4 tứ GIÁC nội TIẾP CHUẨN

21 64 0
4  tứ GIÁC nội TIẾP CHUẨN

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.

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 tròn tổng số đo hai góc tứ giác hai đỉnh đối diện 1800 �C �  1800 Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A �D �  1800 B �  DCx � Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp BAD Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH � Phân giác góc ABC � cắt phân giác AD góc HAC �  900 AH ,AD M ,N Chứng minh rằng: BND Phân tích hướng dẫn giải: � � Ta có MHD  900 Nếu MND  900 tứ giác MHDN nội tiếp Vì thay trực tiếp góc �  900 ta chứng minh BND � � tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh AMN  ADH � � � � � Thật ta có AMN , NDH mà  BMH  900  MBH  900  HAD 1� 1� � � �  HAC � � MBH  ABC,HAD  HAC ABC phụ với góc BCA 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 tròn (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) Giả sử đường cao tam giác AK ,CI Để chứng minh �  APC �  1800 Mặt AHCP tứ giác nội tiếp ta chứng minh AHC � � �  AMC � � khác ta có AHC ( đối đỉnh), APC ( tính đối  IHK  ABC xứng góc nội tiếp chắn cung) Như ta cần �  IHK �  1800 điều hiển nhiên tứ chứng minh ABC giác BIHK tứ giác nội tiếp b) Để chứng minh N ,H ,P thẳng hàng ta chứng minh � �  1800 ta tìm cách quy hai góc góc NHA  AHP đối tứ giác nội tiếp �  ACP � �  ACM � Thật ta có: AHP (tính chất góc nội tiếp), ACP (1) 66 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC (Tính chất đối xứng) Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với A HBN nên ta dễ chứng minh AHBN tứ giác nội tiếp � � �BN  ABM � từ suy AHN , mặt khác A (2) (Tính chất đối  ABN �  ACM � xứng) Từ (1), (2) ta suy cần chứng minh ABM  1800 điều hiển nhiên tứ giác ABMC nội tiếp Vậy � �  1800 hay N ,H ,P thẳng hàng NHA  AHP 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’’) � � ,MAP � � �  2BAC � Mặt khác ta có c) Ta có MAN  2BAM  2MAC � NAP 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: �  2AM.sin2BAC � Như NP lớn NP  2R.sinNAP AM lớn Hay AM đường kính đường tròn (O) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC đường cao AH gọi M ,N trung điểm A B,A C 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     � � � �  1800  ACB � �  ACB � MEN  3600  MEH  NEH  3600  1800  ABC  ABC 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 A D / /PE,PD / /A E � 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 � �  PEH � Như để Kéo dài DE cắt CQ H ta có DAQ  AQE chứng minh ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: 68 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC �  PEH �  1800 � PEHC tứ giác nội tiếp Mặt khác ta có: PCH �  EQC � �  EQH � (Do tính đối xứng ) (do tam giác EQC cân), EPH ECQ �  EPH � � EPCH tứ giác nội tiếp suy ECH 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 tròn đường kính OA Ta mong muốn tìm �DO  900 góc A 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 AB,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 �  CAD � �  BAD � có: ABD ACD (Tính chất góc tạo tiếp tuyến � � dây cung) � BDA ADC đồng dạng nên ta suy DMA  DNC � � �  DNA � � DMA  DNA  DNC  1800 � AMDN nội tiếp suy năm � điểm A ,M ,D,O,N nằm đường tròn đường kính OA � ADO  900 Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vuông cân A đường tròn  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 ;AB P giao điểm M B 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 �  MKI � Mặt khác nên MBC AC tiếp tuyến (O) nên �  MBC � ta có: ACK CIMH �  MIH � nội tiếp nên ACK Như để chứng minh PQ / /BC ta cần �  MPQ � Tức ta cần chứng minh tứ giác MPIQ chứng minh MIH �  PIM �  IMQ � �  KMH � nội tiếp Để ý BMC  1350 , PIQ   sđ � BM  � MC  450 suy đpcm.