Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (347.12 KB, 6 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>
<i>i) </i> <i>Tứ giác nội tiếp là tứ giác có 4 đỉnh nằm trên một đường tròn. </i>
<i>ii) </i> <i>Để chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn ta chứng minh tứ giác thỏa mãn </i>
<i>một trong các điều kiện sau: </i>
<i>- 4 đỉnh A B C D</i>, , , <i> cùng thuộc một đường trịn. </i>
<i>- Tổng hai góc đối bằng </i>1800<i>. </i>
<i>- Góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện. </i>
<i>- Hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới một góc chung . </i>
<i>iii) </i> <i>Nếu một tứ giác nội tiếp một đường trịn thì nó có những tính chất sau đây: </i>
<i>- Tổng hai góc đối bằng </i>1800<i>. </i>
<i>- Góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện. </i>
<i>- Hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới một góc chung . </i>
<b>Bài tập mẫu 1: Cho tam giác </b><i>ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn </i>( )<i>O</i> . Các đường cao <i>AD</i>, <i>BE</i>,
<i>CF cắt nhau tại H</i> và cắt đường tròn lần lượt tại <i>M</i> , <i>N , P</i>. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác <i>CEHD nội tiếp. 2. 4 điểm B</i>, <i>C , E</i>, <i>F</i> cùng nằm trên một đường tròn.
3. <i>AE EC</i>. <i>AH AD AD BC</i>. ; . <i>BE AC</i>. . 4. <i>H</i> và <i>M</i> đối xứng với nhau qua <i>BC . </i>
<b>Giải: </b>
1. Xét tứ giác <i>CEHD có: </i>
0
90
<i>CEH </i> ; 0
90
<i>CDH </i> ( vì <i>BE</i> và<i>AD</i> là đường cao)
Nên 0
180
<i>CEH</i><i>CDH</i> .
Mà <i>CEH và </i> <i>CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD . Do đó </i>
<i>CEHD là tứ giác nội tiếp. </i>
2. Theo giả thiết:
<i>BE</i> là đường cao nên 0
90
<i>BE</i><i>AC</i><i>BEC</i> .
<i>CF là đường cao nên </i> 0
90
<i>CF</i> <i>AB</i><i>BFC</i> .
Như vậy <i>E</i> và <i>F</i> cùng nhìn <i>BC dưới một góc </i>900. Nên <i>E</i> và <i>F</i>
cùng nằm trên đường tròn đường kính <i>BC . Vậy bốn điểm </i>
, , ,
<i>B C E F</i> cùng nằm trên một đường tròn.
<b>H</b>
<b>(</b>
<b>(</b>
<b>2</b>
<b></b>
<b>--</b> <b>2</b>
<b>1</b>
<b>1</b>
<b>1</b>
<b>P</b>
<b>N</b>
<b>F</b>
<b>E</b>
<b>M</b>
<b>D</b> <b>C</b>
<b>B</b>
<b>A</b>
3. Xét hai tam giác <i>AEH</i> và <i>ADC</i> có: <i>AEH</i> <i>ADC</i>90 ;0 <i>A</i> là góc chung
. .
<i>AE</i> <i>AH</i>
<i>AEH</i> <i>ADC</i> <i>AE AC</i> <i>AH AD</i>
<i>AD</i> <i>AC</i>
Xét hai tam giác <i>BEC</i> và <i>ADC</i> có: <i>BEC</i> <i>ADC</i>90 ;0 <i>C</i> là góc chung
. .
