Chuyên đề: Tứ giác điều hòa

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Nguyễn Hồng Phi - Khóa 34 THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ

Ngày 16 tháng 7 năm 2018

1

Định nghĩa và một số tính chất

1.1

Định nghĩa:

Tứ giác nội tiếpABCD được gọi là tứ giác điều hòa nếu tồn tại điểmM thuộc đường tròn ngoại
tiếp tứ giác sao cho M(ACBD) =−1, tức là(ACBD) =−1

1.2

Một số tính chất cơ bản của tứ giác điều hòa

Cho tứ giác điều hịa ABCD nội tiếp(O). Khi đó ta có các tính chất sau:

a, Với mọi điểm M nằm trên (O)thì ta ln có M(ABCD) =−1.

b, AB

AD =
CB

CD ⇔AB.CD=CB.AD

c,Tiếp tuyến tại A và C của (O)và BD đồng quy hoặc đôi một song song.

d,Gọi {I}=AC∩BD. Khi đó ta có: IA
IC =

BA
BC
2
=

DA
DC
2

e,Tiếp tuyến tại A, C và BD đồng quy tạiP. Khi đó (P IBD) = −1.

f,Phân giác ABC[ và ADC\cắt nhau trên AC.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2

Một số ví dụ về tứ giác điều hòa

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), AB∩CD = {P}; AD∩BC = {Q}; AC ∩BD = {M}.
Chứng minh O là trực tâm 4M P Q

(Định lý Brocard)
Ví dụ 1

Qua Q kẻ hai tiếp tuyếnQE, QF với (O).EF cắt AD và BC lần lượt tại I, K.

Khi đó ta có tứ giác AEDF và BECF là tứ giác điều hòa ⇔(QIAD) = (QKBC) = −1

⇒DC, AB, IK và AC, BD, IK đồng quy. Mà OQ⊥EF ⇔P M ⊥OQ.
Chứng minh tương tự ta có:QM ⊥OP. Suy ra M là trực tâm 4P OQ.

Bài tập đề xuất(Sử dụng định lý Brocard): Cho tam giác ABC nội tiếp(O)có phân giác AD.

(ACD)∩AB={A, E};(ABD)∩AC ={A, F}. Chứng minh: DO ⊥EF

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Cho tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa. Gọi M là trung điểm BD. Đường thẳng qua C song
song với AD cắt AM tại P. Chứng minh 4P CD cân.

Ví dụ 2

Lời giải

Cách 1(Nguyễn Hoàng Phi): Gọi N là giao của tiếp tuyến tại A, C và BD.
Ta có: AC là đường đối trung trong 4BAD ⇒CP A[ =DAM\ =BAC[ =N DC.(1)\

Mặt khác ta có: \ACN =\ADC =\DCP ⇒ 4ACP ∼ 4N CD(g.g)⇒ 4DCP ∼ 4N CA(c.g.c)

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Cách 2(Nguyễn Đăng Khoa):

Ta có: CP A[ =M DC\(1) ⇒M CP D nội tiếp.

Suy ra: \CP D =BM C\ =ADC\=\DCP ⇒DC =DP. Từ đó ta có đpcm.

Cho 4ABC có đường caoAH.E là trung điểmAH. Đường tròn(I) tiếp xúc vớiBC tại D.
DE∩(I) = {D, F}. Chứng minh F D là phân giác \BF C.

(Tài liệu chun tốn hình 10)
Ví dụ 3

Gọi M, N lần lượt là các tiếp điểm của (I) trên AB và AC. AD∩(I) = {D, P}. Kẻ đường kính
DQ của (I).

Vì DQ k AH; AE = EH ⇒ D(HAEQ) = −1 ⇔D(DP F Q) = −1⇒ tứ giác DF P Q là tứ giác
điều hịa (1).

Mặt khác ta có tứ giácDM P N là tứ giác điều hòa (2).

Từ (1) và (2) ta có: QF, M N và tiếp tuyến tại P, D đồng quy tạiL.

Áp dụng Menelaus ta có: LB

LC =
M B

N C =
BD

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (w1); (w2) cắt nhau tại A và B. Một tiếp tuyến chung

ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với (w1) tại P và (w2) tại Q. Các tiếp tuyến của (AP T)

ở P, T cắt nhau tại S. Gọi H là điểm đối xứng của B qua P T. Chứng minh: A, H, S thẳng
hàng.

(Vietnam TST 2001)
Ví dụ 4

Gọi C =AB∩P T. Ta có:BP T[ =BAP[;BT P[ =BAT[ ⇒P AT[ = 180◦−P BT[ = 180◦−\P HT

⇒H ∈(AP T). Mặt khác ta có: 4CBP ∼ 4CP A và 4CBT ∼ 4CT A.
Suy ra: P C2 =CB.CA=CT2 ⇒CP =CT và P B

AP =
BC
P C =

BC
CT =

BT
AT ⇔

AP
P H =

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Cho tứ giác ABCD là một tứ giác nội tiếp. Gọi P, Q, R lần lượt là chân đường vng góc kẻ
từDxuốngBC, CA, AB. Chứng minh rằngP Q=QR khi và chỉ khi phân giácABC[ =\ADC
cắt nhau trên AC.