(Các em học sinh tự hoàn thiện lời giải) �  KCH �   KBM �  ACB � Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB 70 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ví dụ Trên cạnh BC,CD hình vuông ABCD ta lấy lần � lượt điểm M ,N cho MAN  450 Đường thẳng BD cắt đường thẳng AM ,A N tương ứng điểm P,Q a) Chứng minh tứ giác A BMQ 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 A BMQ nội tiếp Lập luận tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp �  ANP �  450 ,QAM � � b) Từ kết câu a, suy ADP  QBM  450 � NP  AM ,MQ  AN Tập hợp điểm P,Q,C nhìn đoạn MN góc vng, nên điểm nằm đường tròn đường kính MN Ví dụ 2) Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn  O  Một đường thẳng d  O  vng góc với OM ; CM ,BM cắt d D,E Chứng minh B,C,D,E thuộc đường tròn Lời giải: �  ABE �  900 nên tứ giác Kẻ đường kính AM cắt d N Ta có ANE �  BAN � ABNE nội tiếp, suy BEN 71 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC �  BCM � , Mặt khác BAN �  BEN � �  BED � BCM hay BCD Vậy B,C,D,E thuộc đường tròn 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 �  BHD �  MHE � � S ta có MSB  MEB �  MSE � nên tứ giác MESB nội tiếp Suy RBE (1) �  CHD �  AHF �  AEK � Lại có KSC nên tứ giác KSCE nội tiếp, �  RCE � �  RCE � MSE (2).Từ (1) (2) suy RBE nên tứ giác RBCE �  BEC �  900 Trong tam giác MBC , ta có nội tiếp Từ suy BRC 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,A C 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 tròn (O) E,F Ta có tam giác OMS, O'EF cân O,O' nên � � � O'E / /OM � OM  AB hay M điểm O'ES= OMS cung AB Kẻ đường phân giác góc ACB cắt EF I , ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC � �MCS �  MSx � Thật ta có: C,I,M thẳng hàng ICS � �EFS �  MSx � �  IFS � � tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp nên ICS IFS �  SCF � Mặt khác tứ giác ACSB nội tiếp nên � EIS �  ABS �  1800 � EIS �  ABS �  1800 hay tứ giác EISB nội tiếp ACS Cơng việc lại chứng minh: IB phân giác góc � �  ESI � mà Vì EBI ABC � � � � �  ISB �  ESB �  AEF �  MSB �  180  A  MCB �  180  A  C  B Điều ESI 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 tốn 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 tròn (O1),(O 2) tiếp xúc ngồi với Kẻ đường thẳng O1O cắt hai đường tròn (O1),(O2) A ,B,C ( B tiếp điểm ) Đường thẳng  tiếp tuyến chung hai 73 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC đường tròn 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 , AD2 cắt BD1 H Chứng minh AE  MH Phân tích định hướng giải: + Vì ED1  MA góc AD1B góc nội tiếp chắn đường tròn Vì để chứng minh AE  MH ta phải chứng minh AD  ME , tức ta chứng minh H trực tâm tam � E  AD � E giác MAE Khi ta có: AD hay tứ giác AD1D 2E 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  ID2 � BD1D vuông B , D1E / /CN (cùng vng 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  ND 2D1 � AD1D 2C tứ giác nội tiếp (1) �  IBD � Xét tứ giác ED1D 2C ta có: ED1 / /CD2 ,BEC ( 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 tròn Suy tứ giác A D1D2E 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 A EKD 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 tròn 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 �B �C �  EKC �  EKI �  IKD �  5400 Theo giả tiếng’’) Ta có: A �  EKI �  IKD � C �  1800 � A �  EKD �  1800 � tứ giác AEKD nội thiết B �  AKE � , BD  AC,CE  AB � tứ giác BEDC nội tiếp tiếp � ADE � B � Kết hợp với ADE �  AKE � �  AKE � B � ADE �  AKE �  EKI � B �  1800 � A ,K ,I thẳng hàng � EKI BDC tam giác vuông nên ID  IC , IKDC tứ giác nội tiếp �  IDC �  ICD, � �  KAC �  ACK � nên ta có: IKC (Tính chất góc IKC �  ICK �  KCD � � KAC �  ICK � , mà � � ), ICD (chắn cung KAD  DEK �  DEK � � � � ) � ICK � tứ giác MEKC nội tiếp � MEC Theo  MKC DK kết suy �  AED �  MEB,MEC � �  MEB �  900 ,MKC � �  IKC � � MKI �  900 IKC  MKI � MK  KI � A ,E,H ,D,K nằm đường tròn đường kính AH 75 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � HK  A I � M ,H ,K thẳng hàng �  HDK � Tứ giác DEHK nội tiếp � HEK , tứ giác MEKC nội tiếp �  KMC � � � � KMB �  BDK � � tứ giác BKDM nội � KEC � KMC  HDK 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 76 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC quen thuộc: FA EA  (Xem phần chùm tập cát tuyến tiếp FB EB 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 �  FQA � �  AFQ � góc nội tiếp chắn cung AB AEP (tứ giác AEBF EPA nội tiếp) Qua ta có kết cần chứng minh: Các em học sinh tự hồn 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: �  FAB � Vì MF tiếp tuyến đường tròn (O1) nên ta có: MFB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy MFB, MAF đồng dạng � MF FB  Tương tự ta có: MA FA dạng suy � MEB, MAE đồng ME EB FB EB   , mà ME  MF � (1) , mặt khác FA EA MA EA � ABE � �  AQP � (chắn cung AE ) ABE (do tứ giác ABPQ nội AFE tiếp) Suy �  AQP � � AFIQ AFE �  AIQ � � AFB �  AIP � , ta có: AFQ đồng dạng suy tứ giác nội tiếp, suy �  APQ � suy FBA , IPA ABF BF PI  (2) Tương tự ta chứng minh được: AF AI A BE,A QI 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 77 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � B M Chứng minh BIOJ hình bình hành từ suy OMB vng Phân tích định hướng giải: Để chứng minh BIOJ hình bình hành ta chứng minh BI / /OJ,BJ / /OI Mặt khác dễ thấy OI trung trực AC nên OI  A C Ta cần chứng minh BJ  AC , 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 �  BNK � (Tính chất góc tạo tiếp Khi ta có : Bx  BJ KBx �  BNK � tuyến dây) Mặt khác AKNC nội tiếp � BAC � A � � Bx / /AC Từ suy BJ / /OI � MKx 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 tròn 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: 78 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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: 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),(O2) � �  sđPM � , DBM � �  sđDM � mà  PMx  DMx ta có: DPM 2 � �  PBM � (tính chất góc ngồi tam giác), DPM  PMB �  PMD �  DMx � � � � � MP phân giác DMB , gọi E PMx � 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 vòng tròn nội tiếp, bạn đọc xem thêm phần ‘’góc ‘’ phần đầu ) + Ta có     �  sđEDM �  sđDM �  sđDE �  sđDM �  sđEB � � � ICM DPM  � EPB IQM 2 79 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � � � �  MQC � � IQCM nội tiếp suy MIC  MPQ  sđMQ mà MQC (Tính �  MPQ � � chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) suy MIC �  EIM � � EIM đồng dạng EPI � EI  EP.EM , Tương tự ta EPI chứng minh DPIM tứ giác nội tiếp DEP đồng dạng với �  EID � � I tâm đường MDE � ED2  EP.EM � ED  EI  EB � EDI 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 toán   � �C � tiếp tuyến Ví dụ 10) Cho tam giác vng ABC A  90 B với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A cắt cạnh BC kéo dài D gọi E điểm đối xứng A qua BC , H hình chiếu A BE Gọi I trung điểm AH đường thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK Phân tích định hướng giải: Để chứng minh đường thẳng tiếp tuyến đường tròn thơng thường ta chứng minh đường thẳng vng góc với bán kính tiếp điểm Muốn làm điều điều kiện cần phải xác định rõ tâm đường tròn Nhưng việc làm khơng dễ tâm đường tròn khơng phải điểm đặc biệt Để khắc phục 80 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC khó khăn ta thường chọn cách chứng minh theo tính chất góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung Trở lại toán: Để chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn �  KAD � (A KD) ta phải chứng minh: KDB + Vì E điểm đối xứng A qua BC � DE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ABC � AE  BC MA  ME Theo giả thiết �  KBE �  KAE � � A ,I,M ,K nằm IA  IH nên IM / /BE � KIM �  IKM � ; BAH �  BAE �  HAE �  BKE �  IKM �  MKE � đường tròn � IAM �  EA � D (chắn cung AE � ); Mặt khác, ABE �  900  ABH �  900  EAD �  ADM � � (2) BAH  EDM (1) �  EDM � + Từ (1) (2) suy MKE � bốn điểm M ,K ,D,E nằm � �  KEA �  KAD � � BD tiếp tuyến đường tròn � KDM  KEM đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK Tiêu chuẩn 3) Cho hai đường thẳng 1,  cắt điểm M Trên hai đường thẳng 1,  lấy điểm A ,B C,D điểm A ,B,C,D thuộc đường tròn MA.MB  MC.MD Ví dụ 1) Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB đường thẳng  nằm ngồi đường tròn (O) vng góc với AB C Kẻ cát tuyến CMN với đường tròn (O) , AM ,AN cắt  D,E Chứng minh MNED nội tiếp được: Phân tích định hướng giải: 81 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � Vì AMB  900 � BCDM tứ giác nội tiếp , suy AB.AC  AM.AD (1) �  BCE �  900 hay tứ giác BCNE nội Tương góc ANB  900 � BNE tiếp, từ suy AB.AC  AN.AE (2) Kết hợp (1), (2) ta có: AM.AD  A N.AE � MNED tứ giác nội tiếp �  900) có đường cao BD Ví dụ 2) Cho tam giác cân ABC(AB  AC,A Gọi M ,N ,I theo thứ tự trung điểm đoạn BC,BM ,BD Tia NI cắt cạnh AC K Chứng minh tứ giác ABMD,ABNK nội tiếp 3BC  4CA.CK Giải: Do tam giác ABC cân A nên AM  BC mặt khác BD  AC � ABMD tứ giác nội tiếp �  DMC � Vì NI / /  MD � KNC , ta � � có DMC (Tính chất tứ giác  KAB �  KAB � nội tiếp) suy KNC hay ABNK tứ giác nội tiếp 3 Ta có: CA.CK  CN.CB mà CN  CB � BC  CA.CK � 3BC  4CA.CK 4 Ví dụ 3) Cho tứ giác lồi ABCD có giao điểm đường chéo M 82 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � Đường phân giác góc ACD cắt BA K �  CDB � Giả sử MA.MC  MA.CD  MB.MD Chứng minh BKC Phân tích định hướng giải: Ta gọi N giao điểm CK BD theo tính chất đường phân ND CD MC.DN  � CD  thay vào biểu thức NM CM MN MA.MC  MA.CD  MB.MD ta có: giác ta có: MC.DN MD  MA.MC � MA.MC  MB.MN Do MN MN M nằm tứ giác ABCN theo tiêu chuẩn ta có: ABNC tứ �  ACK �  KCD � Theo tiêu chuẩn ta có: BCDK giác nội tiếp nên ABD MB.MD  MA.MC  MA �  CDB � tứ giác nội tiếp Suy BKC Ví dụ 4) Cho tam giác ABC Đường tròn  O  qua A C cắt A B,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 OMB vng (IMO 1985) Phân tích định hướng giải: Gọi P giao điểm đường thẳng AC KN � � � �  BNK �  KPA � Ta có KMA nên điểm M ,P,A ,K  BMA  BMK  BCA nằm đường tròn Ngồi ta có 83 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � �  180  ACB �  180  AMB � (do ACNK tứ giác nội tiếp) nên AMP  AKP ta suy điểm M nằm đoạn BP Gọi R bán kính đường tròn  O  Ta có: BM.BP  BN.BC  BK.BA  BO  R PM.PB  PN.PK  PA.PC  PO2  R cộng vế hai đẳng thức ta thu được: BM.BP  PM.BP  BO  PO2  2R � BP  BO  PO2  2R Khi ta có: 2 �BO  R � �OP  R � (BO  PO  2R 2)(BO  OP 2) BM  PM  � � � � � BP � � BP � BP � � � � 2  BO2  OP Từ suy OM  BP Chú ý: Để chứng minh OM  BP ta dùng kết quả: Cho tam giác ABC điểm H nằm cạnh BC Khi AH đường cao AB2  AC  HB2  HC Thật vậy: Nếu AH đường cao ta ln có: AB2  AC2  HB2  HC (Theo định lý Pitago) Ngược lại: Nếu ta có: AB2  AC2  HB2  HC (*), gọi M điểm BC cho AB2  AC  MB2  MC Từ ta có: HB2  HC  MB2  MC hay (HB  HC)(HB  HC)  (MB  MC)(MB  MC) � BC.(HB  HC)  BC(MB  MC)  HB � HC MB MC 84 M H suy điều phải chứng minh: PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Bạn đọc tham khảo cách giải khác ví dụ Dấu hiệu 85 ... MSx � �  IFS � � tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp nên ICS IFS �  SCF � Mặt khác tứ giác ACSB nội tiếp nên � EIS �  ABS �  1800 � EIS �  ABS �  1800 hay tứ giác EISB nội tiếp ACS Cơng việc...  A I � M ,H ,K thẳng hàng �  HDK � Tứ giác DEHK nội tiếp � HEK , tứ giác MEKC nội tiếp �  KMC � � � � KMB �  BDK � � tứ giác BKDM nội � KEC � KMC  HDK tiếp Ví dụ 7) Cho hai đường tròn (O1),(O... 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 � �

Ngày đăng: 18/12/2019, 18:39

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan