Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Chủ đề 2: Tứ giác nội tiếp

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 THPT môn Toán - Chủ đề 2: Tứ giác nội tiếp

1. CHUYÊN ĐỀ 4 CHỦ ĐỀ 2. TỨ GIÁC NỘI TIẾP - Hai đỉnh cùng nhìn một cạnh µ µ A1 B1 . A và B là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh CD Đặc biệt C·BD C·AD 90
2. A, B là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh CD. - Hai góc đối bù nhau µA Cµ 180 Bµ Dµ 180 Đặc biệt µA Cµ 90 Góc trong = góc ngoài tại đỉnh đối diện µA B·Cx B·Cx là góc ngoài tại C Cùng cách đều một điểm OA=OB=OC=OD 1. CÁC DẠNG BÀI TẬP Phương pháp giải a) Phương pháp 1. Chứng minh cho bốn đỉnh của tứ giác cách đều một điểm nào đó.
3. Cho một điểm I cố định và tứ giác ABCD. Nếu chứng minh được 4 điểm A, B, C, D cách đều điểm I, tức là IA IB IC ID thì điểm I chính là tâm đường tròn đi qua 4 điểm A, B, C, D. Hay nói cách khác tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I bán kính IA. b) Phương pháp 2. Chứng minh tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180º Cho tứ giác ABCD. Nếu chứng minh được µA Cµ 180 hoặc Bµ Dµ 180 thì tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. c) Phương pháp 3. Chứng minh từ hai đỉnh cùng kề một cạnh cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau. Cho tứ giác ABCD, nếu chứng minh được rằng D· AC và D· BC bằng nhau và cùng nhìn cạnh DC thì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. d) Phương pháp 4: Nếu một tứ giác có tổng số đo hai cặp góc đối diện bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp được trong một đường tròn. Cho tam giác ABCD. Nếu chứng minh được µA Cµ Bµ Dµ thì tứ giác ABCD cũng nội tiếp trong một đường tròn. e) Phương pháp 5: Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện đỉnh đó thì nội tiếp được trong một đường tròn. Nếu cho tứ giác ABCD và chứng minh được góc ngoài tại đỉnh A mà bằng góc trong tại đỉnh C (tức là góc C của tứ giác đó) thì ABCD cũng nội tiếp đường tròn. f) Phương pháp 6: Chứng minh bằng phương pháp phản chứng Chú ý: Có thể chứng minh tứ giác ABCD là một trong những hình đặc biệt sau: Tứ giác ABCD là hình thang cân, hình chữ nhật, hình vuông. Định lí Pto-lê-mê: Trong một tứ giác nội tiếp, tích của hai đường chéo bằng tổng các tích của hai cặp cạnh đối diện. Chứng minh GT Tứ giác ABCD nội tiếp (O) KL AC.BD AB.DC AD.BC Láy E BD sao cho B·AC E·AD
4. AD DE Þ ∆DAE ~ ∆CAB (g.g) AD.BC AC.DE (1) AC CB Tương tự: ∆BAE ~ ∆CAD (g.g) BE AB CD AC BE.AC CD.AB (2) Từ (1) và (2) AD.BC AB.CD AC.DE EB.AC AD.BC AB.CD AC.BD (điều phải chứng minh) Bài tập mẫu Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A. Các đường cao AD, BE cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp. b) Chứng minh tứ giác AEDB nội tiếp. Lời giải a) Xét tứ giác CEHD ta có: C·EH 90 (vì BE là đường cao) và C·DH 90 (vì AD là đường cao) C·EH C·DH 180 . Mà C·EH, C·DH là hai góc đối diện của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp. b) Theo giả thiết: BE là đường cao BE  AC B·EA 90 AD là đường cao AD  BC B·DA 90 . Do đó E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90°, suy ra E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn hay tứ giác AEDB nội tiếp.
5. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nhọn thỏa mãn µA Bµ Cµ . Đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với cạnh AB, AC tại M và N. Gọi P và Q lần lượt là các giao điểm của CI, BI với đường thẳng MN. Chứng minh rằng: a) Tứ giác INQC nội tiếp. b) Tứ giác BPQC nội tiếp. Lời giải a) Vì đường tròn (I) tiếp xúc với AB, AC tại M và N nên AM AN . C·NQ ·ANM (hai góc đối đỉnh) 180 µA Bµ Cµ I·BC I·CB C· IQ 2 2 Tứ giác INQC có hai điểm liên tiếp I và N cùng nhìn cạnh QC dưới các góc bằng nhau nên tứ giác này nội tiếp được một đường tròn. b) Vì INQC là tứ giác nội tiếp nên I·NC I·QC . Vì AC tiếp xúc với đường tròn (I) tại N nên IN  AC hay I·NC 90 . Suy ra I·QC 90 . (1) Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác IMPB nội tiếp I·MB I·PB 90 Từ (1) và (2) suy ra: B·PC B·QC 90 nên tứ giác BPQC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD, có tâm là O. Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên BD, AD, AB. Chứng minh tứ giác NMOP là tứ giác nội tiếp. Lời giải
6. Ta có: C·PA C·NA 90 (gt) nên tứ giác ANCP nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC. Suy ra P·ON 2P·CN . Lại có P·CN N· AP 180o P·CN 180 N· AP ·ABC (do AD // BC) Do đó P·ON 2·ABC (1) Mặt khác P·MN 180 P·MB N·MD Mà tứ giác CDNM nội tiếp đường tròn đường kính CD nên: N·MD N·CD 90 C·DN 90 ·ABC . Lại có tứ giác BCMP nội tiếp đường tròn đường kính BC nên: P·MB P·CB 90 ·ABC P·MN 180 90 ·ABC 90 ·ABC 2·ABC (2) Từ (1) và (2) suy ra: P·ON P·MN do đó tứ giác PMON nội tiếp. Ví dụ 4: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại M, N. Tiếp tuyến tại M của (O) cắt (O’) tại B, tiếp tuyến tại M của (O’) cắt (O) tại A. Gọi P là điểm đối xứng của M qua N. Chứng minh tứ giác MAPB nội tiếp. Lời giải Cách 1:
7. Ta có: ·AMN M· BN, M· AN B·MN Nên ∆AMN ~ ∆MBN (g.g) AN MN AN NP Do đó MN BN NP BN Þ ∆ANP ~ ∆PNB (c.g.c) N· AP N· PB (hai góc tương ứng) Từ đó suy ra M· AP M· AN N· AP P·MB M· PB 180 M· BP Vậy tứ giác AMBP là tứ giác nội tiếp. Cách 2: Gọi K là điểm đối xứng của M qua trung điểm của OO’. Ta có tứ giác OMO’K là hình bình hành nên OM // O'K, O'M // OK. Mặt khác do OM  MB, O M  MA nên O K  MB, OK  MA . Vậy OK, O’K là các đường trung trực của MA, MB nên KA KB KM (1) Mà ta dễ dàng chứng minh được KN // OO’, OO  MN KN  MN . Do MN NP nên tam giác KMP cân tại K, suy ra KM KP (2)
8. Từ (1) và (2) suy ra KA KB KM KP . Vậy tứ giác AMBP là tứ giác nội tiếp. 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Khi D di động trên BC, chứng minh rằng tứ giác AEOF luôn là tứ giác nội tiếp. Câu 2: Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. M, N, P, Q lần lượt là hình chiếu của O trên AB, BC, CD, AD. Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp. Câu 3: Cho hai đường tròn (O) và (O’) ngoài nhau. Các tiếp tuyến chung ngoài AB và CD sao cho A,C O ; B, D O . Nối AD cắt (O), (O’) lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. Câu 4: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định năm học 2018-2019 vòng 1) Cho tam giác ABC AB AC có các góc đều nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. AD là đường kính của đường tròn (O), H là trung điểm BC. Tiếp tuyến tại D của (O) cắt đường thẳng BC tại M. Đường thẳng MO cắt AB, AC lần lượt tại E và F. a) Chứng minh MD2 MB.MC b) Qua B kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường thẳng AD tại P. Chứng minh tứ giác BHPD là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh O là trung điểm của EF. Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn thỏa mãn AB AC . Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H D AC, E AB . Gọi I là trung điểm của BC. Đường tròn ngoại tiếp ∆BEI và đường tròn ngoại tiếp ∆CDI cắt nhau tại K K I . a) Chứng minh rằng: B·DK C·EK b) Đường thẳng DE cắt BC tại M. Chứng minh ba điểm M, H, K thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tứ giác BKMD nội tiếp. Câu 6: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Ninh Bình năm học 2017- 2018) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B (O, O’thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AB). Tiếp tuyến chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (O) và (O’) tại C, D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt (O) và (O’) tại M, N (M, N khác A). Các đường thẳng CM, DN cắt nhau tại E. Gọi P và Q lần lượt là giao của đường thẳng MN với đường thẳng BC và đường thẳng BD. Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD. b) Tứ giác BCED nội tiếp. c) Tam giác EPQ là tam giác cân.