<i>BE</i> <i>BC</i>
<i>BEC</i> <i>ADC</i> <i>AD BC</i> <i>BE AC</i>
<i>AD</i> <i>AC</i>
4. Ta có <i>C</i><sub>1</sub> <i>A</i><sub>1</sub> ( vì cùng phụ với <i>ABC ); </i> <i>C</i><sub>2</sub> <i>A</i><sub>1</sub> ( vì hai góc nội tiếp cùng chắn cung <i>BM ). </i>
1 2
<i>C</i> <i>C</i> <i>CB</i>
là tia phân giác của góc <i>HCM . Lại có CB</i><i>HM</i> <i>CHM</i> cân tại <i>CB</i> cũng là
đường trung trực của <i>HM</i> . Vậy <i>H</i> và <i>M</i> đối xứng với nhau qua <i>BC . </i>
<b>Bài tập mẫu 2:</b> Cho tam giác <i>ABC có ba góc nội tiếp đường trịn </i>( )<i>O</i> với trực tâm <i>H</i>. Giả sử <i>M</i> là
một điểm trên cung <i>BC không chứa A</i>( <i>M</i> khác <i>B</i>, <i>M</i> khác <i>C ). Gọi N P</i>, theo thứ tự là điểm đối
xứng của <i>M</i> qua <i>AB AC</i>, .
1) Chứng minh tứ giác <i>AHCP nội tiếp. </i>
2) Chứng minh ba điểm <i>N H P</i>, , thẳng hàng.
3) Tìm vị trí của <i>M</i> để độ dài đoạn <i>NP lớn nhất. </i>
<b>Giải: </b>
1) Gọi <i>I</i> là giao điểm của <i>CH và AB</i>, <i>K</i> là giao điểm
của <i>AH</i> và <i>BC .Ta thấy IBK</i> <i>AHC</i>1800 (1).
Mặt khác <i>IBK</i><i>APC</i> (2).
Từ (1) và (2) ta thấy tứ giác <i>AHCP nội tiếp. </i>
2) Do tứ giác <i>AHCP nội tiếp nên </i><i>AHP</i><i>ACP</i> ( cùng
chắn cung <i>AP</i>). Có <i>ACP</i><i>ACM</i> (tính chất đối xứng).
Suy ra <i>AHP</i><i>ACM</i> (3).
<i>Tương tự ta chứng minh được tứ giác AHBN nội tiếp, </i>
nên <i>AHN</i><i>ABN</i> ( cùng chắn cung <i>AP</i>).
Có <i>ABN</i> <i>ABM</i> (t/c đối xứng). Suy ra<i>AHN</i> <i>ABM</i> (4)
Tứ giác<i>ABMC nội tiếp nên </i> <i>ACM</i> <i>ABM</i> 1800 (5).
Thay (3), (4) vào (5) ta được <i>AHP</i><i>AHN</i> 1800
Vậy 3 điểm <i>H N P</i>, , thẳng hàng.
3) Từ <i>MAN</i> 2<i>BAM MAP</i> , 2<i>MAC</i> suy ra <i>NAP</i>2(<i>BAM</i> <i>MAC</i>)2<i>BAC</i> (không đổi).
Ta có <i>NP</i>2<i>AP</i>.sin<i>BAC</i>2<i>AM</i>.sin<i>BAC</i><i>. Do đó NP lớn nhất khi và chỉ khi AM</i> lớn nhất, lúc đó
<i>AM</i> là đường kính của đường trịn ( )<i>O</i> . Vây <i>NP lớn nhất khi M</i> là điểm đối xứng của <i>A</i> qua <i>O . </i>
<b>Bài tập mẫu 3: </b>Cho tam giác cân <i>ABC AB</i>( <i>AC A</i>, 90 )0 , đường cao <i>BD</i>. Gọi <i>M N I</i>, , lần lượt theo
thứ tự là trung điểm các đoạn <i>BC BM BD</i>, , . Tia <i>NI cắt cạnh AC tại K</i>. Chứng minh rằng:
1) Các tứ giác <i>ABMD ABNK</i>, nội tiếp.
<i><b>j</b></i>
<i><b>H</b></i>
<i><b>I</b></i>
<i><b>K</b></i>
<i><b>N</b></i>
<i><b>P</b></i>
<i><b>A</b></i>
<i><b>B</b></i> <i><b>C</b></i>
2) 2 4 .
