Những kiến thức hình học xoay quanh tứ giác điều hòa và bài tập ứng dụng

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Những kiến thức hình học xoay quanh tứ giác điều hòa và bài tập ứng dụng

    LTTK Education xin giới thiệu với bạn đọc Những kiến thức hình học xoay quanh tứ giác điều hòa và bài tập ứng dụng để bạn đọc tham khảo học tập những điều bổ ích mà tài liệu này mang lại nhé! Chúc các em học tập thật tốt và mang lại nhiều kết quả khả quan cho bản thân nhé!

    [​IMG]

    ✪ ✪ ✪ ✪ ✪


    Link tải tài liệu:

    LINK TẢI TÀI LIỆU

    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    LuyenThiThuKhoa.vn
    1
    Định nghĩa và một số tính chất
    1.1
    Định nghĩa:
    Tứ giác nội tiếp ABCD được gọi là tứ giác điều hòa nếu tồn tại điểm M 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 hòa ABCD nội tiếp (O). Khi đó ta có các tính chất sau:
    a, Với mọi điểm M nằm trên (O) thì ta luôn có M (ABCD) = −1.
    AB
    CB
    b,
    =
    ⇔ AB.CD = CB.AD
    AD
    CD
    c, Tiếp tuyến tại A và C của (O) và BD đồng quy hoặc đôi một song song.
    IA
    BA 2
    DA 2
    d, Gọi {I} = AC ∩ BD. Khi đó ta có:
    =
    =
    IC
    BC
    DC
    e, Tiếp tuyến tại A, C và BD đồng quy tại P . Khi đó (P IBD) = −1.
    f, Phân giác [
    ABC và \
    ADC cắt nhau trên AC.
    g, Gọi M là trung điểm AC thì ta có \
    ADB = \
    M DC.
    1
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    2
    Một số ví dụ về tứ giác điều hòa
    Ví dụ 1
    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)
    Qua Q kẻ hai tiếp tuyến QE, 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
    (Đề xuất bởi Nguyễn Đăng Khoa)
    2
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Ví dụ 2
    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.
    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)
    Suy ra DC = DP nên ta có đpcm.
    3
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    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.
    Ví dụ 3
    Cho 4ABC có đường cao AH. E là trung điểm AH. Đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D.
    DE ∩ (I) = {D, F }. Chứng minh F D là phân giác \
    BF C.
    (Tài liệu chuyên toán hình 10)
    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 hòa (1).
    Mặt khác ta có tứ giác DM 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 tại L.
    LB
    M B
    BD
    Áp dụng Menelaus ta có:
    =
    =
    ⇒ (LDBC) = −1.
    LC
    N C
    DC
    Ta lại có F D ⊥ F L ⇒ F D là phân giác \
    BF C.
    4
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Ví dụ 4
    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)
    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.
    P B
    BC
    BC
    BT
    AP
    AT
    Suy ra: P C2 = CB.CA = CT 2 ⇒ CP = CT và
    =
    =
    =

    =
    AP
    P C
    CT
    AT
    P H
    T H
    Vậy suy ra tứ giác AP HT là tứ giác điều hòa nên A, H, S thẳng hàng.
    5
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Ví dụ 5
    Cho tứ giác ABCD là một tứ giác nội tiếp. Gọi P, Q, R lần lượt là chân đường vuông góc kẻ
    từ D xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng P Q = QR khi và chỉ khi phân giác [
    ABC = \
    ADC
    cắt nhau trên AC.
    (IMO 2003)
    Ta có: P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson).
    Ta có hai cặp tam giác: 4DQP ∼ 4DAB và 4DQR ∼ 4DCB.
    QR
    QP
    BC
    AB
    Suy ra: QR = QP ⇔
    =

