Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 11: Tứ giác nội tiếp

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 11: Tứ giác nội tiếp

1. Chuyên đề 11: Tứ giác nội tiếp MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP Tiêu chuẩn 1. Điều kiện cần và đủ để bốn đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên cùng một đường tròn là tổng số đo của hai góc tứ giác tại hai đỉnh đối diện bằng 1800 . A D B C x Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: Aµ Cµ 1800 hoặc Bµ Dµ 1800 Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp được B· AD D· Cx Bài tập 1: Cho tam giác ABC vuông tại A . Kẻ đường cao AH và phân giác trong AD của góc H· AC . Phân giác trong góc A· BC cắt AH,AD lần lượt tại M,N . Chứng minh rằng: B· ND 900 . Phân tích và hướng dẫn giải: Ta có M· HD 900 . Nếu M· ND 900 A thì tứ giác MHDN nội tiếp. Vì vậy N M thay vì trực tiếp chỉ ra góc C B H D B· ND 900 ta sẽ đi chứng minh 1
2. tứ giác MHDN nội tiếp. Tức là ta chứng minh A· MN A· DH . Thật vậy ta có A· MN B· MH 900 M· BH , N· DH 900 H· AD mà 1 1 M· BH A· BC,H· AD H· AC và A· BC H· AC do cùng phụ với góc 2 2 B· CA từ đó suy ra A· MN A· DH hay tứ giác MHDN nội tiếp M· ND M· HD 900 Bài tập 2: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm là điểm H . Gọi M là điểm trên dây cung BC không chứa điểm A ( M khác B,C ). Gọi N,P theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB,AC a) Chứng minh AHCP là tứ giác nội tiếp b) N,H,P thẳng hàng. c) Tìm vị trí của điểm M để độ dài đoạn NP lớn nhất. Phân tích và hướng dẫn giải: A P I O H N B K C M a). Giả sử các đường cao của tam giác là AK,CI . Để chứng minh AHCP là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh A· HC A· PC 1800 .Mặt khác ta có A· HC I·HK ( đối đỉnh), A· PC A· MC A· BC ( do tính đối 2
3. xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung). Như vậy ta chỉ cần chứng minh A· BC I·HK 1800 nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp. b). Để chứng minh N,H,P thẳng hàng ta sẽ chứng minh N· HA A· HP 1800 do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp. Thật vậy ta có: A· HP A· CP (tính chất góc nội tiếp), A· CP A· CM (1) (Tính chất đối xứng) . Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta cũng dễ chứng minh được AHBN là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra A· HN A· BN , mặt khác A· BN A· BM (2) (Tính chất đối xứng) . Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh A· BM A· CM 1800 nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác ABMC nội tiếp. Vậy N· HA A· HP 1800 hay N,H,P thẳng hàng. Chú ý: Đường thẳng qua N,H,P chính là đường thẳng Steiners của điểm M . Thông qua bài toán này các em học sinh cần nhớ tính chất. Đường thẳng Steiners của tam giác thì đi qua trực tâm của tam giác đó . (Xem thêm phần “Các định lý hình học nổi tiếng’’). c). Ta có M· AN 2B· AM,M· AP 2M· AC N· AP 2B· AC . Mặt khác ta có AM AN AP nên các điểm M,N,P thuộc đường tròn tâm A bán kính AM . Áp dụng định lý sin trong tam giác NAP ta có: NP 2R.sin N· AP 2AM.sin 2·BAC . Như vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi AM lớn nhất. Hay AM là đường kính của đường tròn (O) Bài tập 3: Cho tam giác ABC và đường cao AH gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH tại E . Chứng minh 1
4. AMEN là tứ giác nội tiếp và HE đi qua trung điểm của MN . Phân tích, định hướng cách giải: A Để chứng minh AMEN là tứ giác nội tiếp ta sẽ M I N chứng minh: M· AN M· EN 1800 . E Ta cần tìm sự liên hệ của các góc B K H C M· AN;M· EN với các góc có sẵn của những tứ giác nội tiếp khác. Ta có M· EN 3600 M· EH N· EH 3600 1800 A· BC 1800 A· CB A· BC A· CB 1800 B· AC suy ra M· EN M· AN 1800 . Hay tứ giác AMEN là tứ giác nội tiếp. Kẻ MK  BC , giả sử HE cắt MN tại I thì IH là cát tuyến của hai đường tròn (BMH) , (CNH) . Lại có MB MH MA (Tính chất trung tuyến tam giác vuông). Suy ra tam giác MBH cân tại M KB KH MK luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBH . Hay MN là tiếp tuyến của (MBH) suy ra IM2 IE.IH , tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của HNC suy ra IN2 IE.IH do đó IM IN . Xem thêm phần: ‘’Các tính chất của cát tuyến và tiếp tuyến’’ Bài tập 4) Cho tam giác cân ABC (AB AC) P là điểm trên cạnh đáy BC . Kẻ các đường thẳng PE,PD lần lượt song song với AB,AC E AC,D AB gọi Q là điểm đối xứng với P qua DE . 2
5. Chứng minh bốn điểm Q,A,B,C cùng thuộc một đường tròn. Phân tích định hướng giải: A Bài toán có 2 giả thiết cần lưu ý. D Đó là các đường thẳng song song I Q với 2 cạnh tam giác , và điểm Q E H đối xứng với P qua DE . B C P Do đó ta sẽ có: AD EP EC EQ và DP DQ ( Đây là chìa khóa để ta giải bài toán này) Từ định hướng đó ta có lời giải như sau: Do AD / /PE,PD / /AE ADPE là hình bình hành AE DP DQ . Mặt khác do P,Q đối xứng nhau qua DE AD PE EQ . Suy ra DAQE là hình thang cân D· AQ A· QE . Kéo dài DE cắt CQ tại H ta có D· AQ A· QE P· EH . Như vậy để chứng minh ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: P· CH P· EH 1800 PEHC là tứ giác nội tiếp. Mặt khác ta có: E· CQ E· QC (do tam giác EQC cân), E· PH E· QH (Do tính đối xứng ) suy ra E· CH E· PH EPCH là tứ giác nội tiếp. Bài tập 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O . Dựng đường tròn qua B và tiếp xúc với cạnh AC tại A dựng đường tròn qua C và tiếp xúc với AB tại A hai đường tròn này cắt nhau tại D . Chứng minh A· DO 900 Phân tích định hướng giải: 1 A M N O D B C
6. Chuyên đề 11: Tứ giác nội tiếp MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP Tiêu chuẩn 1. Điều kiện cần và đủ để bốn đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên cùng một đường tròn là tổng số đo của hai góc tứ giác tại hai đỉnh đối diện bằng 1800 . A D B C x Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: Aµ Cµ 1800 hoặc Bµ Dµ 1800 Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp được B· AD D· Cx Bài tập 1: Cho tam giác ABC vuông tại A . Kẻ đường cao AH và phân giác trong AD của góc H· AC . Phân giác trong góc A· BC cắt AH,AD lần lượt tại M,N . Chứng minh rằng: B· ND 900 . Phân tích và hướng dẫn giải: Ta có M· HD 900 . Nếu M· ND 900 A thì tứ giác MHDN nội tiếp. Vì vậy N M thay vì trực tiếp chỉ ra góc C B H D B· ND 900 ta sẽ đi chứng minh 1