3
<i>BC</i> <i>CA CK</i>
<b>Giải: </b>
1) Do tam giác <i>ABC cân tại A</i> nên <i>AM</i> <i>BM</i>
. Lại có <i>AD</i> <i>BD</i>, do đó tứ giác <i>ABMD</i> nội tiếp đường
trịn đường kính <i>AB</i>.
Mặt khác <i>NI là đường trung bình của tam giác ABC </i>
nên <i>NI</i>/ /<i>MD . Do đó KNC</i><i>DMC</i>.
Hơn nữa <i>DMC</i><i>KAB</i>( tính chất tứ giác nội tiếp
<i>ABMD</i>). Suy ra <i>KNC</i><i>KAB</i>(1).
Từ đây ta thấy tứ giác <i>ABNK nội tiếp. </i>
2) Ta có <i>NKC</i><i>ABC</i>(tứ giác nội tiếp)
Kết hợp với (1) ta có <i>ABC</i> <i>NKC</i> <i>BC</i> <i>CA</i>
<i>CK</i> <i>NC</i>
Mặt khác, dễ thấy 3
4
<i>NC</i> <i>BC</i>, do đó 2 4 . 4 .
3 3
<i>BC</i> <i>BC NC</i> <i>CA CK</i>
<b>Bài tập mẫu 4:</b> cho tam giác nhọn <i>ABC AB</i>( <i>AC</i>), hai đường cao <i>BD</i> và <i>CE cắt nhau tại H</i> (<i>D</i>
thuộc cạnh <i>AC , E</i> thuộc cạnh <i>AB</i>). Gọi <i>I</i> là trung điểm của <i>BC . Đường tròn ngoại tiếp </i><i>BEI</i> và
<i>đường tròn ngoại tiếp CDI</i> cắt nhau tại <i>K</i> (<i>K</i> khác <i>I</i>).
1) Chứng minh rằng <i>BDK</i> <i>CEK</i>.
2) Đường thẳng <i>DE</i> cắt <i>BC tại M</i> . Chứng minh ba điểm <i>M H K</i>, , thẳng hàng.
<b>Giải: </b>
1) Vì <i>A</i><i>B C</i> <i>EKD</i><i>EKI</i><i>IKD</i>5400,
mà <i>B</i> <i>EKI</i> <i>C</i> <i>IKD</i>1800 nên
0
180
<i>A EKD</i>
Suy ra tứ giác <i>AEKD</i> nội tiếp.
Mặt khác, tứ giác <i>AEHD</i> nội tiếp. Vậy năm điểm
, , , ,
<i>A E H K D</i> cùng nằm trên một đường trịn
đường kính <i>AH</i>, dẫn đến <i>BDK</i><i>CEK</i>.
2) Ta có: <i>ADE</i> <i>ABC</i>, <i>AKE</i> <i>ADE</i> suy ra
<i>ABC</i> <i>AKE</i>. Từ đó 0
180
<i>AKE</i><i>AKI</i> , nghĩa là
3 điểm <i>A K I</i>, , thẳng hàng.
Lại có: <i>IKC</i> <i>IDC</i><i>ICD</i>, <i>IKC</i> <i>KAC</i><i>ACK</i>,
<i><b>j</b></i>
<i><b>H</b></i>
<i><b>I</b></i>
<i><b>K</b></i>
<i><b>E</b></i>
<i><b>A</b></i>
<i><b>M</b></i>
<i><b>D</b></i>
<i><b>B</b></i>
<i>ICD</i><i>ICK</i><i>KCD</i>
Vậy tứ giác<i>MEKC nội tiếp. </i>
Tứ giác <i>MEKC nội tiếp nên MEC</i><i>MKC</i>.
Vì <i>IKC</i> <i>AED</i><i>MEB</i>; <i>MEC</i><i>MEB</i>900; <i>MKC</i><i>MKI</i> <i>IKC</i><i>MKI</i> 900
Do <i>A E H K D</i>, , , , nằm trên đường trịn đường kính <i>AH</i>, nên <i>HKA </i> 900.
