» Khoa Học Tự Nhiên

Tứ giác điều hòa

Chia sẻ: AndromedaShun _AndromedaShun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

6
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tứ giác điều hòa đưa vào nội dung giảng dạy các trường Trung học phổ thông chuyên. Để giúp các thầy cô hiểu rõ thêm và tứ giác đặc biệt này, bài viết xin giới thiệu: khái niệm, tính chất và các bài toán áp dụng. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tứ giác điều hòa

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA Nguyễn Bá Đang Hội toán học Hà Nội Tóm tắt nội dung Tứ giác điều hòa đưa vào nội dung giảng dạy các trường Trung học phổ thông chuyên. Để giúp các thầy cô hiểu rõ thêm và tứ giác đặc biệt này xin giới thiệu: khái niệm, tính chất và các bài toán áp dụng. 1 Định nghĩa AB CB Định nghĩa 1. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, đồng thời thỏa mãn điều kiện = AD CD được gọi là tứ giác điều hòa. Ví dụ 1. Cho đường tròn (O), và điểm M. Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD ( MC < MD ) với đường tròn (O). Chứng minh tứ giác ADBC là tứ giác điều hòa. Lời giải. MA, MB là tiếp tuyến với đường tròn (O), ADC = MAC ∆MAC và ∆MDA đồng dạng (g,g), tương tự ∆MBC, ∆MDB đồng dạng, MA = MB, suy ra tứ giác ADBC là tứ giác điều hòa. Nhận xét 1. Tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa khi tiếp tuyến tại A và C và đường thẳng BD đồng quy, hoặc tiếp tuyến tại A và C cùng song với đường thẳng BD. Đây là cách dựng tứ giác điều hòa đơn giản mỗi khi ta gặp bài toán xuất hiện tứ giác điều hòa. 39
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2 Tính chất Tính chất 1. Tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa thì AC.BD = 2AB × CD = 2BC × AD. Chứng minh. ABCD là tứ giác điều hòa Mặt khác ABCD là tứ giác nội tiếp theo định lý Ptolemy AC × BD = 2AB × CD = 2BC × AD. Tính chất 2. Tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa nội tiếp đường tròn (O), tiếp tuyến tại A MD ED và C cắt nhau tại M, AC cắt BD tại E thì = . MB EB MD S CD sin ∠ DCM ED S AD sin ∠ DAE Chứng minh. Ta có = MCD = , = AED = , MB S MCB CB sin ∠ BCM EB S ABE AB sin ∠ BAE ABCD nội tiếp đường tròn (O) và MA, MC là tiếp tuyến nên sin ∠ BCM = sin ∠ BAC = AD CD sin ∠ BAE, sin ∠ DCM = sin ∠ DAE, ABCD là tứ giác điều hòa. Suy ra = và AB CB MD ED = . MB EB MD ED Đăt ( MEDB) = = . MB EB Tính chất 3. Tứ giác điều hòa ABCD, đường phân giác các góc ∠ BAD, ∠ BCD và đường thẳng BD đồng quy. Chứng minh. Giả sử đường phân giác góc ∠ BAD cắt BD tại E theo tính chất đường phân giác, suy EB AB AB CB CB BE ra = . ABCD là tứ giác điều hòa nên = và = . Suy ra CE là ED AD AD CD CD ED phân giác của góc ∠ BCD, (đpcm). Tính chất 4. ABCD là tứ giác điều hòa, M là giao điểm tiếp tuyến tại A và C, MO cắt AC tại I thì AI là phân giác góc ∠ BID. EB MB Chứng minh. AC, BD cắt nhau tại E nên = suy ra I(MEBD) chùm điều hòa, ED MD I M ⊥ AC, IA là phân giác góc ∠ BIC. Tính chất 5. Cho tứ giác ABCD, tiếp tuyến tại A và C cắt nhau tại điểm M thuộc BD thì tiếp tuyến tại B và D gặp nhau trên AC. 40
