Đang tải... (xem toàn văn)
PHƯƠNG PHÁP GIẢI Cũng như phần góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, các định lý và hệ quả của góc có đỉnh nằm trong hoặc nằm ngoài đường tròn giúp chúng ta tìm m[r]
(1)CHƯƠNG 3: GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN KIẾN THỨC CƠ BẢN
- Góc ·ABE có đỉnh A nằm đường tròn ( )O cạnh cắt đường trịn gọi góc nội tiếp (Hình) Trong trường hợp góc nội tiếp có số đo khơng vượt q 900 số đo chúng nửa số đo góc tâm, chắn cung Các góc nội tiếp có số đo nửa số đo cung bị chắn Vì thế, góc chắn cung (hoặc chắn cung nhau) chúng nhau, góc nội tiếp cung bị chắn
Trên hình vẽ ta có:
· · · ¼
đ 1s 2
ABE =ADE =ADE = AE
- Cho đường tròn ( )O dây cung AB Từ điểm A ta kẻ tiếp tuyến Ax với đường trịn, ·BAx gọi góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung AB (Hình) Cũng góc nội tiếp, số đo góc tia tiếp tuyến
dây cung nửa số đo cung bị chắn :
· ·
đ 1 đ
s s
2
BAx= AmB
(2)Chú ý: Việc nắm khái niệm, định lý, hệ góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung giúp so sánh số đo góc, từ chứng minh đường thẳng song song với nhau, tam giác nhau, tam giác đồng dạng với nhau…
I Góc nội tiếp đường trịn A PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Hai góc chắn cung nửa số đo cung bị
chắn Trên hình vẽ:
· · ¼
đ đ 1 đ
s s s
2
ABD = ACD = AD
- Các góc chắn hai cung Trên hình vẽ:
¼ » · ·
đ đ đ đ
s s s s
AD=CD Û AD = CD Û ABD = CAD.
B VÍ DỤ Ví dụ Trên cạnh huyền BC tam giác vng ABC phía ngồi ta dựng hình vng với tâm điểm O Chứng minh AO tia phân giác góc ·BAC
Lời giải:
(3)Lại có BAC =· 900 suy bốn điểm A B O C, , , nằm đường trịn đường kính BC
Đối với đường trịn ta thấy BAO· =BCO· (cùng chắn BO¼ ) Mà · 450 · 450
BCO= Þ BAO = Do BAC =· 900
, nên
· · · 450
CAO=BAC - BAO = Vậy BAO· =CAO· , nghĩa AO tia phân giác góc vng ·BAC (đpcm).
Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O Từ đỉnh A ta kẻ đường cao AH (H thuộc BC ) Chứng minh BAH· =OAC· Lời giải:
Kẻ đường kính AE đường trịn ( )O Ta thấy ACE =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Từ OAC· +AEC· =900 (1)
Theo giả thiết ra, ta có: BAH· +ABC· =900 (2) Lại AEC· =ABC· (cùng chắn AC¼ ) (3)
(4)Lưu ý: Cũng giải tốn theo hướng sau: Gọi D giao điểm tia AH với đường tròn ( )O , chứng tỏ tứ giác BDEC hình thang cân Từ suy sđBD» =sđCE» , dẫn đến BAD· =CAE· , hay BAH· =OAC· .
Ví dụ Cho tam giác đềuABC nội tiếp đường tròn ( )O Trên cung BC¼ khơng chứa A ta lấy điểm P (P khác B P khác C ) Các đoạn
PA BC cắt Q.
a) Giả sử D điểm đoạn PA cho PD =PB Chứng minh DPDB
b) Chứng minh PA =PB +PC
c) Chứng minh hệ thức
1 1 1
PQ =PB +PC .