(IMO 2003)
Ví dụ 5

Ta có: P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson).

Ta có hai cặp tam giác: 4DQP ∼ 4DAB và 4DQR∼ 4DCB.
Suy ra: QR=QP ⇔ QR

QD =
QP
QD ⇔

BC
CD =

AB

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Cho tam giác ABC nội tiếp (O)có 3 đường cao AD, BE, CF đồng quy tạiH. HI là đường
đối trung của 4HBC. KẻAK ⊥ HI. Tia AH cắt (O) tại L, tiaM H cắt (O) tại P. Chứng
minh:

a, Tứ giác P BLC là tứ giác điều hòa

b, (M IK)tiếp xúc (O).

(Đề thi đội tuyển tỉnh Bắc Ninh)
Ví dụ 6

a, Ta dễ có: P, F, H, E, K, A đồng viên và L đối xứng với H qua BC. Từ đó ta có: 4HM B ∼
4BM P và 4M HC ∼ 4M CP(g.g)

Làm tương tự ví dụ 4 thì ta có tứ giác P BLC là tứ giác điều hòa.

b, Tiếp tuyến tại P, L của (O)và BC đồng quy tại T.
Ta có: HP.HM =HA.HD =HI.HK ⇒P ∈(M IK).

Ta lại có: T H2 ₌_{T L}2 ₌_{T B.T C} _⇒_\_{T HB} ₌_{HCB. Mà}_\ _BHI_[ ₌_{M HC}_\ _⇒_{T HI}_[ ₌_{T M H}_\

Suy ra T P2 ₌_{T H}2 ₌_{T I.T M} _⇒_{T P} _{là tiếp tuyến của}₍_{M IP K}₎_{. Suy ra} ₍_{M IK}₎ _và ₍_O₎ _{tiếp xúc}

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Cho đường trịn(O)có đường kínhAB.C ∈(O)thỏa mãn90◦ <AOC <[ 180◦. LấyK ∈OC.
Từ A kẻ hai tiếp tuyếnAD, AE tới (K, KC). Chứng minh rằng: DE, AC, BK đồng quy.

(Đề thi chọn đội tuyển VMO Hà nội 2015-2016)
Ví dụ 7

Gọi L, T là giao điểm củaAC với DE và (O). Gọi J =IK∩T C.

Từ đó ta có tứ giác T DCE là tứ giác điều hòa. Suy ra tiếp tuyến tại T, C của (K, KC) và DE
đồng quy tạiI.

Ta có: IL⊥AK;AL⊥IK ⇒KL vng góc với AI tại Q.

Khi đó ta có:IQ.IA =IJ.IK =IC2. MàIC cũng là tiếp tuyến của(O)nênQ∈(O)⇒BQ⊥AI.
Suy ra điều phải chứng minh.

Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC 6= 2R. Lấy A thuộc cung lớn BC. D, K, J là trung
điểm BC, CA, AB. E, M, N là chân đường cao hạ từ A, B, C xuống BC, DJ, DK. Chứng
minh rằng tiếp tuyến tại M, N của (EM N)cắt nhau tại điểm T cố định.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Kẻ đường cao BU và lấy H là trực tâm 4ABC.
T D, T E lần lượt cắt (O)tại điểm thứ 2 là X, S

Ta có: H, M, N, D, E đồng viên nên tứ giác M DN X là tứ giác điều hòa.

⇒ H(M N XD) = −1⇒ H(BCXD) = −1⇒ HX k BC (do BD =CD). Suy ra T thuộc trung
trực BC.

Mặt khác ta có: D(M EN S) = −1mà DN kAB⇒A, S, D thẳng hàng.
Ta dễ có: S∈(AP HU)⇒DS.DA=DU2 =DC2 và AH.AE =AS.AD
Theo định lý Thales ta có: T D

AE =
DS
AS =

DS
AH.AE

AD

⇒T D = DS.AD

AH =
DC2

2OD(không đổi).
Vậy T cố định hay ta có đpcm.

Cho 4ABC cân tại A, một đường tròn (O) tiếp xúc AB, AC và cắt BC tại hai điểm phân
biệt là K, L. AK cắt (O) tại M. Gọi P, Q là điểm đối xứng của K qua B, C. Chứng minh
rằng M, O và tâm (M P Q) thẳng hàng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Gọi D, E là điểm tiếp xúc của (O) với AB, AC. Kéo dài M D cắt BC tại P0

Ta có: D(DEM K) = −1mà DE kBC ⇒BP0 =BK ⇒P ≡P0. Suy ra M, D, P thẳng hàng.
Tương tự ta có: M, E, Qthẳng hàng.