Vậy <i>K H M</i>, , thẳng hàng.
3) Do tứ giác <i>DEHK</i> nội tiếp nên <i>HEK</i> <i>HDK</i> (1).
Tứ giác <i>MEKC nội tiếp nên KEC</i><i>KMC</i> (2)
Từ (1) và (2) suy ra <i>KMB</i><i>HDK</i>, hay tứ giác <i>MBKD</i> nội tiếp.
<b>Bài tập mấu 5:</b> cho hình thang vng <i>ABCD A</i>( <i>D</i>). Gọi <i>E</i>là trung điểm của <i>AD</i>. Kẻ <i>AH</i> vng
góc với <i>BE</i>, <i>DI</i> vng góc với <i>CE , K</i> là giao điểm của <i>AH</i> và <i>DI</i>.
1) Chứng minh rằng <i>BHIC nội tiếp. </i>
2) Chứng minh rằng <i>EK</i> <i>BC</i>.
<b>Giải: </b>
1) Sử dụng hệ thức lượng cho tam giác
vuông <i>AEB</i> và <i>BEC ta thấy </i>
2
.
<i>EA</i> <i>EH EB</i> (1)
2
.
<i>ED</i> <i>EI EC</i> (2).
Vì <i>EA</i><i>ED</i>(gt) nên từ (1) và (2) suy ra
. .
<i>EH EB</i><i>EI EC</i>
Dẫn đến tứ giác <i>BHIC nội tiếp được một đường tròn. </i>
2) Giả sử <i>F</i> là giao điểm của <i>EK</i> và <i>BC . </i>
Từ câu 1) tứ giác <i>BHIC nội tiếp nên </i><i>EHI</i> <i>BCI</i> (3)
Mà tứ giác <i>EHKI</i> nội tiếp (<i>EHK</i> <i>EIK</i>900) nên
<i>EHI</i> <i>EKI</i> (4)
Từ (3) và (4) suy ra <i>BCI</i> <i>EKI</i>, hay tứ giác <i>FKIC </i>
nội tiếp, dẫn tới <i>KFC</i> <i>KIC</i> 1800.
Theo giả thiết <i>KIC </i>900, suy ra <i>KFC </i> 900
Nghĩa là <i>EK</i> <i>BC</i>.
<b>Bài tập 1: cho tam giác </b><i>ABC có ba góc nhọn, AD</i> và <i>CE là hai đường cao cắt nhau tại H</i>, <i>O là tâm </i>
<i>đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi M</i> là điểm đối xứng của <i>B</i> qua <i>O , I</i> là giao điểm của <i>BM</i>
và <i>DE</i>, <i>K</i> là giao điểm của <i>AC và HM</i>.
1) Chứng minh rằng các tứ giác <i>AEDC và DIMC là các tứ giác nội tiếp. </i>
2) Chứng minh <i>OK</i> <i>AC</i>.
3) Cho số đo góc <i>AOK </i>600. Chứng minh tam giác <i>HBO cân. </i>
<i>Hướng dẫn: </i>
<i>1) Chứng minh BDI</i><i>BMC. </i>
<i>2) Chứng minh K</i> là trung điểm của <i>AC . </i>
<i>3) Chứng minh BH</i> <i>BO. </i>
<b>Bài tập 2: cho hình vng </b><i>ABCD cạnh a . Trên hai cạnh AD</i> và <i>CD lần lượt lấy các điểm M</i> và <i>N </i>
sao cho <i>MBN </i> 450. <i>BM</i> và <i>BN cắt AC theo thứ tự tại E</i> và <i>F</i>.
1) Chứng minh các tứ giác <i>BENC và BFMA</i> nội tiếp được một đường tròn.