Lời giải:
a) Trước tiên ta nhận thấy tam giác PBD cân P Mặt khác,
· · · 600
BPD=BPA=BCA= (hai góc nội tiếp chắn AB» đường
(5)minh DA =PC Thật vậy, xét hai tam giác BPC BDA có: BA =BC (giả thiết), BD =BP (do tam giác BPD đều) Lại ABD· +DBC· =600 , PBC· +DBC· =600 nên ABD· =PBC· Từ DBPC = DBDA
(c.g.c), dẫn đến DA=PC (đpcm)
c) Xét hai tam giác PBQ PAC ta thấy ·
0
60
BPQ = ,
· · 600
APC =ABC = (hai góc nội tiếp chắn cung AC¼ ) suy ra
· · ,· · ·
BPQ=APC PBQ=PBC =PAC (hai góc nội tiếp chắn PC¼ )
Từ DPBQ : DPAC (g.g)
PQ PC
PB PA
Þ =
, hay PQ PA. =PB PC. Theo kết câu b, ta có PA =PB +PC nên
( ) .
PQ PB+PC =PB PC
Hệ thức tương đương với
1 1 1
PQ =PB +PC (đpcm).
Ghi chú:
- Tứ giác ABCD có tính chất AB CD. =BC AD. (*) nói ví dụ gọi tứ giác điều hòa Loại tứ giác đặc biệt có nhiều ứng dụng việc giải tốn hình học phẳng khác
- Nếu hệ thức (*) dạng
AB BC
(6)Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Đường phân giác góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác D Gọi I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh DB =DC =DI
Giải: Ta ln có DB =DC AD phân giác góc A Ta chứng minh tam giác DIB cân D
Thật ta có: IBD· =IBC· +CBD· Mặt khác CBD· =CAD·
(Góc nội tiếp chắn cung CD) mà
· ·
BAD =CAD , IBC· =IBA·
(Tính chất phân giác) suy
· · ·
IBD =ABI +BAI Nhưng
· · ·
BID =ABI +BAI (Tính chất góc ngồi) Như tam giác BDI cân tại DÞ DB =DI =DC
Nhận xét: Thơng qua tốn ta có thêm tính chất: Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC giao điểm phân giác góc A với ( )O
Ví dụ 5) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O AB <AC Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A Vẽ MH MK MI, , lần
lượt vng góc với
BC AC AB
MH =MK +MI
Giải:
(7)ta nghỉ đến tam giác đồng dạng
và định lý Thales Cách 1: Dựng đường thẳng qua A
song song với BC cắt ( )O N Gọi E giao điểm BC MN Ta có: AB =NC
Ta có
· · » ¼ ¼ ¼ ·
đ đ
1 1
2 2
BME BMN = s ABốổỗỗ +ANửứữữữ= s NCỗổốỗ +ANữữữửứ=AMC ,
à Ã
MBC =MAC ị DBME : DAMC MH MK, hai đường cao
tương ứng nên:
AC BE
MK =MH , chứng minh tương tự ta có:
AB CE
MI =MH Cộng hai đẳng thức ta có:
BC AC AB
MH =MK +MI
Cách 2: Ta thấy MH MI, đường cao tam giác MBC MAB, hai tam giác không đồng dạng với Điều giúp ta nghỉ đến việc lấy điểm E cạnh BC cho BMA· =DMC· để tạo tam giác đồng dạng giữ hai đường cao tương ứng (Phần lời giải xin dành cho bạn đọc)
2 Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung A PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung (tại điểm đường tròn) nửa số đo cung bị chắn
- Trên hình vẽ:
· · ¼
đ đ 1 đ
s s s
2
BAC = xBC = BC
(8)B VÍ DỤ
Ví dụ Giả sử A B hai điểm phân biệt đường tròn ( )O Các tiếp tuyến đường tròn ( )O Các tiếp tuyến đường tròn ( )O A B cắt điểm M Từ A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn ( )O C MC cắt đường tròn ( )O E Các tia AE
MB cắt K Chứng minh MK2=AK EK.
MK =KB Lời giải:
Do MB/ /AC nên
· ·
BMC =ACM (1), ta lại có
· · ·
ACM =ACE =MAE
(cùng chắn AE¼ ) (2) Từ (1) (2)
suy DKME : DKAM (g.g)
MK EK
AK MK
Þ =
(9)(g.g)
BK EK
AK BK
Þ =
hay BK2=AK EK. (4) Từ (3) (4) suy ra
2
MK =KB nghĩa MK =MB (đpcm).
