Bài tập tổng hợp về tứ giác nội tiếp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (536.39 KB, 47 trang )
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Ngày 2 tháng 5 năm 2015
CHỨNG MINH
1
Dạng 1.1. Chứng minh quan hệ bằng nhau của hai đoạn thẳng, hai góc, hai cung
1. Các cách chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau
a) Sử dụng yếu tố độ dài của đoạn thẳng:
- Hai đoạn thẳng có cùng số đo.
- Hai đoạn thẳng cùng bằng một đoạn thẳng thứ ba.
- Hai đoạn thẳng cùng bằng tổng hoặc hiệu của hai đoạn thẳng bằng nhau đôi một.
b) Sử dụng tam giác bằng nhau:
Hai cạnh tương ứng (tổng quát: hai đoạn thẳng tương ứng) của hai tam giác bằng nhau.
c) Sử dụng định nghĩa các hình:
- Hai cạnh bên của hình thang cân, các cạnh của tam giác đều.
- Định nghĩa trung điểm của đoạn thẳng, đường trung tuyến của tam giác, đường trung trực của
đoạn thẳng.
- Bán kính của đường tròn.
d) Sử dụng tính chất các hình:
- Tính chất tia phân giác của một góc, tính chất đường tr ung trực của một đoạn thẳng.
- Định lí thuận về đương trung bình của tam giác, của hình thang, các cạnh của hình thoi, hình
vuông.
- Hai đường chéo của hình thang cân, hình chữ nhật.
- Tính chất đường chéo của hình bình hành, hình chữ nhật.
- Các đoạn thẳng đối xứng nhau qua một trục, qua một tâm.
- Tính chất của đường kính vuông góc với một dây.
- Hai dây cách đều tâm của một đường tròn.
- Hai khoảng cách từ tâm đến hai dây bằng nhau trong một đường tròn.
- Hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm đến một đường tròn.
- Tính chất của đường nối tâm hai đường tròn cắt nhau.
- Hai dây căng hai cung bằng nhau trong một đường tròn.
2. Các cách chứng minh hai góc bằng nhau
a) Sử dụng yếu tố số đo của góc:
- Hai góc có cùng số đo.
- Hai góc cùng bằng một góc thứ ba.
- Hai góc cùng phụ (hoặc cùng bù) với một góc thứ ba.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
b) Sử dụng hai tam giác bằng nhau hoặc tam giác đồng dạng:
Hai góc tương ứng của hai tam giác bằng nhau hoặc hai tam giác đồng dạng.
c) Sử dụng định nghĩa các hình:
- Định nghĩa tia phân giác của góc.
- Hai góc kề một đáy của hình thang cân.
d) Sử dụng tính chất các hình:
- Hai góc đối đỉnh.
- Hai góc so le trong, hoặc đồng vị tạo bởi hai đường thẳng song song với một cát tuyến.
- Hai góc ở đấy của một tam giác cân, các góc của một tam giác đều.
- Hai góc đối của hình bình hành, hình thoi.
- Tính chất đường chéo hình thoi, hình vuông.
- Hai góc đối xứng nhau qua một trục, qua một tâm.
- Tính chất của hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm đến một đường tròn.
- Hai góc nội (hoặc góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây) cùng chắn một cung hoặc hai cung bằng
nhau.
3. Các cách chứng minh hai cung bằng nhau (trong một đường tròn hoặc hai đường tròn
bằng nhau)
- Hai cung có số đo bằng nhau.
- Hai cung có dây căng cung bằng nhau (chỉ xét cung nhỏ hơn nửa đường tròn).
- Hai cung có góc ở tâm tương ứng bằng nhau (chỉ xét cung nhỏ hơn nửa đường tròn).
- Hai cung bị chắn bởi hai góc nội tiếp bằng nhau.
- Hai cung chắn giữa hai dây song song.
- Đường kính vuông góc với một dây thì chia cung căng dây thành hai phần bằng nhau.
- Đường kính đi qua trung điểm của một dây khác đường kính thì chia cung căng dây thành hai
phần bằng nhau.
Dạng 1.2. Chứng minh qua hệ không bằng nhau của hai đoạn thẳng, hai góc, hai cung
1. Các cách chứng minh hai đoạn thẳng không bằng nhau
- So sánh độ dài hai đoạn thẳng.
- So sánh hai góc đối diện với hai cạnh trong một tam giác.
- Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, giữa các đường xiên và các hình chiếu
của chúng.
- Sử dụng quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác.
- So sánh đường kính và dây của một đường tròn.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
- Sử dụng quan hệ giữa hai dây và khoảng cách từ tâm đến hai dấy đó.
- So sánh hai cung của một đường tròn từ đó so sánh được hai dây căng hai cung đó.
2. Các cánh chứng minh hai góc không bằng nhau
- So sánh số đo của hai góc.
- Góc ngoài của một tam giác và góc trong không kề với nó.
- So sánh hai cạnh đối diện với hai góc của một tam giác.
3. Các cách chứng minh hai cung không bằng nhau (trong một đường tròn hoặc hai đường
tròn bằng nhau)
- So sánh số đo của hai cung.
- So sánh hai góc ở tâm tương ứng.
- So sánh hai góc nội tiếp chắn hai cung.
- Sử dụng quan hệ giữa hai cung và dây căng cung.
Dạng 1.3. Chứng minh quan hệ song song hoặc vuông góc của hai đường thẳng, quan
hệ thẳng hàng của ba điểm, quan hệ đồng quy của ba đường thẳng
1. Các cách chứng minh hai đường thẳng song song
- Xét cặp góc đồng vị, hoặc so le trong, hoặc trong cùng phía tạo thành hai đường thẳng với một
cát tuyến.
- Hai đường thẳng cùng song song hoặc cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba.
- Các cạnh đáy của hình thang, các cạnh đối của hình bình hành, hình vuông, . . .
- Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác, đường trung bình của hình thang.
- Sử dụng định lí Ta-lét đảo.
2. Các cách chứng minh hai đường thẳng vuông góc
- Chứng minh góc tạo bởi hai đường thẳng là góc vuông.
- Hai tia phân giác của hai góc kề bù.
- Đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng
kia.
- Sử dụng định nghĩa đường cao, đường trung trực.
- Sử dụng tính chất trực tâm của tam giác.
- Tam giác có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy là tam giác vuông.
- Hai cạnh kề của hình chữ nhật, hình vuông.
- Hai đường chéo của hình thoi, hình vuông.
- Sử dụng định lí Pi-ta-go đảo.
- Đường kính đi qua trung điểm một dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây ấy.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
- Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây cung ấy.
- Tiếp tuyến của đường tròn thì vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.
- Đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau thì vuông góc với nhau.
- Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.
3. Các cách chứng minh ba điểm thẳng hàng
2
- Hai đoạn thẳng, mỗi đoạn nối hai trong ba điểm ấy, tạo thành góc 180
◦
.