9. Câu 7: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Bắc Giang năm học 2018-2019) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với AB AC . Gọi M là điểm thuộc cạnh BC (M không trùng với B và C), đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD cắt đường thẳng AC tại điểm E khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt đường thẳng AB tại điểm F khác B. a) Chứng minh rằng tứ giác BECF nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh rằng hai tam giác ECD, FBD đồng dạng và ba điểm E, M, F thẳng hàng Câu 8: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Sư phạm Hà Nội năm học 2017-2018 vòng 2) Cho đường tròn (O) bán kính R và điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A, khác B). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của MA, MC. Đường thẳng KA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. 1. Chứng minh KO2 KM 2 R2 2. Chứng minh tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp. 3. Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với (O) và N là trung điểm của KE. Đường thẳng KE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng tứ giác ANFI là tứ giác nội tiếp. Gợi ý giải Câu 1 Ta có: E·BO 90 (vì AB là tiếp tuyến với (O) tại B) E·DO 90 (gt) Þ hai đỉnh B và D cùng nhìn đoạn OE dưới một góc vuông. Þ tứ giác EBOD là tứ giác nội tiếp đường tròn. B·EO B·DO (1) (cùng chắn cung OB). Chứng minh tương tự ta có tứ giác ODCF nội tiếp đường tròn. O·FC B·DO (2) (Góc trong một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện). Từ (1) và (2) O·FC B·EO Suy ra tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu góc trong một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện).
10. Vậy tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp. Câu 2 Xét tứ giác AMOQ có ·AMO ·AQO 180 . Suy ra tứ giác AMOQ nội tiếp. ¶ µ » M1 A1 (cùng chắn OQ ). ¶ µ Chứng minh tương tự M 2 B1 . · µ µ QMN A1 B1 ¶ µ µ µ · ¶ µ Chứng minh tương tự: D1 P1; P2 C1 QPN D1 C1 · · µ µ µ ¶ QMN QPN A1 B1 C1 D1 180 Vậy tứ giác MNPQ là tứ giác nội tiếp. Câu 3 Lấy M là trung điểm OO’. Hạ MH  AB . OA  AB Vì AB là tiếp tuyến chung của (O), (O’) suy ra OA // O’B  AB O B  AB (Từ vuông góc đến song song). Suy ra tứ giác ABO’O là hình thang.
11. Mà M là trung điểm OO’, MH // OA  AB Þ H là trung điểm AB. Lại có HM  AB MA MB Chứng minh tương tự ta có MC MD µ ¶ O1 O2 (Định lí đường tiếp tuyến chung của hai đường tròn). ∆AOM = ∆COM (c.g.c) MA MC (hai cạnh tương ứng) MA MB MC MD Vậy ABCD là tứ giác nội tiếp. Câu 4 a) Xét ∆MDB và ∆MCD có: D·MB chung; M· DC M· BD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp chắn cung BD) Þ ∆MDB ~ ∆MCD (g.g) MC MD MB.MC MD2 MD MB b) Ta có: HB HC OH  BC Mà MD  OD (tính chất tiếp tuyến) O·HM O·DM 90 H, D nằm trên đường tròn đường kính OM Þ tứ giác OHDM nội tiếp O·MH O·DH mà O·MH H· BP (so le trong) nên H· BP H· DP Þ bốn điểm B, H, D, P cùng nằm trên đường tròn đường kính OM hay tứ giác BHPD là tứ giác nội tiếp. c) Vì tứ giác BDPH nội tiếp nên B·HD B·PD (góc nội tiếp chắn cung B»D ). Vì EF // BP B·PD E·OD (đồng vị) mà E·OD ·AOF (đối đỉnh). Suy ra B·HD ·AOF Lại có D·BH O·AF (góc nội tiếp chắn cung C»D ) OA FO Suy ra ∆OAF ~ ∆HBD (g.g) (1). HB HD