Xét V_MK : D→P;E →Q⇒(M DE)→(M P Q).
Từ đó ta có đpcm.

Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc với 3 cạnh BC, CA, AB tại D, E, F.
Lấy M, N thuộc E, F sao cho BN kAD k CN. DM, DN lần lượt cắt (I) tại điểm thứ 2 là
P và Q. Chứng minh rằng: BP, CQ, AD đồng quy.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Gọi S =EF ∩BC.AD cắt EF, P Q lần lượt tại T, R. AD∩(I) ={D, G}.
Ta dễ có: DGlà tiếp tuyến của (I) doDF GE là tứ giác điều hịa.

Ta có: (SDBC) =−1⇒(ST N M) = −1⇒D(ST N M) =−1⇒D(DGQP) = −1

⇒DQGP là tứ giác điều hòa nên P Qđi qua S.

Suy ra: (SRQP) = (SDBC) = −1⇒QC, BP, RD đồng quy.

Cho (O1) và (O2) cắt nhau tại A, B. Tiếp tuyến tại A, B của (O1) cắt nhau tại K. Lấy

M ∈(O1).M A∩(O2) ={P, A};M K∩(O1) = {C, M};CA∩(O2) ={A, Q}. GọiH là trung

điểm P Q. Chứng minh rằng:

a, M, H, C thẳng hàng

b, Giao điểm tiếp tuyến tại P, Qcủa (O2)thuộc một đường thẳng cố định khi M di động.

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

a, Ta có: 4BCQ∼ 4BM P(g.g)⇒ BC

M B =
CQ
M P.
Mặt khác tứ giác ACBM là tứ giác điều hòa nên CQ

M P =
AC

AM. Áp dụng định lýMenelaus ta có
điều phải chứng minh.

b, Kéo dài AK cắt (O2)tại N.

Ta có: 4BQN ∼ 4BCA và 4BN P ∼ 4BAM →P N QB là tứ giác điều hòa.

Suy ra giao điểm hai tiếp tuyến tại P, Qcủa (O2)thuộc đường thẳng BN cố định.

Cho 4ABC và điểm P nằm trong tam giác. Lấy D, E là điểm đối xứng với P qua AC, AB.
I, K là hình chiếu của P trên AC và AB. (ADE) cắt đường trịn đường kính AP tại X.
Chứng minh tứ giác P IXK là tứ giác điều hòa.

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Cách 1(Nguyễn Đăng Khoa):Kẻ tia Xx là tia đối của tiaXS

Ta có: AP = AS = AT ⇒ AXx[ = AT S[ = AST[ = \AXT. Mà AX ⊥ XP ⇒ XP là phân giác

[

SXT.

Mặt khác: SXT[ =SAT[ = 2BAC[ ⇒KXI[ =P XT\=BAC[

⇒ 4XKP ∼ 4XIT(g.g)⇒ XK

KP =
XI

IT =
XI

IP ⇒XIP K là tứ giác điều hòa.

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

KP cắt AC tại Q, IP cắt AB tại R. AP ∩QR=T

Ta có: AQS[ =AT S[ = 90◦−BAC[ ⇒Q∈(AST). Chứng minh tương tự ta có: R ∈(AST).
Theo định lý trục đẳng phương thì ta có: AX, IK, QR đồng quy tạiL.

Mặt khác ta có: (LT RQ) =−1⇒A(LT RQ) =−1⇒A(XP KI) = −1

⇒XKP I là tứ giác điều hòa.

3

Bài tập rèn luyện

Bài 1 Cho tam giácABC ngoại tiếp(I). Đường trịn(I)tiếp xúc vớiBC tạiD. QuaDkẻ đường
vng góc với AD cắt BI, CI tại E, F. Chứng minh: DE =DF

(Nguyễn Minh Hà)

Bài 2 Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O), M là trung điểm của BC. Các
điểmN, P thuộc đoạn BC sao choN đối xứng vớiP qua M. Các đường thẳng AM, AN, AP theo
thứ tự cắt (O)tại X, Y, Z. Chứng minh rằng: BC, Y Z và tiếp tuyến tại X của (O) đồng quy.

Bài 3 Đường tròn nội tiếp(I)của tam giácABC theo thứ tự tiếp xúc với BC, CAtại D, E.AD
cắt lại (I)tại P. Giả sử BP C\= 90◦. Chứng minh rằng: EA+AP =P D.

Bài 4 Cho tam giácABC, Dlà trung điểm của cạnhBC vàE, Z là hình chiếu của Dtrên AB,
AC. Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại E, Z của đường trịn đường kính AD.

Chứng minh rằng: T B =T C.

</div>

<!--links-->