Toán Lớp 9: Chương 4. Một Số Tiêu Chuẩn Nhận Biết Tứ Giác Nội Tiếp

việc tìm liên hệ trực tiếp là tương đối khó vì vậy ta nghỉ đến hướng tạo một đường thẳng ‘’đặc biệt’’ vuông góc với BJ sau đó chứng minh đường thẳng này song song với AC từ đó ta ng[r]

MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP

Tiêu chuẩn Điều kiện cần đủ để bốn đỉnh tứ giác lồi nằm trên đường tròn tổng số đo hai góc tứ giác hai đỉnh đối diện 1800

Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A C 180  B D 180   Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp BAD DCx

Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng A Kẻ đường cao AH phân giác

trong AD góc HAC Phân giác góc ABCcắt AH,AD

M, N Chứng minh rằng: BND 90  0. Phân tích hướng dẫn giải: Ta có MHD 90  Nếu MND 90  tứ giác MHDN nội tiếp Vì thay trực tiếp góc

 

tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh AMN ADH Thật ta có AMN BMH 90  0 MBH , NDH900 HAD mà

 1  1

MBH ABC,HAD HAC

2 và ABC HAC  phụ với góc BCA từ

đó suy AMN ADH hay tứ giác MHDNnội tiếp MND MHD 90   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, AC

a) Chứng minh AHCP tứ giác nội tiếp

b) N,H,P thẳng hàng

c) Tìm vị trí điểm Mđể độ dài đoạn NP lớn nhất. 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 180   0.Mặt khác ta có

 

AHC IHK ( đối đỉnh), APC AMC ABC ( tính đối xứng góc nội

  

ABC IHK 180 điều hiển nhiên tứ giác BIHKlà tứ giác

nội tiếp

b) Để chứng minh N,H,P thẳng hàng ta chứng minh

  

NHA AHP 180 ta tìm cách quy hai góc góc đối

trong 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 180   điều hiển nhiên tứ giác ABMC nội tiếp Vậy NHA AHP 180   hay N,H,P thẳng hàng

Chú ý: Đường thẳng qua N,H,P đường thẳng Steiners điểm

M Thông 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 trịn 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 khi 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 và

Để chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp ta

chứng minh: MAN MEN 180   Ta cần tìm liên hệ góc

 

MAN; MEN với góc có sẵn

của tứ giác nội tiếp khác Ta có

  0    0  0   0   

MEN 360 MEH NEH 360 180 ABC 180 ACB ABC ACB



1800 BAC suy MEN MAN 180   0 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 vng) Suy tam giác MBH cân M KB KH  MK ln qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MBH Hay MN tiếp tuyến

(MBH) suy IM2IE.IH, tương tự ta có MN tiếp tuyến của

HNC

suy IN2 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

các 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

với cạnh tam giác , điểm Q

đối xứng với P qua DE Do ta có: AD EP EC EQ

và DPDQ( Đây chìa khóa để ta giải toán 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 minh

ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: PCH PEH 180   0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 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

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

hoặc DMAN tứ giác nội tiếp Mặt khác ta có: ABD CAD và

 

ACD BAD (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung)  BDA và ADC đồng dạng nên ta suy DMA DNC

   

 DMA DNA DNC DNA 180  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 vng cân A đường trịn  O tiếp xúc với AB,AC B,C Trên cung BC nằm tam giác ABC lấy điểm

M MB; C GọiI,H,K hình chiếu M BC; CA; AB và 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 BIMK nội tiếp

nên MBC MKI Mặt khác

AC tiếp tuyến (O) nên

ta có: ACK MBC CIMH

rằng BMC KMH 135  0, PIQ PIM IMQ  

    

KBM KCH 1sđ BM MC 450

2 suy đpcm.(Các em học sinh tự

hoàn thiện lời giải)

Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB ACB

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

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

b) Từ kết câu a, suy ADP ANP 45 ,QAM QBM0   450

 NPAM,MQAN Tập hợp điểm P,Q,C nhìn đoạn MN một

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 dở 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 90 nên tứ giác

ABNE nội tiếp, suy BEN BAN.

