Một bổ đề về tứ giác nội tiếp

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $BD, CE$ cắt nhau tại $H$. $M$ là một điểm thuộc cung BC không chứa $A$. $AM$ cắt $DE$ tại $K$. Chứng minh rằng các tứ giác $BEKM, CDKM$ là các tứ giác nội tiếp.

Gợi ý

Ta có $\Delta ADB \backsim \Delta AEC \Rightarrow \dfrac{AD}{AC} = \dfrac{AE}{AB}$.

Ta có $\Delta ADB \backsim \Delta AEC \Rightarrow \dfrac{AD}{AC} = \dfrac{AE}{AB}$.

Từ đó ta có $\Delta ADE \backsim \Delta ABC$, suy ra $\angle ADE = \angle ABC$.(1)

Mà $\angle AMC = \angle ABC$. (2)

Từ (1) và (2), suy ra $\angle ADE = \angle AMC$, do đó tứ giác $CDKM$ nội tiếp.

Chứng minh tương tự ta cũng có $BEKM$ nội tiếp.

Bài giảng Tứ giác nội tiếp

IMO 2010 – Chứng minh tam giác cân

1 Reply

Đề bài. (IMO 2010) Cho hai đường tròn $w_1$ và $w_2$ cắt nhau tại $M$ và $N$. Gọi $l$ là tiếp tuyến chung của $w_1, w_2$ sao cho $l$ gẩn $M$ hơn $N$. Gọi tiếp điểm của $l$ với $w_1$ là $A$, với $w_2$ là $B$. Đường thẳng qua $M$ song song với $l$ cắt $w_1$ tại $C$ và cắt $w_2$ tại $D$. Đường thẳng $CA$ và $DB$ cắt nhau tại $E$; đường thẳng $AN$ và $CD$ cắt nhau tại $P$; $BN$ và $CD$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh rằng $EP = EQ$.

Gợi ý

Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

$PQ||AB$, suy ra $M$ là trung điểm của $PQ$.

Ta có $\angle FBA = \angle FDM = \angle ABM$ và $\angle FAB = \angle BAM$. Suy ra $\triangle AEM = \triangle BEM$.  Suy ra $BE = BM, AE = AM$ và $AB$ là trung trực của $EM$, suy ra $EM \bot AB$. Do đó $EM \bot PQ$.

$EM \bot PQ$ và $MP = MQ$ nên tam giác $EPQ$ cân.

Hình chiếu vuông góc của chân đường cao trên hai cạnh

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. Gọi $D, E$ là hình chiếu vuông góc của $H $ trên $AB$ và $AC$. Chứng minh rằng: (a) $AD.AB = AE.AC$. (b) Tứ giác $BDEC$ là tứ giác nội tiếp.

Gợi ý

(a)  Tam giác $ABH$ vuông tại H có đường cao HD nên $AD.AB = AH^2$. (1)

Tam giác $ACH$ vuông tại H có đường cao $HE$ nên $AE.AC = AH^2$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AD.AB = AE.AC$.

(b)  Từ $AD.AC = AE.AC \Rightarrow \dfrac{AD}{AC} = \dfrac{AE}{AB}$.

Xét tam giác $ADE$ và $ACB$ có $\angle BAC$ chung và $\dfrac{AD}{AC} = \dfrac{AE}{AB}$ nên $\Delta ADE \backsim \Delta ACB$, suy ra $\angle ADE  = \angle ACB$.

Tứ giác $BDEC$ có $\angle ADE = \angle ACB$ nên là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong).

Bài giảng Tứ giác nội tiếp

Tứ giác nội tiếp tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau.

1 Reply

Đề bài. Cho đường tròn tâm $O$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ dựng các tiếp tuyến $AB, AC$ đến $(O)$ với $B, C$ là các tiếp điểm. $OA$ cắt $BC$ tại $H$. (a) Chứng minh rằng tứ giác $OBAC$ nội tiếp. (b) Một đường thẳng qua $A$ cắt $(O)$ tại $D$ và $E$ sao cho $E$ nằm giữa $A$ và $D$. Chứng minh rằng $O, H, D, E$ cùng thuộc một đường tròn.

Gợi ý

(a)Vì $AB, AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại B và C nên $\angle OBA = \angle OCA = 90^\circ$, suy ra $\angle OBA + \angle OCA = 180^\circ$, nên tứ giác $OBAC$ nội tếp.