- Sử dụng tiên đề Ơ-clit: hai đoạn thẳng, mỗi đường thẳng đi qua hai trong ba điểm ấy, cùng song
song với một đường thẳng thứ ba.
- Hai đường thẳng, mỗi đường thẳng đi qua hai trong ba điểm ấy, cùng vuông góc với một đường
thẳng thứ ba.
- Một điểm nằm trên đường thẳng đi qua hai điểm còn lại.
- Trung điểm của một đường chéo và hai đầu của đường chéo kia trong hình bình hành.
- Hai đầu của một đường kính và tâm đường tròn.
- Hai tâm của hai đường tròn tiếp xúc nhau và tiếp điểm.
4. Cách chứng minh ba đường thẳng đồng quy
3
(ba đường thẳng cùng đi qua một điểm)
- Giao điểm của hai đường thẳng nằm trên đường thẳng còn lại.
- Ba đường trung tuyến, ba đường phân giác, ba đường cao, ba đường trung trực của một tam giác.
- Các đường chéo của hai hình bình hành có một đường chéo chung.
1.4. Chứng minh quan hệ tiếp xúc của hai đường thẳng và hai đường tròn, của hai
đường tròn
1. Các cách chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn
- Đường thẳng và đường tròn chỉ có một điểm chung.
- Khoảng cách từ tâm đường tròn đến đường thẳng bằng bán kính của đường tròn.
- Đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó.
- Nếu
BAx có số đo bằng nửa số đo của cung AB và cung này nằm bên trong góc đó thì Ax là tiếp
tuyến của đường tròn.
2. Các cách chứng minh hai đường tròn tiếp xúc nhau
- Nếu đoạn nối tâm hai đường tròn bằng tổng của hai bán kính thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài.
- Nếu đoạn nối tâm hai đường tròn bằng hiệu của hai bán kính thì hai đường tròn tiếp xúc trong.
1.5 Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn
4
Các cách chứng minh bốn điểm thuộc cùng một đường tròn (hoặc chứng minh tứ giác nội tiếp):
2
Xem thêm chuyên đề thẳng hàng, đồng quy
3
Xem thêm chuyên đề thẳng hàng, đồng quy
4
Xem thêm chuyên đề tứ giác nội tiếp
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
- Chỉ ra một điểm cách đều bốn đỉnh của tứ giác.
- Chứng minh hai góc đối của tứ giác bù nhau.
- Chứng minh một góc của tứ giác bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện.
- Chứng minh hai đỉnh liên tiếp của tứ giác nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng
nhau (dựa vào cung chứa góc).
- Chứng minh tứ giác là hình thang cân.
- Ngoài ra còn dùng một vài cách khác để chứng minh xem thêm phần chuyên đề tứ giác nội tiếp.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
BÀI TẬP BỒI DƯỠNG TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Nhắc lại một số điều kiện để một tứ giác nội tiếp.
• Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại N, hai đường thẳng AB, CD cắt nhau tại M.
Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
i) Tứ giác ABCD nội tiếp.
ii)
ACB =
ADB.
iii)
ABC +
ADC = 180
◦
.
iv) MA ·MB = MC ·MD.
v) NA ·NC = NB ·ND.
A
B
CD
N
M
A
BC S
• Cho tam giác ABC và điểm S thuộc tia đối của tia BC. Khi đó các điều sau là tương đương:
i) SA tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
ii)
ACB =
BAS.
iii) SA
2
= SB ·SC.
Bài 1. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA lần lượt
tại E, F. Các đường thẳng BI, CI lần lượt cắt EF tại M, N. Chứng minh rằng bốn điểm B, M N, C
cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải
A
B C
E
F
I
N
M
• Nếu M thuộc tia đối của tia FE, ta có:
MIC =
B
2
+
C
2
= 90
◦
−
A
2
=
AFE =
MFC.
Vậy tứ giác IFMC nội tiếp do đó
BMC =
IFC = 90
◦
.
• Nếu M thuộc đoạn EF làm tương tự ta cũng suy ra
BMC = 90
◦
.
Vậy ta luôn có
BMC = 90
◦
. Tương tự
BNC = 90
◦
. Do đó bốn điểm B, C, M, N thuộc cùng một
đường tròn.
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, AH là đường cao xuất phát từ A. Về phía ngoài tam giác dựng các
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
tam giác vuông AMB và ANC đồng dạng với nhau (vuông tại M, N). Gọi T là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng các điểm T , H, M, N thuộc cùng một đường tròn.
Lời giải
A
B C
E
M
F
N
TH
A
B
M
C
DE F
hình bài 2 hình bài 3
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC. Do các tam giác AMB và ANC đồng dạng với nhau
suy ra
∆EMT ∆FT N do đó
EMT =
FT N (1)
Do AMBH, AHCN là các tứ giác nội tiếp nên
BHM =
BAM,
CHN =
CAN.
Mặt khác
BAM =
CAN nên
MHN = 180
◦
−
BHM −
CHN = 180
◦
−2
BAM = 180
◦
−
BEM
=
EMT +
BET +
ET M =
EMT +
ET F +
ET M. (2)
Từ (1), (2) suy ra
MHN =
FT N +
ET F +
ET M =
MT N.
Vậy các điểm M, H, T , N cùng thuộc một đường tròn.
Bài 3. Cho hình thoi ABCD có
B = 60
◦
. Một đường thẳng đi qua D không cắt hình thoi nhưng cắt
các đường thẳng AB, BC lần lượt tại E, F. Gọi M là giao điểm của AF, CE. Chứng minh rằng AD
tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF.
Lời giải
Ta có ∆AED ∆CDF nên
AE
AC
=
AC
CF
.
Mặt khác
CAE =
FCA nên ∆AE C ∆CAF. Suy ra
ACE =
CFA,
Do đó ∆ACM ∆AFC. Suy ra
AM
AC
=
AC
AF
hay AC
2
= AM ·AF. Do đó AD
2
= AM ·AF.
Vậy AD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF.
Bài 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O
1
). Các tia AB và CD cắt nhau tại M, các tia AD
và BC cắt nhau tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN cắt (O
1
) tại điểm B
khác B. Chứng
minh rằng B
D đi qua trung điểm của MN.
Lời giải
Gọi I là giao điểm của B
D với MN, ta có
IMB
= 180
◦
−
B
BC =
B
DC nên
IMD =
IMB
−
DMB
=
B
DC −
DMB
=
MB
D.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B
M
C
B
O
1
N
I
D
A
B
M
C
E
H
F
O
N
∆
hình bài 4 hình bài 5
Do đó IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác B
DM suy ra IM
2
= ID ·IB
.
Tương tự IN
2
= ID ·IB
.
Vậy IM = IN, ta có đpcm.