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Chứng minh. Với giả thiết đã cho tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa (đpcm). EB AB2 Tính chất 6. ABCD là tứ giác điều hòa, AC, BD cắt nhau tại E thì = . ED AD2 Tính chất 7. ABCD là tứ giác điều hòa, M là trung điểm AC thì ∠ ADB = ∠ MDC. Chứng minh. Hai tính chất này cho thấy ABCD là tứ giác điều hòa, AD là đường đối trung của tam giác ABC, do đó ta có ngay đpcm. Đây chỉ là những tính chất cơ bản về Tứ giác điều hòa. 41
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 3 Ví dụ áp dụng Bài toán 1. Cho đường tròn (O) và dây AD, gọi I là điểm đối xứng của A qua D, kẻ tiếp tuyến IB với đường tròn (O), từ A dựng tiếp tuyến với (O) cắt IB tại C, CD cắt đường (O) tại E. Chứng minh rằng EB song song với AD. Lời giải. Với giả thiết suy ra CA, CB là tiếp tuyến tứ giác AEBD là tứ giác điều hòa, suy ra DA EA DI EA = , mặt khác AD = DI nên = , suy ra ADBE nội tiếp, nên ∠ BDI = DB EB DB EB ∠ BEA, suy ra ∆BDI, ∆BEA đồng dạng (c.g.c), do đó ∠CBE = ∠EAB = ∠ BID. Vậy nên BE k AD. Bài toán 2. Cho tam giác ABC, M là AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. N là điểm BC sao AM vuông góc với MN, Gọi P và Q là đối xứng của M qua DE và DF. Chứng minh rằng P, Q, N thẳng hàng Lời giải. Theo giả thiết P và Q đối xứng với M qua DE và DF nên DP = DM = DQ, suy ra Q, M, P nằm trên đường tròn tâm D bán kính DM. Mặt khác, AM ⊥ MN nên NM là tiếp tuyến của đường tròn tâm (D). Gọi K là điểm đối xứng của M qua BC thì K thuộc đường tròn (D), suy ra NK là tiếp tuyến của (D) và MQKP là tứ giác điều hòa N, P,Q thẳng hàng. 42
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bài toán 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AB và CD cắt nhau tại P, AD cắt BC tại Q, AC cắt BD cắtnhau tại M. Chứng minh rằng O là trực tâm tam giác MPQ (Định lý Brocard). Điểm Brocard được công bố bởi Henri Brocard, một sĩ quan quân đội Pháp, năm 1825. Lời giải. Từ P kẻ tiếp tuyến PE, PF với đường tròn (O), gọi I, K giao điểm của IF với AB, CD, suy ra tứ giác BEAF là tứ giác điều hòa nên (PIAB) = (PKDC) theo giả thiết BC, AD, EF đồng quy. Vậy Q thuộc EF. Mặt khác cũng từ (PIAB) = (PKDC), suy ra AC, BD, IK đồng quy. Vậy M thuộc EF do PO ⊥ EF nên PO ⊥ MQ. Chứng minh tương tự QO ⊥ MP, suy ra O là trực tâm ∆MPQ. Bài toán 4 (Moldova MO 2014). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, đường phân giác góc gặp nhau trên cạnh BD. Đường thẳng qua C song song với AD cắt đường thẳng đi qua A và trung điểm BD tại P. Chứng minh rằng tam giác PCD là tam giác cân. Lời giải. Theo giả thiết đường phân giác các góc cắt nhau tại E thuộc BD, theo tính chất AB BE CB của đường phân giác, suy ra = = nên tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa. AD DE CD Theo định nghĩa tứ giác điều hòa, suy ra tiếp tuyến tại A và C cắt nhau trên BD. Gọi M là trung điểm BD và T giao điểm của hai tiếp tuyến là T. Từ đó suy ra AC là đường đối trung của tam giác ABD. Suy ra ∠CDT = ∠CDB = ∠CAB = ∠ MAD, CP k AD 43
