Chuyên đề tứ giác nội tiếp ôn thi vào

THCS.TOANMATH.com

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 0 180 .

Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: + = 0 A C 180 hoặc + = 0 B D 180

Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp được = BAD DCx Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ đường cao AH và phân giác

trong AD của góc HAC . Phân giác trong góc ABC cắt AH,AD lần lượt tại

M,N . Chứng minh rằng: = 0 BND 90 . Phân tích và hướng dẫn giải:

Ta có = 0 MHD 90 . Nếu = 0 MND 90 thì tứ giác MHDN nội tiếp. Vì vậy thay vì trực tiếp chỉ ra góc

= 0 BND 90 ta sẽ đi chứng minh

tứ giác MHDN nội tiếp. Tức là ta chứng minh = AMN ADH .

Thật vậy ta có = = − 0 AMN BMH 90 MBH, = − 0 NDH 90 HAD mà

= = 1 1 MBH ABC,HAD HAC 2 2 và = ABC HAC do cùng phụ với góc BCA từ

đó suy ra = AMN ADH hay tứ giác MHDNnội tiếp = = 0 MND MHD 90

x

D

C

B

A

D H

N M

C B

A

THCS.TOANMATH.com

Ví dụ 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). Giả sử các đường cao của tam giác là AK,CI . Để chứng minh AHCP là

tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh + = 0 AHC APC 180 .Mặt khác ta có

= AHC IHK ( đối đỉnh), = = APC AMC ABC ( do tính đối xứng và góc nội

tiếp cùng chắn một cung). Như vậy ta chỉ cần chứng minh + = 0 ABC IHK 180 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 + = 0 NHA AHP 180 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: = AHP ACP (tính chất góc nội tiếp), = ACP ACM (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 = AHN ABN , mặt

khác = ABN ABM (2) (Tính chất đối xứng) . Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần

O

N

P

H

I

K B

M

C

A

THCS.TOANMATH.com

chứng minh + = 0 ABM ACM 180 nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác

ABMC nội tiếp. Vậy + = 0 NHA AHP 180 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 = =  = MAN 2BAM,MAP 2MAC NAP 2BAC. 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.sinNAP 2AM.sin2BAC . Như vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi

AM lớn nhất. Hay AM là đường kính của đường tròn (O)

Ví dụ 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 AMEN là tứ giác nội tiếp và

HE đi qua trung điểm của MN . Phân tích, định hướng cách giải: Để chứng minh AMEN là tứ giác nội tiếp ta sẽ

chứng minh: + = 0 MAN MEN 180 . Ta cần tìm sự liên hệ của các góc

MAN;MEN với các góc có sẵn của những tứ giác nội tiếp khác. Ta có

( ) ( ) = − + = − − + − = + 0 0 0 0 MEN 360 MEH NEH 360 180 ABC 180 ACB ABC ACB

= − 0 180 BAC suy ra + = 0 MEN MAN 180 . 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

K

E

I

H

N M

C B

A