Bài 5. Cho đường thẳng ∆ và một điểm A cố định nằm ngoài đường thẳng ∆, H là hình chiếu
vuông góc của A xuống ∆. Hai điểm B, C thay đổi trên ∆ sao cho
BAC = 90
◦
. Gọi E, F lần lượt là
hình chiếu vuông góc của H xuống AB, AC. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, E, F, C thuộc cùng một đường tròn (O );
b) Đường tròn (O) luôn đi qua hai điểm cố định.
Lời giải
a) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AE ·AB = AH
2
= AF ·AC.
Vậy các điểm B, E, F, C thuộc cùng một đường tròn.
b) Gọi M, N lần lượt là các giao điểm của (O) với AH (M thuộc đoạn AH).
Ta có HM ·HN = HB ·HC = AH
2
(1)
Mặt khác
AH
2
= AE ·AB = AM ·AN =
(
AH −HM
) (
AH +HN
)
= AH
2
−HM ·HN +AH
(
HN −HM
)
.
Suy ra HN −HM = AH (2)
Từ (1), (2) ta có HN −HM = AH và HM ·HN = AH
2
do đó HM =
√
5 −1
2
AH và HN =
√
5 + 1
2
AH.
Vậy (O) luôn đi qua điểm cố định M, N.
Bài 6. Cho hình bình hành có
ABC > 90
◦
. Hạ DA
, DC
, DD
lần lượt vuông góc với AB, BC , AC.
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng các điểm A
, O, C
, D
thuộc cùng một đường
tròn.
Hướng dẫn giải
Ta có
BA
D =
BC
D = 90
◦
do đó các điểm A
, B, C
, D thuộc đường tròn đường kính AD.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Lại có O là trung điểm của BD nên O là tâm đường tròn đi qua bốn điểm A
, B, C
, D. Suy ra
A
OC
= 2
A
DC
= 2
180
◦
−
ABC
. (1)
A
B
D
CC
A
D
O
A
B
D
C
K
M
N
O
I
hình bài 6 hình bài 7
Mặt khác
A
D
C
=180
◦
−
A
D
A −
C
D
C = 180
◦
−
ADA
+
CDC
(do các tứ giác A
ODA, CDD
C
nội tiếp được).
=180
◦
−
ADC −
A
DC
= 180
◦
−
ABC −
180
◦
−
ABC
=2
180
◦
−
ABC
(2)
Từ (1), (2) suy ra
A
OC
=
A
D
C
hay tứ giác A
OD
C
nội tiếp được.
Bài 7. Đường phân giác
BAD của hình bình hành ABCD cắt cạnh BC và đường thẳng CD lần lượt
tại M, N. Chứng minh rằng:
a) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
b) Nếu K là giao của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác CMN, BCD (K = C) thì
AKC = 90
◦
.
Hướng dẫn giải
a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác C MN. Ta có
BAN =
CAD =
CMN do đó BA = BM
suy ra CD = BM.
Mà
BAN =
MNC và
CAD =
BMA suy ra
CMN =
MNC hay MC = NC.
Lại có
OCD =
BCD +
OCM =
OCM +
A
2
+
A
2
=
OCM +
M
1
+
1
2
BAD = 90
◦
+
1
2
BAD (do OC⊥MN).
BOM = 180
◦
−
OMC = 180
◦
−
OCM = 90
◦
+
1
2
BAD.
Do đó
OCD =
BMO.
Suy ra ∆OMB = ∆OCD (g.c.g) nên
OBM =
ODC do đó các điểm O, C, D, B thuộc cùng đường
tròn.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
b) Gọi K là giao điểm của đường tròn đi qua ba điểmC, H, N và đường tròn đi qua ba điểm B, C, D.
Theo câu a) ta có OD = DB và OC = OK nên CKBD.
Do đó đường nối O với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD đi qua trung điểm của BD hay
trung điểm của AC.
Từ đó ta có OIAK và OI⊥KC suy ra AK⊥KC. Vậy
AKC = 90
◦
.
Bài 8. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là một điểm thuộc cạnh huyền BC và E là điểm
đối xứng với D qua AB. Gọi G là giao điểm của AB và DE. Từ giao điểm H của AB và CE hạ HI
vuông góc với BC. Các tia CH, IG cắt nhau tại K. Chứng minh rằng KC là phân giác của
IKA.
Hướng dẫn giải
A
B D C
K
H
E
G
I
P A I
Q
B C
M
E
D
F
N
hình bài 8 hình bài 9
Ta có
HID =
HGD = 90
◦
do đó tứ giác HGID nội tiếp được.
Từ đó, ta có
HIG =
HDE =
HED =
ACH (do ACED) =
HIA (do tứ giác HACI nội tiếp).
Suy ra
BIK =
AIC =
AH C =
KHB, tức tứ giác KHIB nội tiếp được.
Do đó
BKH =
HID = 90
◦
=
BAC hay tứ giác BKAC nội tiếp được.
Suy ra
AKC =
ABC =
HKI. Vậy KC là tia phân giác của
IKA.
Bài 9. Cho tam giác ABC đường cao AD. Gọi D, E, F là hai điểm nằm trên một đường thẳng qua
D sao cho
AEB =
AFC = 90
◦
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, EF. Chứng minh rằng
ANM = 90
◦
.
Hướng dẫn giải
Dựng hình chữ nhật APBD, QADC. Gọi I là trung điểm của PQ. Ta có tứ giác AEBD nội tiếp.
Do đó
PEA =
PBA =
BAD =
BED hay
PED =
AEB = 90
◦
.
Tương tự
QFE = 90
◦
.
Suy ra PEQF hay tứ giác EPQF là hình thang, mà N, I lần lượt là trung điểm của EF, PQ. Do
đó NIFQ, IMQC.
Từ đó ta có
NIM =
FQC =
CDF nên tứ giác NDMI nội tiếp được. Suy ra
ANM =
MIQ = 90
◦
.
Vậy
ANM = 90
◦
.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Bài 10. Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Hai đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại
H (D thuộc cạnh AC, E thuộc cạnh AB). Gọi I là trung điểm cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác BEI và đường tròn ngoại tiếp tam giác CDI cắt nhau tại K (K khác I).
a) Chứng minh rằng năm điểm A, E, H, K, D cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi M là giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng ba điểm M, H, K thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tứ giác MBKD nội tiếp.
Hướng dẫn giải
Vì
BAC +
ABC +
ACB+
EKD +
EKI +
IKD = 540
◦
, mà
ABC +
EKI = 180
◦
;
ACB+
IKD = 180
◦
,
suy ra
BAC +
EKD = 180
◦
.
Do đó tứ giác AEKD nội tiếp.
Mặt khác tứ giác AHED nội tiếp vì
AEH =
ADH = 90
◦
.