Ví dụ Cho đường tròn ( )C tâm O, AB dây cung ( )C không qua O I trung điểm AB Một đường thẳng thay đổi qua
A cắt đường tròn ( )C1 tâm O bán kính OI P Q Chứng minh
rằng tích AP AQ. khơng đổi đường trịn ngoại tiếp tam giác BPQ qua điểm cố định khác B
Lời giải: Ta có PQI· =PIA· (cùng chắn ºPI ), nên DAPI : DAIQ (g.g) Suy
2
.
AP AI AP AQ AI
AI =AQ Þ = (khơng đổi) Giả sử đường tròn ngoại tiếp
tam giácBPQcắt AB D (D ¹ B) Khi DADP : DAQB, suy
AD AP
AQ =AB hay AD AB. =AP AQ. =AI2
(không đổi) Do điểm D điểm cố định (đpcm).
Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H BAC =· 600 Gọi , ,
(10)các điểm I M E K, , , thuộc đường tròn c) Giả sử IA phân giác ·NIP Tìm số đo ·BCP
Lời giải:
a) Từ giả thiết ta có 1 2 IN =IP = BC
nên tam giác INP cân I Lại B P N C, , ,
nằm đường trịn tâm I , đường kính BC nên theo mối liên hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung, ta thấy
· 2· 600
PIN = PBN = Vậy tam giác INP đều.
b) Rõ ràng bốn điểm I M E, , K nằm đường tròn đường kính AI c) Từ điều kiện toán ta thấy AI tia phân giác BAC =· 600, mà I trung điểm BC nên tam giác ABC Từ suy
· 300
BCP = .
Ví dụ 4) Cho tam giác cân ABC AB,( =AC) Gọi O trung điểm BC Dựng đường tròn ( )O tiếp xúc với cạnh AB AC, D E, M điểm chuyển động cung nhỏ DE tiếp tuyến với đường tròn ( )O
M cắt AB AC, P Q, Chứng minh BC2=4BP CQ. tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác APQ lớn nhất.
(11)Ta thấy SDABC không đổi nên APQ
SD
lớn SBPQC nhỏ nhất, sở để ta làm xuất biểu thức có liên quan đến BP CQ, Ta có AB PQ AC, , tiếp tuyến điểm
, ,
D M E ( )O nên ta có: AB ^OD PQ, ^OM AC, ^OE BD, =CE Từ ta tính được:
( ) ( )
1 1 2 2
2 2
BPQC
S = R BP +PQ CQ+ = R BD+ DP + EQ CE+
( ) ( )
.
R BD DP EQ R BP CQ BD
= + + = +
-
Mặt khác ta có:
· 1· 1(1800 µ) µ µ
2 2
POQ = DOE = - A =B =C
nên suy
· 1800 · · 1800 · · ·
BOP = - POQ QOC- = - QCO QOC- =CQO
BPO COQ
Û D : D
2
. .
4
BP BO BC
BP CQ BOCO
CO CQ
Þ = Û = =
Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: BP +CQ ³ 2 BP CQ. =BC
( )
.
BPQC
S R BC BD
Þ ³
- Vậy SBPQC nhỏ BP =CQ Û M trung điểm cung DE
(12)*) Với đỉnh A nằm đường trịn ( )O ta có góc với đỉnh đường trịn (hình)
Số đo góc nửa tổng số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc tia đối hai cạnh
+
· đ» đ»
đ s s
s
2
BE CD
BAE = +
+
· đ» đ»
đ s s
2
BD CE
s BAD = +
*) Với đỉnh A nằm ngồi đường trịn ( )O ta có số đo góc nằm ngồi đường tròn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn
+ Trên hình vẽ ta có:
· ¼ ¼
đ 1 đ đ
s s s
2
CAE = ổỗỗ EmC - BnDửữữữ
è ø
Cần lưu ý đến trường hợp sau: + Với đỉnh A nằm đường tròn ( )O AD tếp tuyến ( )O , qua A
vẽ cát tuyến cắt đường trịn ,
BC
à 1 sẳ sẳ 2
CAD = ổỗỗ CmD- BnDư÷÷÷
è ø
(13)( )O AB AC, tếp tuyến ( )O ,
(A, B tiếp điểm) Ã 1 sẳ sẳ
2
BAC = ổỗỗ BmC - BnCư÷÷÷
è ø
3 Áp dụng góc có đỉnh ngồi đường trịn.