    =
    ⇔ ADBC là tứ giác điều hòa.
    QD
    QD
    CD
    AD
    Điều này tương đương với phân giác [
    ABC và \
    ADC cắt nhau trên AC.
    6
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Ví dụ 6
    Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có 3 đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. HI là đường đối trung của 4HBC. Kẻ AK ⊥ HI. Tia AH cắt (O) tại L, tia M 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)
    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 L2 = T B.T C ⇒ \
    T HB = \
    HCB. Mà [
    BHI = \
    M HC ⇒ [
    T HI = \
    T M H
    Suy ra T P 2 = T H2 = T I.T M ⇒ T P là tiếp tuyến của (M IP K). Suy ra (M IK) và (O) tiếp xúc tại P .
    7
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Ví dụ 7
    Cho đường tròn (O) có đường kính AB. C ∈ (O) thỏa mãn 90◦ < [
    AOC < 180◦. Lấy K ∈ OC.
    Từ A kẻ hai tiếp tuyến AD, AE tới (K, KC). Chứng minh rằng: DE, AC, BK đồng quy.
    (Đề thi chọn đội tuyển VMO Hà nội 2015-2016)
    Gọi L, T là giao điểm của AC 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 tại I.
    Ta có: IL ⊥ AK; AL ⊥ IK ⇒ KL vuông góc với AI tại Q.
    Khi đó ta có: IQ.IA = IJ.IK = IC2. Mà IC cũng là tiếp tuyến của (O) nên Q ∈ (O) ⇒ BQ ⊥ AI.
    Suy ra điều phải chứng minh.
    Ví dụ 8
    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.
    8
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    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) = −1 mà DN k AB ⇒ A, S, D thẳng hàng.
    Ta dễ có: S ∈ (AP HU ) ⇒ DS.DA = DU 2 = DC2 và AH.AE = AS.AD
    T D
    DS
    DS
    DS.AD
    DC2
    Theo định lý Thales ta có:
    =
    =
    ⇒ T D =
    =
    (không đổi).
    AE
    AS
    AH.AE
    AH
    2OD
    AD
    Vậy T cố định hay ta có đpcm.
    Ví dụ 9
    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.
    (THTT: T12/437)
    9
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Gọi D, E là điểm tiếp xúc của (O) với AB, AC. Kéo dài M D cắt BC tại P 0
    Ta có: D(DEM K) = −1 mà DE k BC ⇒ BP 0 = BK ⇒ P ≡ P 0. Suy ra M, D, P thẳng hàng.
    Tương tự ta có: M, E, Q thẳng hàng.
    Xét V K : D → P ; E → Q ⇒ (M DE) → (M P Q).
    M
    Từ đó ta có đpcm.
    Ví dụ 10
    Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với 3 cạnh BC, CA, AB tại D, E, F .
    Lấy M, N thuộc E, F sao cho BN k AD k CN . DM, DN lần lượt cắt (I) tại điểm thứ 2 là P và Q. Chứng minh rằng: BP, CQ, AD đồng quy.
    (Đề thi Olympic KHTN 2017)
    10
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Gọi S = EF ∩ BC. AD cắt EF, P Q lần lượt tại T, R. AD ∩ (I) = {D, G}.
    Ta dễ có: DG là tiếp tuyến của (I) do DF GE là tứ giác điều hòa.
    Ta có: (SDBC) = −1 ⇒ (ST N M ) = −1 ⇒ D(ST N M ) = −1 ⇒ D(DGQP ) = −1
    ⇒ DQGP là tứ giác điều hòa nên P Q đi qua S.
    Suy ra: (SRQP ) = (SDBC) = −1 ⇒ QC, BP, RD đồng quy.
    Ví dụ 11
    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}. Gọi H là trung điểm P Q. Chứng minh rằng:
    a, M, H, C thẳng hàng
    b, Giao điểm tiếp tuyến tại P, Q của (O2) thuộc một đường thẳng cố định khi M di động.
    (Vietnam TST 2002)
    11
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    BC
    CQ
    a, Ta có: 4BCQ ∼ 4BM P (g.g) ⇒
    =
    .
    M B
    M P CQ
    AC
    Mặt khác tứ giác ACBM là tứ giác điều hòa nên
    =
    . Áp dụng định lý Menelaus ta có
    M P
    AM
    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, Q của (O2) thuộc đường thẳng BN cố định.
    Ví dụ 12
    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 tròn đường kính AP tại X.
    Chứng minh tứ giác P IXK là tứ giác điều hòa.
    12
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    Cách 1(Nguyễn Đăng Khoa): Kẻ tia Xx là tia đối của tia XS
    Ta có: AP = AS = AT ⇒ [
    AXx = [
    AT S = [
    AST = \
    AXT . Mà AX ⊥ XP ⇒ XP là phân giác
    [
    SXT .
    Mặt khác: [
    SXT = [
    SAT = 2 [
    BAC ⇒ [
    KXI = \
    P XT = [
    BAC
    XK
    XI
    XI
    ⇒ 4XKP ∼ 4XIT (g.g) ⇒
    =
    =
    ⇒ XIP K là tứ giác điều hòa.
    KP
    IT
    IP
    Cách 2(Nguyễn Hoàng Phi):
    13
    Nguyễn Hoàng Phi
    CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA
    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 tại L.
    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 giác ABC ngoại tiếp (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D. Qua D kẻ đường vuông 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 điểm N, P thuộc đoạn BC sao cho N đối xứng với P 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 giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA tại D, E. AD
    cắt lại (I) tại P . Giả sử \
    BP C = 90◦. Chứng minh rằng: EA + AP = P D.
    Bài 4 Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh BC và E, Z là hình chiếu của D trên AB, AC. Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại E, Z của đường tròn đường kính AD.
    Chứng minh rằng: T B = T C.
    Hỗ trợ soạn thảo, chỉnh sửa: Nguyễn Đăng Khoa - Khóa 36 THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ
    14