Vậy năm điểm A, E, H, K, D cùng nằm trên đường tròn đường kính AH (đpcm).
A
B C
I
D
E
H
M
K
b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên
ADE =
ABC.
Từ câu a) ta thấy
AKE =
ADE (cùng chắn AE
của đường tròn đường kính AH), suy ra
AKE =
ABC.
Lại vì
ABC +
EKI = 180
◦
nên
AKE +
EKI = 180
◦
, nghĩa là ba điểm A, K, I thẳng hàng.
Mặt khác
IKC =
IDC =
ICD;
IKC =
KAC +
ACK;
ICD =
ICK +
KCD suy ra
ICK =
KAD =
KED. Vậy tứ giác MEKC nội tiếp, từ đó
MEC =
MKC.
Vì
ICK =
AED =
MEB;
MEC = 90
◦
+
MEB;
MKC =
MKI +
IKC nên
MKI = 90
◦
.
Do A, E, H, K, D nằm trên đường tròn đường kính AH, nên
HKA = 90
◦
. Vậy ba điểm M, H, K
thẳng hàng (đpcm).
c) Do tứ giác DEHK bội tiếp nên
HEK =
HDK (1)
Tứ giác MEKC nội tiếp nên
KEC =
KMC (2)
Từ (1), (2) suy ra
KMB =
HDK hay tứ giác MBKD nội tiếp.
Bài 11. Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn. Gọi O
1
, O
2
, O
3
, O
4
lần lượt là tâm đường tròn
nội tiếp các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB. Chứng minh rằng O
1
O
2
O
3
O
4
là hình chữ nhật.
Hướng dẫn giải
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B
CD
O
1
O
2
O
3
O
4
Ta có
AO
4
B = 90
◦
+
1
2
ADB =
1
2
ACB + 90
◦
=
AO
1
B.
Suy ra tứ giác ABO
1
O
4
là tứ giác nội tiếp.
Tương tự các tứ giác O
1
O
2
CB, O
2
O
3
DC, O
3
O
4
AD nội tiếp được.
Do đó
O
4
O
1
O
2
= 360
◦
−
O
4
O
1
B −
O
2
O
1
B =
BAO
4
+
BCO
2
=
1
2
(
A +
C) = 90
◦
.
Tương tự
O
1
O
4
O
3
=
O
4
O
3
O
2
=
O
3
O
2
O
1
= 90
◦
.
Vậy tứ giác O
1
O
2
O
3
O
4
là hình chữ nhật.
Bài 12. Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi CD là đường kính của
đường tròn, qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt đường thẳng AB tại E, EO cắt cạnh BC, cạnh
CA tại M và N tương ứng. Gọi I là trung điểm của AB. Chứng minh rằng bốn điểm O, D, E, I nằm
trên một đường tròn và O là tr ung điểm của MN.
Lời giải
A
B
C
D
O
M
N
E
J
F
I
Gọi I là trung điểm của AB, ta có OI⊥AB. Từ D là tiếp điểm ta có OD⊥DE. Suy ra O, I, D, E
nằm trên một đường tròn đường kính OE ⇒
IDO =
IEO.
Từ A kẻ đường thẳng song song với EO cắt BC tại F ⇒
AEO =
EAF.
Gọi J là giao điểm của AF với DO ⇒
IDO =
IEO =
IAJ ⇒ tứ giác AIDJ nội tiếp ⇒
EIJ =
ADC =
ABC ⇒ IJBC ⇒ JA = JF ⇒ OM = ON.
Bài 13. Cho tam giác ABC (AB = AC). Gọi P là điểm trong tam giác sao cho
PBC =
PCA. Chứng
minh
BPI +
APC = 180
◦
(I là trung điểm của BC).
Lời giải
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt BP ở D suy ra
PDA =
PBC =
PCA.
Do đó tứ giác APCD nội tiếp nên
APC +
ADC = 180
◦
(1)
và
DAC =
DPC.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B C
D
P
I
Q
A B
O
I
D
M N
C
E
P
Q
F
hình bài 13 hình bài 14
Kéo dài PI sao cho PI = IQ ⇒BPCQ là hình bình hành ⇒
CBQ =
BCP.
Theo giả thiết, ta có
PBC =
PCA ⇒
PBQ =
BCA.
Mặt khác, ADBC ⇒
BCA =
DAC ⇒
PBQ =
DAC.
Xét PBC và ADB có:
PBC =
ADB
ABD =
BCP
⇒ PBC ADB.
⇒
PB
PC
=
AD
AB
⇒
PB
PC
=
AD
AC
⇒
PB
BQ
=
AD
AC
và
PBQ =
DAC
⇒PBQ DAC ⇒
BPQ =
ADC.
Thay vào (1) ta được
BPI +
APC = 180
◦
.
Bài 14. Cho đường tròn (O) và dây cung AB, I là trung điểm của AB. Qua I kẻ hai cát tuyến CQ
và PD, CD và PQ cắt AB tại M và N tương ứng. Chứng minh rằng IM = IN (Bài toán con bướm).
Lời giải
Gọi E và F lần lượt là trung điểm của CD và PQ.
Ta suy ra OI⊥AB, OE⊥CD và OF⊥PQ. Do đó các tứ giác OEMI và OINF là tứ giác nội tiếp
⇒
MEI =
MOI và
NFI =
NOI.
Tam giác IDC và tam giác IQB có
CDI =
IQP,
DCI =
IPQ ⇒IDC IQB.
Suy ra
CEI =
PFI ⇒
MOI =
NOI ⇒ MON cân ⇒IM = IN.
Bài 15. Cho hình bình hành ABCD,
A > 90
◦
. M là trung điểm BC, đường thẳng AM cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại N, gọi H là hình chiếu của C trên cạnh AB. Chứng minh rằng tứ
giác ADNH là tứ giác nối tiếp.
Lời giải
Theo giả thiết MB = MC, CH⊥AB,
A =
C > 90
◦
, H ∈ AB ⇒ MH = MB.
BAN =
BCN,
AMB =
CMN ⇒ AMB và CMN đồng dạng ⇒
MB
MN
=
AB
CN
.
ABCD là hình bình hành ⇒ AB = CD,
MH
MN
=
CD
CN
, mặt khác
HMB = 2
H CB,
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B C
D
M
N
H
A
B C
D
M
N
P
Q
E
I
hình bài 15 hình bài 16
HMN =
HMB +
BMN =
HMB +
1
2
(BN
+ AC
) = 2
H CB +
BAN +
ANC
= 2(90
◦
−
ABC) + (
BAN +
ANC),
ABC =
ANC (cùng chắn cung AC
)
⇒
HMN = 180
◦
−
ABC +
BAN =
BAD +
BAN =
BCD +
BCN =
DCN.
⇒ MHN CDN (c.g.c)
⇒
CDN =
MHN,
NDA =
CDA −
CDN =
ABC −
MHN =
MHB −
MHN =
NHB
⇒ tứ giác ADNH là tứ giác nội tiếp.