A PHƯƠNG PHÁP GIẢI Cũng phần góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, định lý hệ góc có đỉnh nằm nằm ngồi đường trịn giúp tìm mối quan hệ số đo góc, chứng minh đường song song, tam giác nhau, tam giác đồng dạng với nhau, hai đường thẳng vng góc với
B VÍ DỤ
Ví dụ ) Trên đường trịn ( )O cho điểm A B C D, , , theo thứ tự Gọi
1, , ,1 1
A B C D
điểm cung AB BC CD, , DA Chứng minh đường thẳng AC1 1 B D1 1 vng góc với nhau
Lời giải: Gọi I giao điểm AC1 1 B D1 1; a b g d, , , theo thứ tự số đo
các cung AB BC CD DA» ,¼ ,» ,» Khi
0
360
a+ + + =b g d
Xét góc ·
1
A IB
góc có đỉnh nằm đường trịn ( )O Ta có
· ¼ ¼
đ đ
1 1 1
1 s s
2
(14)¼ ¼ ¼ ¼
đ 1 đ 1 đ 1 đ 1
1 s s s s
2 A B BB C D DD
ổ ửữ
ỗ
= ỗ + + + ÷÷
è ø
( )
1
90 4 a b g d
= + + + =
Nghĩa AC1 1^B D1 1 (đpcm).
Ví dụ Cho bốn điểm A D C B, , , theo thứ tự nằm đường trịn tâm O đường kính AB =2R (C D nằm phía so với AB) Gọi E F theo thứ tự hình chiếu vng góc A B, đường thẳng CD Tia AD cắt tia BC I Biết AE +BF =R 3
a) Tính số đo ·AIB
b) Trên cung nhỏ CD lấy điểm K Gọi giao điểm KA KB, với DC M N Tìm giá trị lớn MN K di động cung nhỏ CD
Lời giải:
a) Kẻ OH ^CD H( Ỵ CD), ta thấy OH đường trung bình hình thang ABFE ,
suy ( )
1 3
2 2
R
OH = AE +BF =
Từ tam giác OCD đều,
suy sđCOD· =sđK CD· =600.Ta thấy ·AIB có đỉnh nằm ngồi đường trịn ( )O nên
· ¼ ¼ ( )
đ 1 đ đ 1 0
s s s 180 60 60
2 2
AIB = ốổỗỗ AmB - KCDữữửữứ= - =
(15)đó MN lớn EM +NF nhỏ Theo trên, EM NF. không đổi nên EM +NF nhỏ EM =FN = AE BF. Vậy giá trị lớn MN EF - 2 AE BF. .
Ví dụ Trong tam giác ABC , đường phân giác ·BAC cắt cạnh BC D Giả sử ( )T đường tròn tiếp xúc với BC D qua điểm A Gọi M giao điểm thứ hai ( )T AC , P giao điểm thứ hai
( )T
BM , E giao điểm AP BC a) Chứng minh EAB· =MBC·
b) Chứng minh hệ thức BE2=EP EA. Lời giải:
a) Gọi N giao điểm thứ hai AB với đường tròn ( )T Do AD phân giác ·BAC nên sđDM¼ =sđDN¼ Ta có
· · 1 sđ¼ sđ» 1 sđ¼ sđ»
2 2
MBC =MBD= ỗốỗổ DM - DPứữữữử= ỗổỗố DN - DPữữữứử
» · ·
đ 1
s
2 NP NAP EAB
= = =
(đpcm) b) Từ kết câu a, ta thấy EBP· =EAB· Từ DEBP : DEAB (g.g),
suy
BE EA
EP = BE hay BE2=EP EA.
