0

4 tứ GIÁC nội TIẾP CHUẨN (1)

19 1 0
  • 4  tứ GIÁC nội TIẾP CHUẨN (1)

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

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/10/2021, 14:50

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 �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 phân giác AD góc HAC � cắt AH ,AD M ,N Chứng minh rằng: BND �  900 ABC 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 2 � � � từ suy AMN hay tứ giác MHDN nội tiếp BCA  ADH � � � MND  MHD  900 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 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 �  APC �  1800 Mặt khác ta có AHC � � ( đối đỉnh), AHC  IHK �  AMC � � ( tính đối xứng góc nội tiếp chắn APC  ABC �  IHK �  1800 cung) Như ta cần chứng minh ABC điều hiển nhiên tứ 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 NHA  AHP góc đối tứ giác nội tiếp �  ACP � �  ACM � Thật ta có: AHP (tính chất góc nội tiếp), ACP (1) (Tính chất đối xứng) Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta dễ chứng minh A HBN tứ giác http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � � �  ABM � nội tiếp từ suy AHN , mặt khác ABN (2)  ABN (Tính chất đối xứng) Từ (1), (2) ta suy cần chứng �  ACM � minh ABM  1800 điều hiển nhiên tứ � �  1800 hay N ,H ,P thẳng giác ABMC nội tiếp Vậy NHA  AHP 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’’) � � ,MAP � � �  2BAC � Mặt khác ta có c) Ta có MAN  2BAM  2MAC � NAP 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: �  2AM.sin2BAC � Như NP lớn NP  2R.sinNAP 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     � � � �  1800  ACB � �  ACB � MEN  3600  MEH  NEH  3600  1800  ABC  ABC � � � suy MEN  1800  BAC  MAN  1800 Hay tứ giác A MEN tứ giác nội tiếp http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 trịn 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 � A DPE hình bình hành � AE  DP  DQ Mặt khác P,Q đối xứng qua DE � AD  PE  EQ Suy DAQE hình thang cân � � Kéo dài DE cắt CQ H ta có DAQ � �  PEH � � DAQ  AQE  AQE Như để chứng minh ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: �  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 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 AB,AC ta có: � � OMA  ONA  900 Do tứ giác OMAN nội tiếp Cơng việc cịn lại ta chứng minh AMDO ANOD DMAN tứ �BD  CA � D ACD �  BAD � giác nội tiếp Mặt khác ta có: A (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 trịn đường kính OA � � ADO  900 Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vng cân A đường tròn  O � nằm tam tiếp xúc với AB,AC B,C Trên cung BC giác ABC lấy điểm M  M �B;C  Gọi I,H ,K hình chiếu M BC;CA ;AB P giao điểm M B với IK , http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 �  MPQ � Tức ta cần chứng minh tứ giác cần chứng minh MIH �  PIM �  IMQ � � � MPIQ nội tiếp Để ý BMC  KMH  1350 , PIQ �  KCH �   KBM   sđ � BM  � MC  450 suy đpcm.(Các em học sinh tự hoàn thiện lời giải) �  ACB � Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB Ví dụ Trên cạnh BC,CD hình vuông 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: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 �  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 trịn 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 Kẻ đường kính AM cắt d N Ta có ANE �  BAN � giác A BNE nội tiếp, suy BEN �  BCM � , Mặt khác BAN �  BEN � �  BED � BCM hay BCD 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 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 nên tứ giác MESB nội tiếp Suy �  MSE � (1) RBE �  CHD �  AHF �  AEK � Lại có KSC nên tứ giác KSCE nội tiếp, �  RCE � MSE �  RCE � (2).Từ (1) (2) suy RBE nên tứ �  BEC �  900 Trong tam giác RBCE nội tiếp Từ suy BRC 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) E,F Ta có tam giác OMS, O'EF cân O,O' nên � � � O'E / /OM � OM  AB O'ES= OMS 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 � �MCS �  MSx � Thật ta có: C,I,M thẳng hàng ICS � �EFS �  MSx � �  IFS � � tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp nên ICS IFS http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word �  SCF � Mặt khác tứ giác ACSB nội tiếp nên � EIS �  ABS �  1800 � EIS �  ABS �  1800 hay tứ giác EISB nội tiếp ACS Cơng việc cịn lại chứng minh: IB phân giác � �  ESI � mà góc ABC Vì EBI � � � � �  ISB �  ESB �  AEF �  MSB �  180  A  MCB �  180  A  C  B Điều ESI 2 2 � Hay I tâm chứng tỏ IB phân giác góc ABC vịng trịn 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 trịn (O1),(O2) tiếp xúc ngồi với Kẻ đường thẳng O1O2 cắt hai đường tròn (O1),(O2) A ,B,C ( B tiếp điểm ) Đường thẳng  tiếp tuyến chung hai đường tròn với tiếp điểm tương ứng D1,D 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 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: � E  AD � E AD hay tứ giác AD1D2E tứ giác nội tiếp + Gọi N giao điểm CD2 AM http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Xét tiếp tuyến chung (O1) (O2) qua B cắt () I Khi ta có: ID1  IB  ID � BD1D2 vuông B , D1E / /CN � � (cùng vng góc với BD2 ) Do BAD  BD1D (Góc tạo � D D �D N (so le tia tiếp tuyến dây cung), mặt khác BD 2 � � trong) Suy CAD  ND 2D1 � AD1D 2C tứ giác nội tiếp (1) �  IBD � Xét tứ giác ED1D2C ta có: ED1 / /CD2 ,BEC ( góc đồng vị) � D D � EC suy tứ giác ED D C hình thang cân Suy ED 2 nên nội tiếp (2) Từ (1), (2) ta suy điểm A ,D1,D ,C,E thuộc đường tròn Suy tứ giác AD1D 2E 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 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 �B �C �  EKC �  EKI �  IKD �  5400 hình học tiếng’’) Ta có: A �  EKI �  IKD � C �  1800 � A �  EKD �  1800 � tứ Theo giả thiết B �  AKE � , BD  AC,CE  AB � tứ giác giác AEKD nội tiếp � ADE � B � Kết hợp với A �DE  AKE � BEDC nội tiếp � ADE �  AKE �  EKI � B �  1800 � A ,K ,I thẳng hàng �  AKE � � EKI B BDC tam giác vuông nên ID  IC , IKDC tứ giác nội �  IDC �  ICD, � �  KAC �  ACK � tiếp nên ta có: IKC (Tính chất IKC http://dethithpt.com – Website chun tài liệu đề thi file word �  ICK �  KCD � � KAC �  ICK � , mà � � góc ngồi ), ICD KAD  DEK �  DEK � � ) � ICK � tứ giác MEKC nội tiếp (chắn cung DK � � Theo kết suy � MEC  MKC �  AED �  MEB,MEC � �  MEB �  900 ,MKC � �  IKC � � MKI �  900 IKC  MKI � MK  KI � A ,E,H ,D,K nằm đường tròn đường kính AH � HK  AI � M ,H ,K thẳng hàng �  HDK � Tứ giác DEHK nội tiếp � HEK , tứ giác MEKC nội �  KMC � � � � KMB �  BDK � � tứ giác BKDM tiếp � KEC � KMC  HDK nội tiếp Ví dụ 7) Cho hai đường trịn (O1),(O2) 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 (O2) 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 IP EB FQ chứng minh I trung điểm PQ ta chứng minh: EP FB  Bây ta tìm cách thay đại lượng EB FQ EP FB  (*) thành đại lượng tương đương để EB FQ thơng qua ta quy việc chứng minh tứ giác nội http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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: 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 EPA AEBF 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: �  FAB � Vì MF tiếp tuyến đường trịn (O1) nên ta có: MFB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy MFB,MAF đồng dạng � MEB,MAE đồng MF FB  Tương tự ta có: MA FA dạng suy � ME EB  , MA EA mà FB EB � A �BE (chắn cung AE )  (1) , mặt khác AFE FA EA �  AQP � �  AQP � � AFIQ (do tứ giác ABPQ nội tiếp) Suy AFE ABE ME  MF � �  AIQ � � AFB �  AIP � , ta có: tứ giác nội tiếp, suy AFQ BF PI �  APQ �  suy FBA , IPA đồng dạng suy (2) ABF AF AI Tương tự ta chứng minh được: ABE,AQI đồng dạng suy QI BE QI PI   � IP  IQ (3).Từ (1), (2), (3) suy IA IA IA AE Ví dụ 8) Cho tam giác ABC Đường tròn  O  qua A C cắt AB,A C theo thứ tự K N Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word KBN cắt 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  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’’ vuông 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 A KNC 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 đường tròn cắt nhau) � QM  QB � QM  QB  QO � BMO tam giác vuông � � OMB  900 Ví dụ 9) Cho hai đường trịn  O1  O2  tiếp xúc M (đường tròn  O  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 A C Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD,BCD nằm PQ Phân tích định hướng giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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) 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) � �  sđPM � , DBM � �  sđDM �  PMx  DMx ta có: DPM mà 2 � �  PBM � (tính chất góc ngồi tam giác), DPM  PMB �  PMD �  DMx � � � � � MP phân giác DMB , gọi E PMx � PMD  PMB � � CE là giao điểm MP với  O1 E trung điểm BD � 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 vòng tròn nội tiếp, bạn đọc xem thêm phần ‘’góc ‘’ phần đầu ) + Ta có     �  sđEDM �  sđDM �  sđDE �  sđDM �  sđEB � � � ICM DPM  � EPB IQM 2 � � � �  MQC � � IQCM nội tiếp suy MIC  MPQ  sđMQ mà MQC http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) suy �  MPQ � � EPI �  EIM � � EIM đồng dạng EPI � EI  EP.EM , MIC Tương tự ta chứng minh DPIM tứ giác nội tiếp DEP đồng dạng với MDE � ED2  EP.EM � ED  EI  EB �  EID � � I tâm đường tròn nội tiếp BCD � EDI + Tương tự, tâm đường tròn nội tiếp ACD nằm PQ Nhận xét: Đối với tốn có giả thiết hai đường trịn tiếp xúc với việc kẻ tiếp tuyến chung để suy góc từ phát tứ giác nội tiếp hướng quan trọng để giải toán   �  900 �C � tiếp Ví dụ 10) Cho tam giác vng ABC A B 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: Để chứng minh đường thẳng tiếp tuyến đường trịn 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 trịn điểm đặc http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 �  KA � D tròn (AKD) ta phải chứng minh: KDB + Vì E điểm đối xứng A qua BC � DE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp A BC � AE  BC MA  ME Theo �  KBE �  KAE � � A ,I,M ,K nằm giả thiết IA  IH nên IM / /BE � KIM �  IKM � ; đường tròn � IAM �  BAE �  HAE �  BKE �  IKM �  MKE � (1) BAH �  EAD � � ); Mặt khác, ABE (chắn cung AE �  900  ABH �  900  EAD �  ADM � � (2) BAH  EDM �  EDM � + Từ (1) (2) suy MKE � bốn điểm M ,K ,D,E nằm � �  KEA �  KAD � � BD tiếp đường tròn � KDM  KEM tuyến 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 trịn tâm (O) đường kính AB đường thẳng  nằm 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: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � Vì AMB  900 � BCDM tứ giác nội tiếp , suy AB.AC  AM.AD �  BCE �  900 hay tứ giác (1) Tương góc ANB  900 � BNE BCNE nội tiếp, từ suy AB.AC  A N.AE (2) Kết hợp (1), (2) ta có: AM.AD  AN.AE � MNED tứ giác nội tiếp �  900) có đường cao Ví dụ 2) Cho tam giác cân ABC(A B  AC,A 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 3BC  4CA.CK Giải: Do tam giác ABC cân A nên AM  BC mặt khác BD  AC � ABMD tứ giác nội tiếp � � có DMC (Tính chất tứ giác  KAB �  DMC � Vì NI / /  MD � KNC , ta �  KAB � nội tiếp) suy KNC hay ABNK tứ giác nội tiếp Ta có: CA.CK  CN.CB mà CN  3 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 �  CDB � Giả sử MA.MC  MA.CD  MB.MD Chứng minh BKC Phân tích định hướng giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Ta gọi N giao điểm CK BD theo tính chất đường ND CD MC.DN  � CD  thay vào biểu NM CM MN thức MA.MC  MA.CD  MB.MD ta có: phân 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: A BNC � A �CK  KCD � Theo tiêu chuẩn ta có: tứ giác nội tiếp nên ABD MB.MD  MA.MC  MA �  CDB � BCDK tứ giác nội tiếp Suy BKC Ví dụ 4) 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 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 trịn Ngồi ta có � �  180  ACB �  180  AMB � (do ACNK tứ giác nội tiếp) AMP  AKP nên ta suy điểm M nằm đoạn BP Gọi R bán kính đường trịn  O  Ta có: BM.BP  BN.BC  BK.BA  BO2  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: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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  AC2  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  AC2  MB2  MC2 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 M H suy điều phải chứng minh: Bạn đọc tham khảo cách giải khác ví dụ Dấu hiệu http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ... hai cạnh EB EA tam giác EBA , nên tứ giác ABMQ lồi Các đỉnh A B nhìn đoạn thẳng MQ góc 45 0 Vì tứ giác ABMQ nội tiếp Lập luận tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp �  ANP �  45 0 ,QAM � � b) Từ... nên tứ giác MESB nội tiếp Suy �  MSE � (1) RBE �  CHD �  AHF �  AEK � Lại có KSC nên tứ giác KSCE nội tiếp, �  RCE � MSE �  RCE � (2).Từ (1) (2) suy RBE nên tứ �  BEC �  900 Trong tam giác. .. 2D1 � AD1D 2C tứ giác nội tiếp (1) �  IBD � Xét tứ giác ED1D2C ta có: ED1 / /CD2 ,BEC ( góc đồng vị) � D D � EC suy tứ giác ED D C hình thang cân Suy ED 2 nên nội tiếp (2) Từ (1), (2) ta suy
- Xem thêm -

Xem thêm: 4 tứ GIÁC nội TIẾP CHUẨN (1) , 4 tứ GIÁC nội TIẾP CHUẨN (1)