Bài 16. Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh AB, BC lấy hai điểm M, N, đường thẳng AN cắt
CM tại P. Đường tròn qua A, M, P cắt đường tròn qua C, N, P tại Q khác P. Chứng minh rằng
PAD =
QBA.
Lời giải
Đường thẳng AQ, C Q cắt cạnh CD, AD tại E và I, ABCD là hình bình hành
⇒ ABCD, BCAD ⇒
PCE = 180
◦
−
AMC =
AQP = 180
◦
−
PQE.
⇒ tứ giác PCEQ là tứ giác nội tiếp.
⇒ E nằm trên đường tròn đi qua C, N, P.
PMA = 180
◦
−
PCE =
PQE = 180
◦
−
PQA
⇒ tứ giác MAIP là tứ giác nội tiếp.
IPC = 180
◦
−
MPI =
MAI = 180
◦
−
IDC.
⇒
IPC +
IDC = 180
◦
⇒ tứ giác PCDI là tứ giác nội tiếp ⇒
PDI =
PCI (1)
Tương tự, tứ giác BMQC là tứ giác nội tiếp.
⇒
QBM =
MCQ (2)
Từ (1), (2) ta có
PDA =
QBA.
Bài 17. Cho tam giác vuông ABC (
A = 90
◦
) và
B <
C, tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại A cắt cạnh BC tại D, gọi E là điểm đối xứng của A qua BC, H là hình chiếu của A
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
trên BE. Gọi I là tr ung điểm của AH, đường thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại
K. Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK.
Lời giải
A
B
C
D
E
M
I
K
H
A
B C
D
O
E
F
K
hình bài 17 hình bài 18
E là điểm đối xứng của A qua BC ⇒DE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABC ⇒AE⊥BC
và MA = ME.
Theo giả thiết IA = IH nên IMBE ⇒
KIM =
KBE =
KAE ⇒ A, I, M, K nằm trên một đường
tròn ⇒
IAM =
IKM.
BAH =
BAE −
HAE =
BKE −
IKM =
MKE (1)
Mặt khác,
ABE =
EAD (chắn cung AE
)
⇒
BAH = 90
◦
−
ABH = 90
◦
−
EAD =
ADM =
EDM.
Từ (1) ⇒
MKE =
EDM ⇒ bốn điểm M, K, D, E nằm trên một đường tròn
⇒
KDM =
KEM =
KEA =
KAD
⇒ AD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK.
Bài 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. D, E, F lần lượt là các điểm trên cạnh
BC, CA, AB sao cho DE vuông góc với OC, DF vuông góc với OB. Gọi K là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng KD vuông góc với BC.
Lời giải
Theo giả thiết DE⊥OC
⇒
EDC = 90
◦
−
OCD,
OCD =
1
2
(180
◦
−
BOC) ⇒
OCD = 90
◦
−
A ⇒
EDC =
A.
Tương tự,
FDB =
A ⇒
EDC =
FDB. (1)
K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF ⇒
EKF = 2
A và KE = KF.
Mặt khác,
EDF = 180
◦
−
EDC −
FDB = 180
◦
−2
A
⇒
EDF = 180
◦
−
EKF ⇒
EDF +
EKF = 180
◦
.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
⇒ EDKF là tứ giác nội tiếp ⇒
EDK =
FDK ⇒ DK là phân giác của
EDF.
Kết hợp với (1) ⇒ KD⊥BC.
Bài 19. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BD và CE cắt nhau tại
H. Kẻ đường kính AM, gọi I là giao điểm AM và DE và K là giao điểm của BC và HM. Chứng
minh rằng DE vuông góc với AM, OK vuông góc với BC.
Lời giải
A
B
C
D
O
E
K
M
I
H
A
B
C
D
O
N
M
I
H
hình bài 19 hình bài 20
Theo giả thiết BD⊥AC, CE⊥AB ⇒ tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp
⇒
EBC +
EDC = 180
◦
⇒
ADE =
ABC.
Mặt khác
ABC =
AMC (cùng chẵn cung AC
) ⇒
AMC =
ADE ⇒
IMC +
IDC = 180
◦
.
⇒ tứ giác IMCD là tứ giác nội tiếp; AM là đường kính đường tròn (O)
⇒
ACM = 90
◦
⇒
DIM = 90
◦
⇒ DE⊥AM.
H là trực tâm tam giác ABC ⇒CH⊥AB, AM là đường kính
⇒ MB⊥AB ⇒CHMB, BD⊥AC, MC⊥AC ⇒ BDMC
⇒ tứ giác BMCH là hình bình hành ⇒ KB = KC ⇒OK⊥BC.
Bài 20. Cho M là một điểm nằm ngoài đường tròn (O), kẻ cát tuyến cắt đường tròn (O) tại
A, B (MA < MB ). Các tiếp tuyến tại A và B gặp nhau tại N, đường thẳng qua N vuông góc với MO
cắt đường tròn tại C và D, đường thẳng ON cắt AB tại I. Chứng minh rằng năm điểm M, C, O, I, D
cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải
Theo giả thiết NA, NB là tiếp tuyến đường tròn (O)
⇒ NA = NB ⇒NO⊥AB, OA⊥AN ⇒ NA
2
= NI ·NO;
NAD =
ACD
⇒ CAN ADN (g.g) ⇒
AN
ND
=
CN
AN
⇒ NA
2
= ND ·NC.
⇒ tứ giác COID nội tiếp ⇒
DIN =
OCD (1)
và
OIC =
ODC (cùng chẵn cung OC
) (2)
Mặt khác OCD cân ⇒
OCD =
ODC (3)
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Từ (1), (2), (3) suy ra
CIO =
DIN, NO⊥AB ⇒
CIM =
MID;
DC⊥MO ⇒
COM =
MOD, tứ giác CIOD nội tiếp
⇒
COD =
CID (cùng chắn cung CD
) ⇒ 2
MID = 2
MOD
⇒
MID =
MOD
⇒ tứ giác MOID nội tiếp ⇒ năm điểm M, C, O, I, D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 21. Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B ngoài đường tròn. Từ A và B kẻ các tiếp tuyến
AM, AN và BP, BQ đường thẳng MN và PQ cắt nhau tại E. Chứng minh rằng OE vuông góc với
AB.
Lời giải
A
O
M
N
D
H B
E
I
P
Q
A
D B
C
M
Q
N
P
hình bài 21 hình bài 22
AM, AN là tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒OA⊥MN.
Tương tự OB⊥PQ, đường thẳng OE cắt đường thẳng AB tại H.
Gọi D là giao điểm của OA và MN, I là giao điểm của OB và PQ ⇒ tứ giác ODEI nội tiếp
⇒
OED =
OID (1)
OMA là tam giác vuông ⇒ OM
2
= OD ·OA.