Mặt khác BAN BCM ,

do BCM BEN hay BCD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.

tuyến), kết hợp tính đối xứng điểm

S ta có MSB BHD MHE  MEB

nên tứ giác MESB nội tiếp Suy RBE MSE  (1)

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 90  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:

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)

tại 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

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 180   0 EIS ABS 180   hay tứ giác

EISB nội tiếp

Cơng việc cịn lại chứng minh: IBlà phân giác góc ABC

Vì EBI ESI mà

       180 A    180 A   C B

ESI ISB ESB AEF MSB MCB

2 2 2 Điều

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

bài 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 trịn (O ),(O )1 tiếp xúc với Kẻ đường thẳng O O1 2cắt hai đường tròn (O ),(O )1 A, B,C ( B tiếp

điểm ) Đường thẳng  tiếp tuyến chung hai đường tròn với tiếp

điểm tương ứng D , D1 2 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

ta phải chứng minh AD2 ME, tức ta chứng minh H trực tâm tam

giác MAE Khi ta có: AD E1 AD E

hay tứ giác AD D E1 tứ giác nội tiếp

+ Gọi N giao điểm CD2 AM Xét tiếp tuyến chung (O )1 và

(O )

qua B cắt ( ) I Khi ta có: ID1IB ID 2 BD D1 2 vuông tại B, D E / /CN1 (cùng vuông góc với BD2) Do BAD 1BD D1 (Góc tạo

bởi tia tiếp tuyến dây cung), mặt khác

 

1 2

BD D D D N

(so le trong) Suy

  

1 1

CAD ND D AD D C

tứ giác nội tiếp (1) Xét tứ giác ED D C1 ta có: ED / /CD , BEC1  IBD 1 ( góc đồng vị) Suy ra

 

1

ED D D EC suy tứ giác ED D C1 2 hình thang cân nên nội tiếp

(2) Từ (1), (2) ta suy điểm A, D , D ,C,E1 thuộc đường tròn Suy tứ giác AD D E1 nội tiếp được.

Ví dụ 6) Cho tam giác ABC có hai đường cao BD,CE cắt H gọi I

là trung điểm BC Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI CDI cắt

nhau K, DE cắt BC M Chứng minh tứ giác BKDM nội tiếp. 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 5

Lời giải: Trước tiên ta chứng minh: tứ giác AEKD nội tiếp (Bạn đọc có thể tham khảo phần ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Ta có:

      

A B C EKC EKI IKD 540 Theo giả thiết B EKI  IKD C 180    

 A EKD 180   tứ giác AEKD nội tiếp  ADE AKE,

  

BD AC,CE AB tứ giác BEDC nội tiếp  ADE B Kết hợp với  

ADE AKE B AKE  EKI AKE EKI B 180      A,K,I thẳng hàng.

BDC tam giác vuông nên ID IC ,IKDC tứ giác nội tiếp nên ta có:   

IKC IDC ICD, IKC KAC ACK   (Tính chất góc ngồi ),

     

ICD ICK KCD KAC ICK, mà KAD DEK (chắn cung DK)

 

 ICKDEK  tứ giác MEKC nội tiếp MEC MKC Theo kết trên suy ra

           

IKC AED MEB,MEC MEB 90 ,MKC MKI IKC MKI 90

 MKKI A,E,H, D,Knằm đường tròn đường kính AH

 HKAI  M,H,K thẳng hàng Tứ giác DEHK nội tiếp  HEK HDK , tứ giác MEKC nội tiếp

     

 KEC KMC  KMC HDK  KMBBDK tứ giác BKDM nội tiếp.

phía B lấy điểm Mqua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF với đường tròn (O )1 (E,F tiếp điểm) điểm F,O2 nằm phía so với AB Đường thẳng

BE, BFcắt 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

IP EB FQ Để chứng minh I trung

điểm PQ ta chứng minh:

 EP FB

EB FQ Bây ta tìm cách thay

các đại lượng

 EP FB

EB FQ (*) thành đại lượng tương đương để

thơng qua ta quy việc chứng minh tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng Xét đường tròn (O )1 với cát tuyến M, B,A hai tiếp

tuyến ME,MF Ta có tính chất quen thuộc:



FA EA

FB EB (Xem phần chùm

tập cát tuyến tiếp tuyến) Từ suy



FB FA

toán chứng minh:

     

EP FA EP EA

EPA FQA

FQ EA FQ FA ta có:

 

EPA FQA góc nội tiếp chắn cung AB AEPAFQ (tứ giác AEBF 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: Vì MF tiếp tuyến đường trịn (O )1 nên ta có: MFB FAB  (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy MFB, MAF đồng dạng

 MF FB

MA FA Tương tự ta có: MEB, MAE đồng dạng suy ra

 ME EB

MA EA, mà   

FB EB

ME MF

FA EA (1) , mặt khác AFE ABE  (chắn

cung AE) ABE AQP (do tứ giác ABPQ nội tiếp) Suy

  

AFE AQP AFIQ tứ giác nội tiếp, suy AFQ AIQ  AFB AIP  , ta

cũng có: ABF APQ  suy FBA, IPA đồng dạng suy

 BF PI AF AI (2).

Tương tự ta chứng minh được: ABE, AQI đồng dạng suy



QI BE

IA AE

(3).Từ (1), (2), (3) suy

  

QI PI

IP IQ IA IA

Ví dụ 8) Cho tam giác ABC Đường tròn  O qua Avà 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 vuông

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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 Khi ta có : BxBJ KBx BNK (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây) Mặt khác AKNC nội tiếp  BACBNK  MKx A  Bx / /AC Từ suy BJ / /OI Tương tự: Từ B kẻ tiếp tuyến By với đường tròn ngoại tiếp ABC, 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 đường trịn cắt nhau)

 QMQB QMQB QO  BMO tam giác vng  OMB 90  0.

Ví dụ 9) Cho hai đường tròn O1 O2 tiếp xúc M (đường

tròn O2 nằm trong) Hai điểm P Q thuộc đường tròn O2 qua P kẻ

tiếp tuyến với O2 cắt O1 B D qua Q kẻ tiếp tuyến với O2 cắt

O1 Avà C Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác

Vì giả thiết hai đường trịn tiếp xúc với điểm M nên ta nghỉ đến việc tiếp tuyến chung Mx

để tận dụng yếu tố góc: Bài tốn làm ta nghỉ đến định lý Lyness tiếng ( Xem thêm phần định lý hình học tiếng

(Định lý Lyness mở rộng) các

tínhchất quen thuộc liên quan đến chứng minh định lý là: MP phân giác góc DMB, kéo dài MP cắt (O )1 E E trung điểm BD…

Từ định hướng ta suy cách giải cho toán sau:

+ Dựng tiếp tuyến chung Mx hai đường tròn (O ),(O )1 khi ta có:

  1 

DPM PMx sđPM

2 ,

  1 

DBM DMx sđDM

2 mà DPMPMB PBM  (tính

chất góc ngồi tam giác), PMx PMD DMx   PMD PMB  MP phân giác DMB, gọi E giao điểm MP với O1 E trung điểm của

BD  CE phân giác BCD + Gọi I giao điểm CE PQ ta cần chứng minh DI phân giác

củan BDC Mặt khác I tâm vịng trịn 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

 1  1    1      

ICM sđEDM sđDM sđDE sđDM sđEB DPM EPB

 IQCM nội tiếp suy MIC MQC  mà

  1 

MQC MPQ sđMQ

2 (Tính chất

góc tạo tiếp tuyến dây cung) suy MIC MPQ   EPI EIM

 EIM đồng dạng EPI  EI2 EP.EM, Tương tự ta chứng minh

được DPIM tứ giác nội tiếp DEP đồng dạng với 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 trịn tiếp xúc với

nhau việc kẻ tiếp tuyến chung để suy góc từ phát hiện tứ giác nội tiếp hướng quan trọng để giải tốn

Ví dụ 10) Cho tam giác vng 

  0

ABC A 90

B C  tiếp tuyến 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:

điểm Muốn làm điều điều kiện cần phải xác định rõ tâm đường tròn Nhưng việc làm không dễ tâm đường trịn khơng phải điểm đặc biệt Để khắc phục 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 (AKD) ta phải chứng minh: KDB KAD 