2) Chứng minh <i>MEFN là tứ giác nội tiếp. </i>
3) Gọi <i>H</i> là giao điểm của <i>MF</i> và <i>NE , I</i> là giao điểm của <i>BH</i> và <i>MN . Tính độ dài BI</i>
<i>Hướng dẫn: </i>
<i>1) Chứng minh EBN</i> <i>ECN</i> và <i>FBM</i> <i>FAM</i><i>. </i>
<i>2) Chứng minh </i> 0
90
<i>MEN </i> và 0
90
<i>MFN </i> <i>. </i>
<i>3) Chứng minh </i><i>BCN</i> <i>BIN</i> nên <i>BI</i> <i> a</i>
<b>Bài tập 3: giả sử tứ giác lồi </b><i>ABCD có điểm M</i> sao cho tứ giác <i>ABMD</i> là hình bình hành và
<i>CBM</i> <i>CDM</i> . Dựng hình bình hành <i>BMCN . </i>
1) Chứng minh tứ giác <i>ABNC nội tiếp. </i>
2) Chứng minh rằng <i>ACD</i><i>BCM</i> .
<i>Hướng dẫn: </i>
<i>1) Chứng minh BCN</i> <i>BAN</i><i>. </i>
<i>2) Chứng minh BCM</i><i>CBN</i>; <i>CBN</i><i>CAN</i>; <i>CAN</i><i>ACD. </i>
<b>Bài tập 4: cho đoạn thẳng </b><i>AB</i> và điểm <i>C nằm giữa hai điểm A</i> và <i>B</i>. Trên một nửa mặt phằng bờ
chứa đường thẳng <i>AB</i>, kẻ các tam giác đều <i>ACD và BCE . Gọi I</i> là giao điểm của <i>AE</i> và <i>BD</i>.
Chứng minh rằng:
1) Các tứ giác <i>ACID và BCIE nội tiếp đường tròn </i>
2) <i>IA IB IC</i>, , lần lượt là các tia phân giác của các góc <i>CID CIE AIB . </i>, ,
3) Khi <i>C chuyển động trên đoạn thẳng </i> <i>AB</i> thì điểm <i>I</i> ln chuyển động trên một cung tròn cố định.
<i>Hướng dẫn: </i>
<i>1) Chứng minh IAC</i><i>IDC và IEC</i><i>IBC. </i>
<i>2) Chứng minh </i><i>AID</i> <i>AIC; BIC</i> <i>BIE</i><i> và </i><i>AIC</i><i>BIC</i><i>. </i>
<i>3) Khi C chuyển động trên đoạn thẳng AB thì điểm I</i> <i> ln </i>
<i>chuyển động trên cung trịn AB chứa góc AB. </i>
<b>Bài tập 5: cho tam giác nhọn </b><i>ABC . Về phía ngồi tam giác ta dựng các tam giác vuông cân đỉnh A</i> là
'
1) Các tứ giác <i>ADBC , </i>' <i>ADCB nội tiếp đường tròn. </i>'
2) Tứ giác <i>BA CD nội tiếp. </i>'
3) Ba đường thẳng <i>AA BB CC</i>', ', ' đồng quy tại <i>D</i>.
<i>Hướng dẫn: </i>
<i>1) Chứng minh </i><i>AC D</i>' <i>ABD và </i><i>AB D</i>' <i>ACD. </i>
<i>2) Chứng minh BDC</i>'<i>BA C</i>' 900<i>. </i>
<i>3) Chứng minh A D A</i>, , '<i> thẳng hàng. </i>
<b>Bài tập 6: cho hình vng </b><i>ABCD . Các điểm M N</i>, lần lượt thuộc các cạnh <i>BC CD</i>, sao cho
0
45
<i>MAN </i> . Gọi <i>P Q</i>, lần lượt là giao điểm của <i>BD</i> với <i>AN và AM</i> . Chứng minh rằng:
1) Các tứ giác <i>ABMP ADNQ MNPQ</i>, , nội tiếp đường tròn.
2) <i>PA</i><i>PM QA</i>, <i>QN</i>
<i>Hướng dẫn: </i>