Tương tự OP
2
= OI ·OB, OM = OP
⇒ OD·OA = OI ·OB ⇒ tứ giác DABI là tứ giác nội tiếp.
⇒
OID =
DAB (2)
Từ (1), (2) ⇒
OED =
DAB ⇒ tứ giác DAHE là tứ giác nội tiếp,
DAN = 90
◦
⇒
AHE = 90
◦
⇒
OE⊥AB.
Bài 22. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD, M là điểm đối xứng với A qua
đường kính BD, AM cắt BD tại N. Từ N kẻ đường thẳng song song với AC cắt DC tại P và BC tại
Q. Chứng minh rằng MPCQ là hình chữ nhật.
Lời giải
M đối xứng với A qua BD ⇒ AM⊥BD, NA = NM.
Ta có
MAC =
MBC (cùng chắn cung MC
), NQAC ⇒
MNQ =
MAC ⇒
MNQ =
MBQ ⇒NMQB
là tứ giác nội tiếp ⇒ BM là đường kính ⇒ MQ⊥BQ, BD là đường kính ⇒ DC⊥BC.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Mặt khác,
MDC =
MAC =
MNP ⇒ tứ giác DNPM nội tiếp đường tròn đường kính DM ⇒
DPM =
90
◦
.
Tứ giác MPCQ có ba góc vuông ⇒ tứ giác PCQM là hình chữ nhật.
Bài 23. Cho tam giác ABC, đường tròn (J) bàng tiếp góc A tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần
lượt tại I, D, E. Giả sử đường thẳng EI vuông góc với với AC tại K, gọi H là hình chiếu của D trên
JK. Chứng minh rằng
CHI =
AHE = 90
◦
.
Lời giải
A D
B
CK
J
E
F
H
I
A
D
B
C
M
N
S
Q
P
R
I
hình bài 23 hình bài 24
Gọi F là giao điểm của BJ và EI, JB⊥EF, EK⊥AC ⇒ FKJD là hình chữ nhật ⇒FJ = KD,
JE
2
= JD
2
= JF ·JB = DK ·JB ⇒
DK
JD
=
JD
JB
⇒ KDJ DJB ⇒
DKJ =
JDB ⇒JK⊥DB.
⇒ B, H, D thẳng hàng.
Lại có
BIJ =
BEJ =
BHJ = 90
◦
⇒ E, I, H nằm trên đường tròn đường kính JB
⇒
KCI =
IBJ =
KHI ⇒CHIK nội tiếp ⇒
IHC = 90
◦
, tứ giác AKHE nội tiếp
⇒
AHE =
AKE = 90
◦
.
Bài 24. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Đường phân giác các góc
A và
B cắt nhau tại P,
đường phân giác góc
C và
D cắt nhau tại R, đường phân giác
B và
C cắt nhau tại Q, đường phân
giác góc
A và
D cắt nhau tại S. Chứng minh tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp và MQ vuông góc với
NP.
Lời giải
Ta có
SPQ +
SRP =
180
◦
−
1
2
B −
1
2
A
+
180
◦
−
1
2
C −
1
2
D
= 360
◦
−
1
2
A +
B +
C +
D
= 180
◦
⇒ tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp.
Xét NAB: phân giác
A,
B cắt nhau tại P ⇒NP là phân giác của
ANB.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Xét NCD: phân giác ngoài
C và
D cắt nhau tại R ⇒ NR là phân giác của
ANB ⇒P, R, N thẳng
hàng.
Tương tự M, S, Q thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của MQ cắt NP,
MIN = 180
◦
−
IMN −
INM
= 180
◦
−
AMN −
ANM +
AMI +
ANI =
1
2
A +
M
+
1
2
A +
N
=
A +
AMI +
ANI =
1
2
180
◦
−
D
+
1
2
180
◦
−
B
= 90
◦
⇒MQ⊥NP.
Bài 25. Cho tam giác ABC (AB = AC), trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 2DC và trên AD
lấy điểm E sao cho
BED =
A. Chứng minh rằng
A = 2
DEC.
Lời giải
A
DB C
M
N
I
E
Từ D kẻ đường thẳng song song với AC và AB cắt AB tại M và AC tại N, từ M kẻ đường thẳng song
song với BC cắt AC tại I, ta có
AM
MB
=
CD
BC
=
1
2
⇒
AI
IC
=
1
2
⇒
AI
AC
=
1
3
,
CN
NA
=
CD
BD
=
1
2
⇒
CN
CA
=
1
3
⇒ AI = IN = NC.
Theo giả thiết
BED =
A ⇒
BMD =
BED ⇒ tứ giác BMED là tứ giác nội tiếp
⇒
MEA =
MBD =
BCA =
MIA ⇒ tứ giác AMEI nội tiếp ⇒
EIC =
AME =
EDB
⇒ tứ giác IEDC nội tiếp ⇒ NI = NC = ND ⇒ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IEDC
⇒
A =
DNC = 2
DEC.
Bài 26. Cho tam giác ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, các đường thẳng
AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, K. Trên cạnh BC lấy điểm M. Hai
điểm P và Q thỏa mãn MP song song với BE, CP vuông góc với CK và BQ vuông góc với BE.
Chứng minh rằng PE, QK, DM đồng qui.
Lời giải
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B C
D
J
B
J
A
M
N
I
E
K
P
Q
A
B C
P
N
Q
D
M
hình bài 26 hình bài 27
Từ M kẻ đường thẳng song song với BE cắt đường phân giác ngoài
C, đó chính là điểm P, thỏa
mãn CP⊥CK, MPBE.
Tương tự, điểm Q thỏa mãn nằm trên đường phân giác ngoài
B ⇒ BQ⊥BE và MQCK. Đường
thẳng AD và BE cắt đường phân giác ngoài tại hai điểm J
A
, J
B
.
DM cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại N. Ta có
DAE =
1
2
A +
B
= 90
◦
−
1
2
C,
BCJ
B
= 90
◦
+
1
2
C ⇒
BJ
B
C =
1
2
A
MPBJ
B
⇒
MPC =
1
2
A.
Mặt khác
DNC =
1
2
A ⇒ tứ giác MNPC là tứ giác nội tiếp ⇒
BCJ
B
+
MNP = 180
◦
.
Tứ giác BEND nội tiếp ⇒
END = 180
◦
−
EBD = 180
◦
−
1
2
A +
B
= 90
◦
+
1
2
C.
Từ
BCJ
B
= 90
◦
+
1
2
C ⇒
END +
MNP =
BCJ
B
+
MNP = 180
◦
⇒ P, N, E thẳng hàng.
Tương tự Q, K, N thẳng hàng ⇒ đpcm.