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 nên ∠ DAP = ∠ APC, ∠ PCD = ∠ ADC. TC là tiếp tuyến nên ∠ ACT = ∠ ADC (cùng CT CD chắn cung AC). Suy ra ∆DCT và ∆PCA đồng dạng (g.g) nên = suy ra ∆TAC và CA CP ∆DCP đồng dạng (c.g.c), suy ra ∆TAC là tam giác cân nên ∆DCP là tam giác cân. Bài toán 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), A cố định B và C thay đổi song với đường thẳng cho trước. Tiếp tuyến tại B và C với đường tròn (O) cắt nhau tại D. Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại N. Chứng minh rằng DN luôn đi qua điểm cố định. Lời giải. Tiếp tuyến tại B, C với đường tròn (O) nên AD là đường đối trung của ∆ABC, MB = MC nên ∠ BAD = ∠CAM. Đường thẳng DN cắt đường tròn (O) tại I nên AN là đường đối trung của ∆BIC, suy ra ∠ N IC = ∠ MIB, nhưng ∠ N IC = ∠CAN nên ∠ N IC = ∠ DAB, gọi AD cắt BC đường tròn (O) tại E, EN k BC, N I k BC, BC song với đường thẳng cho trước, A cố định, suy ra I cố định. Ngoài ra, ta còn cách dùng tính chất: Tứ giác ABEC, ANCI là tứ giác điều hòa từ đó suy ra I cố định. Bài toán 6 (STS VN 2001). Cho đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B một tiếp tuyến chung PQ (P thuộc O1 và Q thuộc O2 ). Tiếp tuyến tại P và Q với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ cắt nhau tại E, gọi D là điểm đối xứng với B qua PQ. Chứng minh rằng A, D, E thẳng hàng. Lời giải. PQ là tiếp tuyến của đường tròn (O1 ) và (O2 ) nên ∠ PAB = ∠ BPQ, ∠QAB = ∠ BQP, suy ra ∠ BPQ + ∠ BQP = ∠ PAQ. Theo giả thiết D đối xứng với B qua PQ nên ∠ PDQ = ∠ PBQ = 1800 − ∠ BPQ − ∠ BQP == 1800 − ∠ PAQ, suy ra tứ giác APDQ nội tiếp. AB cắt BP MB PQ tại M nên MP = MQ và ∆PBM và APM đồng dang (g.g), suy ra = . Tương AP MP BQ MB BP AP DP AP tự, = suy ra = , theo giả thiết PB = PD, BQ = DQ vên = , suy AQ MQ BQ AQ DQ AQ ra tứ giác APDQ là tứ giác điều hòa và E, D, A thẳng hàng. Bài toán 7. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F, đường thẳng AD cắt đường tròn (I) tại điểm thứ hai là M, BM, CM cắt đường tròn (I) tại P và Q. Chứng minh rằng AD, BQ, CP đồng quy. 44
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Lời giải. BC, CC tiếp xúc với đường tròn (I) tại D, E nên tứ giác MEQD là tứ giác điều hòa. Suy ra MEQD nội tiếp nên MQ × DE = ME × DQ + MD × EQ, MQ × DE = 2ME × DQ, MQ 2ME × DQ suy ra = . QC DE × QC BP BP × DF Tương tự MFPD là tứ giác điều hòa nên = suy ra PM 2MF × PD DC MQ BP DC 2ME × DQ BP × DF = × . (1) DB QC PM DB DE × QC 2MF × PD Tứ giác MEDF cũng là tứ giác điều hòa nên ME DE = . (2) MF DF CQ CD ∆CDQ và ∆CMD đồng dạng (g.g), nên = , tương tự DQ DM BP DP = . (3) BD DM DC MQ BP DC DQ BP DC MQ BP Từ (1), (2) suy ra = . kết hợp (3), ta được = 1. DB QC PM DB DP CQ DB QC PM Theo Định lý Ceva thì MD, BQ, CP đồng quy. 45
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bài toán 8. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác góc ∠ B, ∠C cắt đường tròn (O) tại M và N. G là điểm trên cung nhỏ BC, I1 , I2 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABG và ACG, gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác GI1 I2 , D là trung điểm MN. Chứng minh rằng P, I, D thẳng hàng. Bài toán 9. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi M, N, P, Q là tiếp điểm của (I) với cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng AC, BD, MP, NQ đồng quy. Lời giải. Vì AC, BD đi qua I nên AC, BD, MP, NQ đồng quy. AC, BD không qua I: Gọi K, E là giao điểm AC với (I), KE không qua I, tiếp tuyến tại K và E cắt nhau tại S nên MKQE là tứ giác điều hòa, suy ra MQ, NP đi qua S. GM SM JN SN Gọi G, J là giao điểm MS, NP với AC, suy ra = . = nên GE, MP, NQ GQ SQ JP SP đồng quy. Suy ra AC, MP, NQ đồng quy, tương tự BD, MP, NQ đồng quy nên AC, BD, MP, NQ đồng quy. Bài toán 10. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi M, N là tiếp điểm của (I) với cạnh AD, BC, đường thẳng BM, DN cắt (I) tại E và F. Chứng minh rằng EF, MN, BD đồng quy. Lời giải. 46