(16)Ví dụ Trên đường tròn ( )O ta lấy điểm A C B A C B, , , , ,1 1 theo thứ tự
đó
a) Chứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đường
phân giác tam giác ABC chúng đường cao
1 1
A B C
D
b) CHứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đường cao
của tam giác ABC chúng đường phân giác tam giác
1 1
A B C
D
(17)
a) Ta chứng minh AA1^B C1 1 Thật vậy, gọi M giao điểm AA1 và 1
B C
, đó:
· đ¼ đ¼ đ¼ đ¼ đ¼
1 1 1 1
1 1
s s s s s
2 2
AMB = ỗốỗổ AB + A BC ữửữứữ= ốổỗỗ AB + A B + BC ư÷÷÷ø
· · · (· · · )
1 1
1
90 2
ABB A AB BCC ABC CAB BCA
= + + = + + =
(đpcm) Chứng minh tương tự ta có BB1^AC CC1 1; 1^A B1 1.
b)
Gọi M1 giao điểm BB1 AC Ta có
· đ¼ đ¼ · ·
1 1 1
1 s s
2
BM A= ỗổỗố AC B + ACư÷÷÷ø=BCA+AC C
(1)
Lại có
· ¼ ¼ · ·
đ
2 1 1
1 s 2
BM A = ỗổỗố AC B +B Cửứữữữ=BCA+B C C
(2) Vì
· ·
1 90
BM A=BM A =
, nên từ (1) (2) suy
· ·
1 1
AC A=B C C
Tức
1
CC
chứa đường phân giác ·
1 1
AC B
(18)Chứng minh tương tự, ta thu AA1 chứa đường phân giác của
·
1 1
B AC
, BB1 chứa đường phân giác
·
1 1
A B C
c) Kí hiệu đỉnh tam giác ( )T1 A B, C ; A B1, 1 C1 điểm
chính cung BC CA¼ ,» »AB tương ứng Khi ( )T2 tam giác
1 1
A B C
Các đường AA BB CC1, 1, 1 chứa đường phân giác tam giác
( )T1 nên chúng đồng quy điểm I Giả sử K giao điểm AB và 1
B C
Ta cần chứng minh IK / /AC
Thật vậy, ta thấy tam giác AB I1 cân B1 nên tam giác AKI cân K
Từ KIA· =KAI· =IAC· , dẫn đến IK / /AC (đpcm) Dạng Áp dụng giải tốn quỹ tích dựng hình A PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Khái niệm cung chứa góc giúp giải nhiều tốn quỹ tích, dựng hình, chứng minh nhiều điểm thuộc đường trịn
B VÍ DỤ
Ví dụ Cho tam giác cân ABC (AB =AC) D điểm cạnh BC Kẻ DM / /AB (M Ỵ AC ), DN / /AC N( Ỵ AB) Gọi D' điểm đối xứng D qua MN Tìm quỹ tích điểm D' điểm D di động cạnh BC
(19)Phần thuận: Từ giả thiết đề ta thấy NB =ND =ND',(1) ba
điểm B D D, , ' nằm đường tròn tâm N Từ
· ' 1· 2
BD D = DMC
(2) Lại có BND· =DMC· =BAC· , nên từ (1) (2) suy BD C· ' =BAC· (khơng đổi) Vì BC cố định, D' nhìn BC góc ·BAC khơng đổi,
'
D khác phía với D (tức phía với A so với MN) nên D' nằm cung chứa góc ·BAC vẽ đoạn BC (một phần đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
Phần đảo: Bạn đọc tự giải.
Kết luận: Quỹ tích điểm D' cung chứa góc BAC đoạn BC Đó cung BAC¼ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lưu ý: Quy trình để giải tốn quỹ tích sau:
Để tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn tính chất ( )T ta tiến hành bước
*Phần thuận: Chỉ điểm có tính chất ( )T thuộc hình ( )H *Phần đảo: Chứng tỏ điểm thuộc hình ( )H có tính chất ( )T *Kết luận: Quỹ tích điểm M có tính chất ( )T hình ( )H
(20)(Bạn đọc tham khảo thêm phần quỹ tích cuối sách này)
Ví dụ Cho đường trịn ( )O dây cung BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn ( )O (A khác B , A khác C ) Tia phân giác ·ACB cắt đường tròn ( )O điểmD khác điểm C Lấy điểm I thuộc đoạn CDsao cho DI =DB Đường thẳng BI cắt đường tròn ( )O điểm K khác điểm B
a) Chứng minh tam giác KAC cân
b) Chứng minh đường thẳng AI qua điểm J cố định
c) Trên tia đối tia AB lấy điểm M cho AM =AC Tìm quỹ tích điểm M A di động cung lớn BC đường tròn ( )O
Lời giải: a) Ta có
· 1 sđ» sẳ ; 2
DBK = ổỗỗố DA+ AKửữữữứ
· » ¼
đ 1 đ đ
s s s
2
DIB = ổỗỗố BD+ KCửứữữữ
Vì sđBD» +sđDA» DDBI cân D
(21)b) Từ kết câu a, ta thấy I tâm đường tròn nội tiếp DABC nên đường thẳng AI qua điểm J (điểm cung BC¼ khơng chứa A) Rõ ràng J điểm cố định
c) Phần thuận: Do DAMC cân A, nên
· 1·
2
BMC = BAC
Giả sử số đo ·BAC 2a (khơng đổi) A di động cung lớn BC M thuộc cung chứa góc a dựng đoạn BC phía điểm O
Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường trịn ( )O cắt cung chứa góc a vẽ trên đoạn BC điểm X Lấy điểm M ºCx (một phần cung chứa góc avà vẽ đoạn BC M( ¹ X M; ¹ C) Nếu MBcắt đường trịn ( )O A rõ ràng A thuộc cung lớn BC đường tròn ( )O
Vì
· 2 ;·
BAC = a AMC =a suy ra AMC
D cân A hay AC =AM Kết luận: Quỹ tích điểm M cung ºCx, phần cung chứa góc a vẽ đoạn BC phía O trừ hai điểm C X Ví dụ Cho trước điểm A nằm đường thẳng d hai điểm C D, thuộc hai nủa mặt phẳng đối bờ d Hãy dựng điểm B d cho ACB· =ADB·
(22)*Phân tích: Giả sử dựng điểm B d cho ACB· =ADB· Gọi '
D điểm đối xứng D qua d Khi ADB· =AD B· ' , vậy
· · '
ACB =AD B Suy C D' nằm nửa cung chứa góc dựng đoạn AB Từ ta thấy B giao điểm d với đường tròn ngoại tiếp DACD'
*Cách dựng: Dựng điểm D' điểm đối xứng D qua đường thẳng d Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD'
Dựng giao điểm B đường thẳng d với đường tròn (ACD') *Chứng minh: Rõ ràng với cách dựng trên, ta có ACB· =AD B· ' =ADB· *Biện luận: Nếu ba điểm A C D, , không thẳng hàng, ba điểm thẳng hàng CD khơng vng góc với d tốn có nghiệm hình
+ Nếu ba điểm A C D, , thẳng hàng d đường trung trực đoạn CD tốn có vơ số nghiệm hình
+ Nếu ba điểm A C D, , thẳng hàng, d^CD d đường trung trực CD tốn khơng có nghiệm hình
Lưu ý: Khái niệm cung chứa góc áp dụng để chứng minh nhiều điểm thuộc đường trịn Ví dụ để chứng minh bốn điểm A B C D, , , nằm đường trịn, ta chứng minh hai điểm A B nhìn CD hai góc Nói cách khác, tứ giác có
(23)Ví dụ Giả sử AD đường phân giác góc A tam giácABC (
DỴ BC ) Trên AD lấy hai điểm M N cho ABN· =CBM· BM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM điểm thứ hai E CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM điểm thứ hai F
a) Chứng minh bốn điểm B C E F, , , nằm đường tròn
b) Chứng minh ba điểm A E F, , thẳng hàng
c) Chứng minh BCF· =ACM· , từ suy ACN· =BCM· Lời giải:
a) Ta có BFC· =BAN· (cùng chắn cung BN¼ ); BEC· =CAN· (cùng chắn ¼
CM ), mà BAN· =CAN· , suy BFC· =BEC· .
Từ bốn điểm B C E F, , , nằm đường tròn (đpcm)
b) Từ kết trên, ta có CFE· =NFA· Do hai tia FA FE trùng nghĩa ba điểm A E F, , thẳng hàng (đpcm)