Vì $AB, AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại B và C nên $\angle OBA = \angle OCA = 90^\circ$, suy ra $\angle OBA + \angle OCA = 180^\circ$, nên tứ giác $OBAC$ nội tếp.

(b) Ta có $AB = AC$ (t/c tiếp tuyến) và $OB = OC$, suy ra $OA$ là trung trực của $BC$, suy ra $OA \bot BC$ tại $H$.

Tam giác $ABO$ vuông có $BH$ là đường cao nên $AH.AO = AB^2$. (1)

Mặt khác $\Delta ABD \backsim AEB (g.g)$, suy ra $AD.AE = AB^2$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra $AD.AE = AH.AO$, suy ra $\dfrac{AH}{AD} = \dfrac{AE}{AO}$.

Xét tam giác AHE và tam giác EDO có $\angle DAO$ chung và $\dfrac{AH}{AD} = \dfrac{AE}{AO}$ nên $\Delta AHE \backsim \Delta ADO$, suy ra $\angle AHE = \angle ADO$, suy ra tứ giác $OHED$ nội tiếp.

Chú ý. Tứ giác $ABCD$ có hai cạnh bên $AD, BC$ cắt nhau tại P, hai đường chéo cắt nhau tại $Q$. Khi đó $ABCD$ nội tiếp khi và chỉ khi:

  1. $PA.PD = PB.PC$.
  2. $QA.QC = QB.QD$.

Bài giảng Tứ giác nội tiếp

Các đường cao tạo thành các tứ giác nội tiếp

Leave a reply

Đề bài.  Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $AD, BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $AD, BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$. (a) Chứng minh các tứ giác $AEHF$, $BDHE$ là tứ giác nội tiếp. (b) Chứng minh các tứ giác $BFEC$, $AEDC$ là tứ giác nội tiếp.

Gợi ý

(a) Xét tứ giác $AEHF$ có $\angle AEH + \angle AFH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, suy ra tứ giác $AEHF$ là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).

Xét tứ giác $AEHF$ có $\angle AEH + \angle AFH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, suy ra tứ giác $AEHF$ là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).\\ Xét tứ giác $BDHE$ có $\angle BDH + \angle BEH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).

(b) Xét tứ giác $BFEC$ có $\angle BFC = \angle BEC = 90^\circ$, suy ra tứ giác $BFEC$ nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh với một góc vuông).

Tương tự ta có $\angle AEC = \angle ADC = 90^\circ$, suy ra tứ giác AEDC nội tiếp.

 

Tứ giác nội tiếp

14 Replies

Định nghĩa:  Tứ giác có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Một tứ giác là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi:

  1. Tổng hai góc đối bằng $180^o$.
  2. Góc ngoài bằng góc đối trong.
  3. Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau.

Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $AD, BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $AD, BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$. (a) Chứng minh các tứ giác $AEHF$, $BDHE$ là tứ giác nội tiếp. (b) Chứng minh các tứ giác $BFEC$, $AEDC$ là tứ giác nội tiếp.

Gợi ý

(a) Xét tứ giác $AEHF$ có $\angle AEH + \angle AFH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, suy ra tứ giác $AEHF$ là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).

Xét tứ giác $AEHF$ có $\angle AEH + \angle AFH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$, suy ra tứ giác $AEHF$ là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).\\ Xét tứ giác $BDHE$ có $\angle BDH + \angle BEH = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).

(b) Xét tứ giác $BFEC$ có $\angle BFC = \angle BEC = 90^\circ$, suy ra tứ giác $BFEC$ nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh với một góc vuông).

Tương tự ta có $\angle AEC = \angle ADC = 90^\circ$, suy ra tứ giác AEDC nội tiếp.

Ví dụ 2. Cho đường tròn tâm $O$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ dựng các tiếp tuyến $AB, AC$ đến $(O)$ với $B, C$ là các tiếp điểm. $OA$ cắt $BC$ tại $H$. (a) Chứng minh rằng tứ giác $OBAC$ nội tiếp. (b) Một đường thẳng qua $A$ cắt $(O)$ tại $D$ và $E$ sao cho $E$ nằm giữa $A$ và $D$. Chứng minh rằng $O, H, D, E$ cùng thuộc một đường tròn.

Gợi ý

(a)Vì $AB, AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại B và C nên $\angle OBA = \angle OCA = 90^\circ$, suy ra $\angle OBA + \angle OCA = 180^\circ$, nên tứ giác $OBAC$ nội tếp.

Vì $AB, AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại B và C nên $\angle OBA = \angle OCA = 90^\circ$, suy ra $\angle OBA + \angle OCA = 180^\circ$, nên tứ giác $OBAC$ nội tếp.

(b) Ta có $AB = AC$ (t/c tiếp tuyến) và $OB = OC$, suy ra $OA$ là trung trực của $BC$, suy ra $OA \bot BC$ tại $H$.

Tam giác $ABO$ vuông có $BH$ là đường cao nên $AH.AO = AB^2$. (1)

Mặt khác $\Delta ABD \backsim AEB (g.g)$, suy ra $AD.AE = AB^2$ (2)

Từ (1) và (2), suy ra $AD.AE = AH.AO$, suy ra $\dfrac{AH}{AD} = \dfrac{AE}{AO}$.

Xét tam giác AHE và tam giác EDO có $\angle DAO$ chung và $\dfrac{AH}{AD} = \dfrac{AE}{AO}$ nên $\Delta AHE \backsim \Delta ADO$, suy ra $\angle AHE = \angle ADO$, suy ra tứ giác $OHED$ nội tiếp.

Ví dụ 3.  Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. Gọi $D, E$ là hình chiếu vuông góc của $H $ trên $AB$ và $AC$. Chứng minh rằng: (a) $AD.AB = AE.AC$. (b) Tứ giác $BDEC$ là tứ giác nội tiếp.

Gợi ý

(a)  Tam giác $ABH$ vuông tại H có đường cao HD nên $AD.AB = AH^2$. (1)

Tam giác $ACH$ vuông tại H có đường cao $HE$ nên $AE.AC = AH^2$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AD.AB = AE.AC$.

(b)  Từ $AD.AC = AE.AC \Rightarrow \dfrac{AD}{AC} = \dfrac{AE}{AB}$.

Xét tam giác $ADE$ và $ACB$ có $\angle BAC$ chung và $\dfrac{AD}{AC} = \dfrac{AE}{AB}$ nên $\Delta ADE \backsim \Delta ACB$, suy ra $\angle ADE  = \angle ACB$.

Tứ giác $BDEC$ có $\angle ADE = \angle ACB$ nên là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong).

Ví dụ 4. Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $AB, AC$ tại $D$ và $E$. Gọi $M$ là giao điểm của $BI$ và $DE$. Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $AB, AC$ tại $D$ và $E$. Gọi $M$ là giao điểm của $BI$ và $DE$.  (a) Chứng minh $\angle AED = \dfrac{180^\circ-\angle A}{2}$. (b) Chứng minh 4 điểm $I, E, M, C$ cùng thuộc một đường tròn. (c) Gọi $N$ là giao điểm của $CI$ và $DE$. Chứng minh 4 điểm $B, N, M, C$ cùng thuộc một đường tròn.

Gợi ý

(a) Ta có $AD, AE$ là tiếp tuyến của $(I)$ nên $AD = AE$. Tam giác $ADE$ cân tại $A$, suy ra $\angle AED = \dfrac{180^\circ – \angle A}{2}$.

(b) Ta có $AD, AE$ là tiếp tuyến của $(I)$ nên $AD = AE$. Tam giác $ADE$ cân tại $A$, suy ra $\angle AED = \dfrac{180^\circ – \angle A}{2}$.

Ta có $\angle MIC = \angle IBC + \angle ICB = \dfrac{1}{2} (\angle B + \angle C) = \dfrac{180^\circ – \angle A}{2}$. (1)\\ Theo câu a ta có $\angle MEC = \angle AED = \dfrac{180^\circ – \angle A}{2}$. (2)

Từ (1) và (2), suy ra $\angle MIC = \angle MEC$, do đó tứ giác $IEMC$ nội tiếp.

(c) Tứ giác $IEMC$ nội tiếp suy ra $\angle IMC = \angle IEC = 90^\circ$.

Chứng minh tương tự ta có $\angle INC = 90^\circ$.

Tứ giác $BCMN$ có $\angle BMC = \angle BNC = 90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.

Ví dụ 5. Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy các điểm D, E sao cho $\angle BAD = \angle CAE$. Gọi $M, N$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $AD, AE$; $P, Q$ là hình chiếu vuông góc của C trên $AD, AE$. Chứng minh 4 điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là trung điểm $BC$.