+ Vì E điểm đối xứng A qua BC  DE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ABC  AEBC MA ME Theo giả thiết IA IH nên

  

  

IM / /BE KIM KBE KAE  A,I,M,K nằm đường tròn

 

 IAMIKM;BAH BAE HAE   BKE IKM   MKE (1)

Mặt khác, ABE EAD (chắn cung AE);

  0   0   

BAH 90 ABH 90 EAD ADM EDM (2)

+ Từ (1) (2) suy MKE EDM  bốn điểm M,K, D,E nằm đường tròn  KDM KEM KEA KAD  BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK.

Tiêu chuẩn 3) Cho hai đường thẳng  1, 2 cắt điểm M Trên hai đường thẳng  1, 2 lấy điểm A, B C, Dkhi điểm

A, B,C,D thuộc đường tròn MA.MB MC.MD

ngồi đường trịn (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:

Vì AMB 90  0 BCDM tứ giác nội tiếp , suy AB.AC AM.AD (1) Tương góc ANB 90 0 BNE BCE900 hay tứ giác BCNEnội tiếp, từ suy AB.AC AN.AE (2) Kết hợp (1), (2) ta có:

 

AM.AD AN.AE MNED tứ giác nội tiếp.

Ví dụ 2) Cho tam giác cân ABC(AB AC,A 90 )   có đường cao BD 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 và



3BC 4CA.CK Giải:

Do tam giác ABC cân A nên AMBC mặt khác

 

Vì

 

1  

NI / / MD KNC DMC

2 , ta

cũng có DMC KAB (Tính chất tứ giác nội tiếp) suy KNC KAB hay ABNK tứ giác nội tiếp

Ta có: CA.CKCN.CB mà

3  2  2

CN CB BC CA.CK 3BC 4CA.CK

4

Ví dụ 3) Cho tứ giác lồi ABCD có giao điểm đường chéo M Đường phân giác góc ACD cắt BA K Giả sử MA.MC MA.CD MB.MD  Chứng minh BKC CDB

Phân tích định hướng giải:

Ta gọi N giao điểm CK BD theo tính chất đường phân giác

trong ta có:

  

ND CD MC.DN

CD

NM CM MN thay vào biểu thức

 

MA.MC MA.CD MB.MD ta có:

  MC.DN MD  

MB.MD MA.MC MA MA.MC MA.MC MB.MN

MN MN Do

tiếp nên ABD ACK KCD Theo tiêu chuẩn ta có: BCDK tứ giác nội tiếp Suy BKC CDB

Ví dụ 4) Cho tam giác ABC Đường tròn  O qua Avà 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 OMB vuông (IMO 1985) Phân tích định hướng giải:

Gọi P giao điểm đường thẳng AC KN Ta có KMA BMA BMK   BCA BNK  KPA nên điểm M,P,A,K nằm đường tròn Ngồi ta có

       

AMP AKP 180 ACB 180 AMB (doACNK tứ giác nội tiếp) nên ta

suy điểm M nằm đoạn BP Gọi R bán kính đường trịn  O Ta có: BM.BPBN.BCBK.BABO2 R2và

   2

PM.PB PN.PK PA.PC PO R cộng vế hai đẳng thức ta thu

được: BM.BP PM.BP BO2PO2 2R2 BP2BO2PO2 2R2 Khi ta có:

        

      

   

   

2

2 2 2 2 2

2

2

BO R OP R (BO PO 2R )(BO OP )

BM PM

BP BP 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 khi

  

2 2

AB AC HB HC

Thật vậy:

Nếu AH đường cao ta ln có: AB2 AC2HB2 HC2 (Theo định lý

Pitago) Ngược lại: Nếu ta có: AB2 AC2 HB2 HC2(*), gọi M điểm BC cho AB2 AC2MB2 MC2 Từ ta có:

  

2 2

HB HC MB MC hay

        

(HB HC)(HB HC) (MB MC)(MB MC) BC.(HB HC) BC(MB MC)

HB HC MB MC   M H suy điều phải chứng minh: