2(P Qà +à ) = 1
2.1800 = 900⇒ PPQã = 900
Suy ra tam giác POQ vuông tại O. c. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp.
Theo g.t AE ⊥ BM; AF ⊥ CM và ãBMC = 900 ( góc chắn nửa đờng tròn) Nên tứ giác MEAF là hình chữ nhật nên ta có: MFE MAEã =ã . (1)
Mặt khác ta lại có: ãMBA MAE=ã (cùng phụ với góc BMA). (2) Nên từ (1) và (2) ta có : MBA MFEã =ã
Do MFE EFCã +ã = 1800 (Hai góc kề bù)
Nên MFE EFCã +ã = MBC EFCã +ã = 1800. Nên tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại B có đờng cao BH. Đồng tròn tâm O đờng kính AH cắt cạnh AB tại điểm M (M≠A); đờng tròn tâm O’ đờng kính CH cắt cạnh BC tại điểm N (N≠C). Chứng minh rằng:
a. Tứ giác BMHN là hình chữ nhật.
b. Tứ giác AMNC nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
c. MN là tiếp tuyến chung của đờng tròn đờng kính AH và đờng tròn đờng kính OO’.
FE E A Q P M O C B
Bài 18: Chứng minh tứ giác nội tiếp (Tiếp)
Bài tập:
Bài 1: Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.
a. Chứng minh rằng BHCD là tứ giác nội tiếp. b. Tính góc CHK
c. Chứng minh KC.KD = KH.KB
d. Khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì điểm H di chuyển trên đờng nào?
Giải
a. Chứng minh rằng BHCD là tứ giác nội tiếp.
Vì DH ⊥ BK⇒ BHDã = 900
ã
BCD = 900 (tính chất của hình vuông) ⇒ Các điểm B, H, C, D cùng thuộc đờng tròn đờng kính BD
Nên tứ giác BHCD là tứ giác nội tiếp. b. Ta có BDC = 45ã 0
Vì tứ giác BHCD là tứ giác nội tiếp nên BDC+BHC=180ã ã 0 (theo chứng minh trên) (1) Mà BDC+CHK=180ã ã 0 (hai góc kề bù) (2)
Từ (1) và (2) ta có: BDC = CHKã ã = 450
c. Xét tam giác KCH và tam giác KBD có Kà chung; BDC = CHKã ã = 450
Nên suy ra ∆ KCH ∼ ∆ KBD ta có: KC= KH
KB KD ⇒ KC. KD = KH. KB
d. Khi điểm E di chuyển trên cạnh BC thì BHD 90ã = 0 và BD cố định ⇒H thuộc BCằ .
O K K H E D C B A O K H E D C B A (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bài 2: Cho đờng tròn (O; R) có hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên
đoạn thẳng AB lấy một điểm M (≠ O). Đờng thẳng CM cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai N. Đờng thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đờng tròn ở điểm P. Chứng minh rằng:
a. Tứ giác OMNP nội tiếp.
b. Tứ giác CMPO là hình bình hành.
c. Tích CM.CN không phụ thuộc vị trí của điểm M.
d. Khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên một đoạn thẳng cố định. Giải:
a. Theo giả thiết ta có:
ã ã 0
OMP ONP 90= =
Suy ra hai điểm M; N cùng nhìn đoạn thẳng OP Dới một góc vuông nên tứ giác OMNP là tứ giác nội tiếp.
b. Tứ giác CMPN là hình bình hành
Ta có MP ⊥ AB; CO ⊥ AB ⇒ PM // CO (1)
Mặt khác ta có ∆ONC cân (vì ON = OC) nên OCN = ONCã ã (2)
ã ã
ONC MPO= (cùng chắn MOẳ )(3) MPO PODã =ã (SLT) (4)
Từ (2) (3) (4) suy ra MCO PODã =ã ⇒ CM // OP (5)
Kết hợp (1) và (5) ta có tứ giác CMPO là hình bình hành.
c. Xét tam giác vuông COM và tam giác vuông CND có góc C chung nên suy ra ∆ COM ∼∆ CND ⇒ CNCO= CMCD ⇒ CM.CN = OC.CD = R. 2R = 2R2
Nên tích CM.CN không đổi.
d. Xét tam giác ONP và tam giác ODP có:
cạnh OP chung; ON = OD (= R) ; ãNOP DOP=ã suy ra ∆ ONP = ∆ ODP Suy ra PDP ONPã =ã = 900 F E P N O M D C B A
Bài 3: Cho tam giác đều ABC cạnh a. Từ một điểm M tren cạnh BC vẽ đờng thẳng song song với AB cắt AC tạ F. cũng từ M kẻ đờng thẳng song song với AC cắt AB tại E. a. Chứng minh tứ giác AFMB nội tiếp.
b. Chứng minh BF = CE
c. Xác định vị trí điểm M trên cạnh BC sao cho diện tích tam giác MEF bằng a2 3 16 Giải:
a. Theo giả thiết tam giác ABC đều nên ta có:
ã
BAF = 600
Mặt khác do MF // AB nên FMC ABC 60ã = ã = 0 Nên suy ra : FMC B AC 60ã =ã = 0
Mà FMC FMB 180ã +ã = 0 (hai góc kề bù)
⇒ F A B FMB 180ã +ã = 0 nên tứ giác AFMB nội tiếp. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
b. Vì ME // AC và MF //AB nên tứ giác AEMF là hình bình hành nên AF = EM Xét tam giác ABF và tam giác BCE có: AB = BC =a; A B 60à = =à 0; AF = EM Suy ra ∆ABF = ∆BCE (c.g.c) ⇒ BF = CE
b. Vì ME // AC và MF //AB nên các tam giác EBM và CMF là các tam giác đều Đặt x = BM ⇒ MC = a – x Ta có S∆BME = 2 3