Bài 27. Cho tam giác ABC, M và N là hai điểm trên phân giác AD thỏa mãn
ABN =
CBM. Đường
thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN tại P, đường thẳng BM cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ACM tại Q. Chứng minh P, A, Q thẳng hàng và
ACN =
BCM.
Lời giải
AMCQ là tứ giác nội tiếp ⇒
MAC =
MQC, APBN nội tiếp
⇒
BPN =
BAN, AD là phân giác ⇒
BAD =
CAD ⇒
BPN =
MQC
⇒
BPC =
BQC ⇒ PQCB nội tiếp ⇒
QPC =
QBC,
APN =
ABN.
Theo giả thiết
CBM =
ABN ⇒
CBQ =
CPA,
CPQ =
CBQ ⇒P, A, Q thẳng hàng.
Các tứ giác AQCM, PQCB nội tiếp ⇒
ACM =
AQM ⇒
ACN =
BCM.
Bài 28. Cho tam giác ABC, gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp
A và I, D, E là các tiếp điểm với
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
cạnh BC, CA, AB. Đường thẳng BJ cắt ID tại M và đường thẳng CJ cắt EI tại N. Đường thẳng
AM, AN cắt cạnh BC tại O và Q. Chứng minh IP = IQ.
Lời giải
Cách 1.
EBI = 180
◦
−
B, J là tâm đường tròn bàng tiếp
A ⇒
EBJ =
JBI
⇒
EBJ =
IBJ = 90
◦
−
1
2
B, EI⊥BJ ⇒
BEI =
1
2
B.
Tương tự
CID =
1
2
C.
Có MJ⊥EI và cắt EI tại trung điểm ⇒
EMJ =
JMI = 90
◦
−
MIB −
BIE = 90
◦
−
1
2
B +
C
,
EMJ =
1
2
A ⇒
EMJ =
EAJ =
1
2
A ⇒AMEJ là tứ giác nội tiếp, AE⊥EJ
⇒ MA⊥MJ ⇒ MAIE ⇒ PEIA là hình thang cân ⇒ IP = AE.
Tương tự, tứ giác AIDQ là hình thang cân IQ = AD, mặt khác AE = AD ⇒ IP = IQ.
A
B
C
J
D
E
N
I
M
P
Q
Cách 2. JE⊥AE, JD⊥AD ⇒ A, E, J, D nằm trên đường tròn đường kính AJ;
EBJ =
JBI =
90
◦
−
1
2
B.
Tương tự
ICJ = 90
◦
−
1
2
C ⇒
BIM =
CID = 90
◦
−
ICJ =
1
2
C.
BMI có
BMI =
JBI −
BIM = 90
◦
−
1
2
B −
1
2
C =
1
2
A ⇒ AM⊥MJ, MJ là phân giác ngoài
B ⇒
PB = BA.
PI = PB + BI = BA + BE = AE.
JMD =
JAD =
1
2
A ⇒M thuộc đường tròn (AEJ).
Tương tự, N cũng thuộc đường tròn (AEJ) ⇒QI = QC +CI = CA +CD = AD.
Mặt khác, AD = AE ⇒ IP = IQ.
Bài 29. Cho tam giác cân ABC (AB = AC,
A < 60
◦
). Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho
DBC =
A, E là giao điểm của đường trung trực BD và đường thẳng qua A song song với BC. Kéo dài AC
về phía A lấy điểm P sao cho PA = 2AC. Chứng minh rằng đường thẳng qua E vuông góc với AC,
đường thẳng qua P vuông góc với AB và đường thẳng BD đồng qui.
Lời giải
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B C
D
M
E
Q
P
A
B CD M
E
O
Q
P
hình bài 29 hình bài 30
Theo giả thiết
DBC =
A ⇒ tứ giác EACB là hình bình hành ⇒ AC song song với BE.
Gọi M là trung điểm AP ⇒AM = AC = AB ⇒ MBC là tam giác vuông, MB⊥BC
⇒ MB⊥AE ⇒ MABE là hình thoi ⇒ ME = MP = MA ⇒PE⊥EA.
Giả sử đường thẳng qua P và vuông góc với AB cắt BD tại Q và PE⊥BC
⇒
QPE =
ABC ⇒
QPE =
BDC =
BDE ⇒ tứ giác PQDE nội tiếp
⇒
PEQ =
PDQ.
Mặt khác,
PDQ =
PAE,
PAE +
APE = 90
◦
⇒
PEQ +
APE = 90
◦
⇒PA⊥EQ ⇒ AC⊥EQ, suy ra
đpcm.
Bài 30. Cho tam giác nhọn ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm O, điểm P trên cạnh AB sao
cho
BOP =
ABC điểm Q trên cạnh AC sao cho
COQ =
ACB. Chứng minh rằng đường thẳng đối
xứng với BC qua PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ.
Lời giải
Đường thẳng AO cắt cạnh BC tại D.
O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ⇒ OA = OB ⇒
OAB =
OBA.
Theo giả thiết
BOP =
ABC ⇒ ABD BOP ⇒
AB
BO
=
AD
BP
⇒ AB ·BP = AD ·BO và
BPO =
ADB.
Tương tự, ACD COQ ⇒AC ·CQ = AD ·CO,
CQO =
ADC.
⇒
APO +
AQO = 180
◦
−
BPO + 180
◦
−
CQO = 360
◦
−
ADB +
ADC
= 180
◦
.
⇒ O nằm trên đường tròn ngoại tiếp APQ.
Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp ABC và đường tròn ngoại tiếp APQ ⇒ OE =
OA ⇒
OAE =
OEA, tứ giác AEQO nội tiếp ⇒
AEO =
AQO, tứ giác AQOP nội tiếp ⇒
AEO =
AQO =
BPO =
ADB.
⇒
EAO =
ADB ⇒AEBC, mà OC = OB ⇒AB ·BP = AC ·CQ.
Giả sử
ABC >
ACB ⇒PQ cắt cạnh BC tại M (về phía C);
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
AEQP nội tiếp ⇒
PAE +
PQE = 180
◦
, AEBC ⇒
PAE +
ABC = 180
◦
.
⇒
EPQ =
EAQ,
EAQ =
ACB ⇒
EPQ =
ACB ⇒EPQ ACB (g.g) ⇒ABC = ECB.
APE =
APQ −
EPQ =
AOQ −
EOQ =
AOB;
Mặt khác,
OAC =
1
2
180
◦
−
AOC
= 90
◦
−
ABC,
EAC =
ACB.
⇒
AOB = 180
◦
−2
OAE −2
90
◦
−
ABC +
ACB
= 2
ABC −
ACB
⇒
APE = 2
ABC −
ACB
,
ABE =
ABC −
EBC =
ABC −
ACB ⇒
APE = 2
ABE ⇒
PBE =
PEB (1)
Gọi M là giao điểm của PQ và BC,
AQP =
AEP = 180
◦
−
A +
C
−
B −
C
= 2
C −
B
⇒
PMB =
ACB −
MQC =
ACB −
AQP =
B −
C
⇒
BMP =
BEP =
B −
C ⇒ tứ giác BPEM nội tiếp.