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Gọi P, Q là tiếp điểm của (I) với cạnh AB, CD Theo ví dụ trên thì AC, BD, MN, PQ đồng MP MN QE MF quy. Mặt khác các tứ giác MPEN, NQFM là tứ giác điều hòa, = , = EP EN QN MN MP.EN.QF MP QF EN MN MF EN nên = = = 1. PE.NQ.FM EP QN FM EN MN FM Do MN, PQ, EF đồng quy EF, MN, BD đồng quy. Bài toán 11 (VN TST 2004). Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B.Các tiếp tuyến tại A, B của đường tròn (O1 ) cắt nhau tại K.Giả sử M là điểm trên đường tròn (O1 ) nhưng không trùng với A, B, đường thẳng AM cắt đường tròn (O2 ) tại P, đường thẳng KM cắt đường tròn (O1 ) tại C và đường thẳng AC cắt đường tròn (O2 ) tại Q. Chứng minh trung điểm PQ thuộc MC và đường thẳng PQ luôn đi qua điểm cố định khi M chuyển động trên đường tròn (O1 ). Lời giải. Theo giả thiết KA, KB là tiếp tuyến với đường tròn (O1 ) cắt nhau tại K, KM cắt (O1 ) tại C nên tứ giác ACBM là tứ giác điều hòa, suy ra AM BM = . (1) AC BC ∆BCQ, ∆BMP đồng dạng nên BM MP = . (2) BC CQ Gọi I là giao điểm MK vớp PQ, áp dụng định lý Menelaus ∆APQ, cát tuyến M, K, I, kết hợp (1), (2), ta được IP = IQ . Tứ giác BQJP là tứ giác điều hòa, suy ra tiếp tuyến tại B, J với đường tròn (O2 ) cố định J cố định. Bài toán 12 (IMO 2003). Giả sử ABCD là tứ giác nội tiếp. Gọi P,Q,R là chân các đường vuông góc hạ từ D lên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng PQ = QR khi và chỉ khi phân giác các góc ABC, ADC cắt nhau trên AC. Bài toán 13. Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại D. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt BC tại E,trên DE lấy P và Q sao cho DP = DQ = DB. Chứng minh tam giác ABC và tam giác APQ đồng dạng. Lời giải. 47
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Theo giả thiết ∠CBD = ∠CAB, ∠ DBA = ∠CBD + ∠ ABC = ∠CAB + ∠ ABC == 1800 − ∠ BCA, gọi M là giao điểm BC và OD thì AD là đường đối trung, suy ra ∠ BAD = DB sin ∠ BAD ∠CAM. Áp dụng định lý hàm số sin cho ∆BAD, ∆CAM, ta có = = DA sin ∠ DBA sin ∠CAM MC = . DP = DQ nên ∠ DMS = ∠ DAE = 900 . Suy ra D, M, A, D nằm trên sin ∠ BCA MA BC MC AC đường tròn ∠ AMC = ∠ ADQ nên ∆MAC và ∆DAQ đồng dạng, nên = = , PQ DQ AQ ∠ ACB = ∠ AQP nên ∆ABC và ∆APQ đồng dạng. Bài toán 14 (Japan). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), đồng thời thỏa mãn AB CD = . Gọi P là giao điểm của AD và BC, Q là giao điểm AB và CD, gọi E, F, H, G AD CB lần lượt là trung điểm AB, BC, CD, DA. Đường phân giác cắt EG tại S, đường phân giác góc cắt FH tại T. Chứng minh rằng ST song song với BD. Tài liệu [1] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên, 1997), Hình học và một số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục. [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình (2005), Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10, NXB Giáo dục. [3] Yufei Zhao, IMO training 2008, Circles. [4] Kin Y.Ly, Pole and polar,Mathematical Excalibur. [5] Tài liệu từ internet,... 48

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.