) suy MIC = MPQ ⇒ · · ⇒ ∆EIM đồng dạng ∆EPI ⇒ EI = EP.EM , Tương tự ta EPI = EIM chứng minh DPIM tứ giác nội tiếp ∆DEP đồng dạng với 79 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · ∆MDE ⇒ ED2 = EP.EM ⇒ ED = EI = EB ⇒ EDI = EID ⇒ I tâm đường tròn nội tiếp ∆BCD + Tương tự, tâm đường tròn nội tiếp ∆ACD nằm PQ Nhận xét: Đối với tốn có giả thiết hai đường tròn tiếp xúc với việc kẻ tiếp tuyến chung để suy góc từ phát tứ giác nội tiếp hướng quan trọng để giải tốn ( ) µ µ