Kết hợp với (1) có
BMP =
PME ⇒ MP là phân giác của
BME.
Lại có
EQM = 180
◦
−
EQP = 180
◦
−
B,
PEM = 180
◦
−
B
⇒ MQE MEP ⇒ME
2
= MP ·MQ ⇒ME là tiếp tuyến của đường tròn (APQ).
Bài 31. Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA
1
, BB
1
, CC
1
cắt nhau tại H, đường thẳng AC
cắt A
1
C
1
tại D. Gọi I là trung điểm của AC. Chứng minh DH vuông góc với BI.
Lời giải
A
B C
D
A
1
C
1
B
1
E
H
I
DB cắt đường tròn tại E, AA
1
⊥BC, CC
1
⊥AB ⇒AC
1
A
1
C nội tiếp
⇒ DA ·DC = DC
1
·DA
1
. Tứ giác AEBC nội tiếp ⇒ DA ·DC = DE ·DB ⇒DE ·DB = DC
1
·DA
1
⇒C
1
A
1
BE nội tiếp.
Mặt khác tứ giác C
1
BA
1
H nội tiếp ⇒ 5 điểm C
1
, E, B, A
1
, H nằm trên một đường tròn đường
kính BH ⇒ BE⊥HE.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Kéo dài EH cắt AC tại I ⇒ tứ giác BEB
1
I nội tiếp ⇒ HE ·HI = HB ·HB
1
.
Mặt khác HA ·HA
1
= HB ·HB
1
⇒ HA ·HA
1
= HE ·HI ⇒ tứ giác AEA
1
I nội tiếp
⇒
IEA
1
=
A
1
AI,
AEI =
AA
1
I.
DEA =
C,
BEA
1
=
BC
1
A
1
=
C,
DEA =
BEA
1
và IE⊥DB
⇒
AEI =
IEA
1
⇒
IAA
1
=
AA
1
I ⇒ I A = IA
1
= IC ⇒I là trung điểm AC. Vậy DH⊥BI.
Bài 32. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt trên các cạnh
BC, CA, AB sao cho DE vuông góc với OC, DF vuông góc với OB, gọi I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng ID vuông góc với cạnh BC.
Lời giải
A
B C
D
O
E
F
I
A
B C
D
O
E
F
I
G
K
P
H
M
hình bài 32 hình bài 33
OCB =
1
2
180
◦
−
BOC
= 90
◦
−
1
2
BOC = 90
◦
−
A, OC⊥DE ⇒
EDC = 90
◦
−
OCB ⇒
EDC =
A.
Tương tự,
BDF =
A ⇒
EDF = 180
◦
−
A.
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nên
EIF = 2
A ⇒
EDF = 180
◦
−
EIF ⇒
EDF +
EIF = 180
◦
⇒ I, E, D, F nằm trên một đường tròn
⇒
IEF =
IDF mà
IEF =
1
2
180
◦
−
EIF
= 90
◦
−
A ⇒
IDF +
BDF = 90
◦
⇒ ID⊥BC.
Bài 33. Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) và P là điểm bất kì nằm trong tam
giác ABC và không trùng O. Đường thẳng AP cắt (O) tại D, gọi DE, AF là đường kính của (O).
Giả sử EP, FP lần lượt cắt (O) tại G và I, đường thẳng AI cắt DG tại K. Gọi H là hình chiếu của
K lên đường thẳng OP, OP cắt EF tại M. Chứng minh rằng A, H, K, D, M cùng thuộc một đường
tròn.
Lời giải
Theo giả thiết DE, AF là đường kính của đường tròn (O), KH⊥OP
⇒
KHP =
KIP =
KGP = 90
◦
⇒ K, H, P, G nằm trên đường tròn đường kính KP
⇒
IHP =
IGP =
IGE =
IDE ⇒
IHO =
IDO ⇒ tứ giác IHDO nội tiếp đường tròn.
Mặt khác HDOI là tứ giác nội tiếp ⇒
DHO =
DIO =
IDO, suy ra
OHI =
OHD ⇒
OHI =
PKI = 90
◦
−
KAD ⇒
OHD = 90
◦
−
HKD ⇒
KHD =
KAD hay K, H, A, D
cùng thuộc một đường tròn.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Ta có AO = OF và APEF nên PAMF là hình bình hành
⇒
DAM =
PFM =
IGE =
IHP =
MHD ⇒A, H, D, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 34. Cho tam giác ABC và trực tâm H. Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC và E là chân đường cao hạ từ B xuống xạnh AC. Dựng các hình bình hành PAQB và PADC
cắt HD tại F. Chứng minh rằng EF song song với AP.
Lời giải
Két dài AH cắt BC tại K ⇒ AK⊥BC ⇒ tứ giác HKCE nội tiếp ⇒
EHK +
ACB = 180
◦
, P nằm
trên đường tròn (O) ⇒
APB =
ACB.
Mặt khác theo giả thiết AQBP là hình bình hành
⇒
AQB =
APB ⇒
AQP +
AHB =
AQB +
EHK = 180
◦
.
A
B C
D
E
F
I
Q
K
P
H
A
B
C
D
P
Q
I
O
M
N
E
H
hình bài 34 hình bài 35
⇒ tứ giác AQBH nội tiếp, gọi I là giao điểm BH và AP ⇒
KAF =
HBQ =
AIE.
Hoàn toàn tương tự, tứ giác ADCH nội tiếp
⇒
AHD =
ACD =
CAP ⇒
AHD +
HAF =
CAP +
AIE = 90
◦
⇒ tứ giác AHEF nội tiếp ⇒
HFE =
HAE =
HAC =
HDC ⇒EFCD ⇒EFAP.
Bài 35. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M, đường
thẳng AM cắt (O) tại N. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của đường vuông góc NC tại C với (O) và
BN. AP cắt BC tại E. Chứng minh rằng Q, M, E thẳng hàng.
Lời giải
Gọi D là giao điểm của MO và PQ, H là giao điểm PO và MQ và I là giao điểm OM với cạnh BC.
DO⊥BC ⇒
BDM =
CDM = 90
◦
−
PCB, CN⊥PQ ⇒
BCN = 90
◦
−
PCB,
BCN =
BAN (cùng chắn
cung BN
)
⇒
BDM =
BAM ⇒ tứ giác AMBD nội tiếp;
OM⊥BC ⇒
BMD =
CMD,
CMD = 90
◦
−
BCM = 90
◦
−
BAC,
BQC =
NQC = 90
◦
−
CNQ = 90
◦
−
BAC (do ABNC nội tiếp)
⇒
BMD =
BQD ⇒ tứ giác BMQD nội tiếp ⇒ MB = MC = MQ