12. Ta có: C·HD 180 B·HD 180 ·AOF ·AOE và E·AO H·CD (góc nội tiếp chắn cung B»D ) OA OE Suy ra ∆OAE ~ ∆HCD (g.g) (2) HC HD Lại có BH HC (3) FO OE Từ (1), (2), (3) suy ra OE FO O là trung điểm của FE. HD HD Vậy O là trung điểm của FE. Câu 5 a) Vì µA Bµ Cµ E·KD E· KI I·KD 540 . Mà Bµ E· KI Cµ I·KD 180 . Nên µA E·KD 180 . Suy ra tứ giác AEKD nội tiếp. Mặt khác, tứ giác AEHD nội tiếp. Vậy các điểm A, E, H, K, D cùng nằm trên đường tròn đường kính AH, nên B·DK C·EK (đpcm) b) Ta có: ·ADE ·ABC, ·AKE ·ADE , suy ra ·AKE ·ABC . Từ đó ·AKE E· KI 180 , vậy ba điểm A, K, I thẳng hàng. Lại có I·KC I·DC I·CD, I·KC K· AC ·ACK, I·CD I·CK K·CD suy ra K·AD I·KC mà K·AD K·ED Vậy tứ giác MEKC nội tiếp Tứ giác MEKC nội tiếp nên M· EC M· KC . Vì I·KC ·AED M· EB; M· EC M· EB 90; M· KC M· KI I·KC M· KI 90 Do A, E, H, K, D nằm trên đường tròn đường kính AH, nên H· KA 90 . Vậy K, H, M thẳng hàng. c) Do tứ giác DEHK nội tiếp, nên H· EK H·DK (1)
13. Tứ giác MEKC nội tiếp nên K· EC K·MC (2) Từ (1) và (2) suy ra K·MB H·DK , hay tứ giác MBKD nội tiếp (đpcm) Chú ý: Sử dụng kiến thức của tam giác đồng dạng ta thấy: Nếu hai cát tuyến AB và CD của một đường tròn cắt nhau tại M thì MA.MB MC.MD Câu 6 a) Ta có: E·CD ·AMC ·ACD . Tương tự C·DE C·DA . Từ đó CD là trung trực của AE. · · BCD BAC · · · b) Dễ thấy CBD 180 BCD BDC · · BDC BAD C·BD 180 C·AD 180 C·ED Þ BCED nội tiếp. c) Gọi K là giao điểm của AB và CD. ΔBCK ~ ΔCAK KC 2 KB.KA Nhận thấy: KC KD 2 ΔDBK ~ ΔADK KD KB.KA KD KC CD // PQ AQ AP . AQ AP AE  PQ ∆EPQ cân tại E.
14. Câu 7 a) Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp. Do tứ giác MBFD nội tiếp nên ta dễ dàng chứng minh được AB.AF AM.AD Tương tự, tứ giác MECD nội tiếp nên chứng minh được AE.AC AM.AD . Do đó AB.AF AE.AC . Từ đây ta chứng minh được BECF là tứ giác nội tiếp. b) Tứ giác ABDC nội tiếp nên ta có F·BD ·ACD (1) Lại có ·AMB C·MD B·FD D· EC (2) Từ (1) và (2) suy ra ∆ECD ~ ∆FBD B·DF E·DC · · BDF BMF · · Mà nên BMF EMC . · · EDC EMC Do vậy 3 điểm E, M, F thẳng hàng. Câu 8
15. a) Dễ thấy OM là trung trực của AB nên OM vuông góc với AB. Ta có IK là đường trung bình của tam giác AMC nên IK // AC, từ đó ta có ngay IK vuông OM. Gọi J là giao điểm của IK và OM. Sử dụng định lý Py-ta-go ta có: KO2 KM 2 OJ 2 JK 2 JM 2 JK 2 OJ 2 JM 2 OI 2 MI 2 OA2 AI 2 MI 2 OA2 R2 b) Giả sử G, H là giao điểm của KO với (O). Do tứ giác ADGH nội tiếp nên K·DG ·AHG KD KG Þ ∆KDG ~ ∆KHA (g.g) KH KA KA.KD KG.KH KO R KO R KO2 R2 KM 2 KA KG KA.KD KM 2 ∆KDM ~ ∆KMA (c.g.c) KM KD Suy ra D·MK M· AK . Xét đường tròn (O) ta có: M· AK ·ABD . Xét tứ giác MDCB có: D·MC D· BC MDCB là tứ giác nội tiếp. c) M· AD ·AED Theo câu b) D·MK D·AM ·AED KM // AE ( vì D·MK và ·AEM là hai góc so le trong). Từ đây suy ra MAKE là hình thang I·NF ·AEN . Lại có ·AEN I·AF I·NF ·AEN I·AF . Suy ra ANFI là tứ giác nội tiếp (đpcm).