Gợi ý

Ta có tứ giác $ABMN$ nội tiếp, suy ra $\angle AMN = \angle ABN = 90^\circ – \angle BAE$.(1)

Tứ giác $ACPQ$ nội tiếp, suy ra $\angle APQ = \angle ACP = 90^\circ – \angle CAD$.(2)

Ta lại có $\angle DAB = \angle CAE $ nên $\angle BAE = \angle CAD$.(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có $\angle AMN = \angle APQ$, suy ra tứ giác $MNPQ$ nội tiếp.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, ta có $BM||CP$ nên đường thẳng $d$ qua $I$ song song với $BM$ đi qua trung điểm của $MP$ mà $BM \bot MP$ nên đường thẳng $d$ là trung trực của $MP$. Vậy $IM = IP$.

Tương tự ta cũng có $IN  = IQ$.

Hơn nữa tứ giác $MNPQ$ là tứ giác nội tiếp khác hình thang nên $I$ chính là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

Ví dụ 6. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn đi qua hai đỉnh $B, C$ và cắt các cạnh $AB, AC$ tại $D$ và $E$. Gọi $M$ là giao điểm của $CD$ và $BE$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AC$ và $Q$ lá điểm đối xứng của $M$ qua trung điểm cạnh $BC$. Chứng minh 4 điểm $A, C, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.

Gợi ý

Gọi $F$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMD$ và $AM$. Khi đó ta có $AM.AF = AD.AB = AE.AC$, suy ra $M$ thuộc đường tròn ngoại tiếp của tam giác $MCE$.

Ta có $\angle MFB = \angle ADM = \angle AEM = \angle AFC$ và $\angle FMB = \angle AME = \angle ACF$, suy ra $\Delta FBM \backsim \Delta FAC \Rightarrow \dfrac{BF}{AF} = \dfrac{BM}{AC}$.

Mà $BF = CQ$, suy ra $\dfrac{BF}{AF} = \dfrac{CQ}{AC} \Rightarrow \dfrac{BF}{CQ} = \dfrac{AF}{AC}$.

Xét tam giác $ABF$ và $ACQ$ có $\angle AFB = \angle ACQ$ (cùng bù với $\angle BDC$) và $\dfrac{BF}{CQ} = \dfrac{AF}{AC}$ nên $\Delta ABF \backsim \Delta ACQ$. Suy ra $\angle AQC = \angle ABF$.

Mặt khác $ABF = \angle CMF = 180^\circ – \angle AMC = 180^\circ – \angle APC$.

Nên $AQC = 180^\circ – \angle APC \Rightarrow \angle AQC + \angle APC = 180^\circ$, do đó tứ giác $APCQ$ là tứ giác nội tiếp.

Bài tập. 

  1. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. Gọi D, E là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC. Chứng minh rằng: Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. Gọi D, E là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC. Chứng minh rằng: (a) $AD.AB = AE.AC$. (b) Tứ giác $BDEC$ là tứ giác nội tiếp. [Gợi ý]
  2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $BD, CE$ cắt nhau tại $H$. $M$ là một điểm thuộc cung BC không chứa $A$. $AM$ cắt $DE$ tại $K$. Chứng minh rằng các tứ giác $BEKM, CDKM$ là các tứ giác nội tiếp. [Gợi ý]
  3. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$ và trung tuyến $BM$. Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc vuông góc của $A$ trên $BM$. Chứng minh tứ giác $HDMC$ nội tiếp.[Gợi ý]
  4. Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB < AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh BC và $N$ là trung điểm đoạn thẳng CH.Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB < AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh BC và $N$ là trung điểm đoạn thẳng CH. (a) Chứng minh rằng 5 điểm $D, E, F, M, N$ cùng thuộc một đường tròn. (b) $EF$ cắt $BC$ tại $K$, $AK$ cắt $(O)$ tại $Q$. Chứng minh $AQFE, KQFB$ là các tứ giác nội tiếp. (c) Chứng minh 3 điểm $Q, H, M$ thẳng hàng.[Gợi ý]
  5. Hình bình hành $ABCD$ có góc tù $B$, gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo. Dựng $DE$ vuông góc $AC, DF$ vuông góc $AB, DG$ vuông góc $BC$. Chứng minh 4 điểm $O, E, G, F$ cùng thuộc một đường tròn. [Gợi ý]
  6. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CD. AM cắt BN tại E, BN cắt DM tại F và DM cắt AN tại G. Chứng minh rằng tứ giác AEPF nội tiếp. [Gợi ý]
  7. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với $\angle A = 60^\circ$. Gọi $H$, $I$ lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$. Chứng minh 5 điểm $B, C, H, I, O$ cùng thuộc một đường tròn. [Gợi ý]
  8. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O), vẽ đường kính $AD$. Đường thẳng $d$ vuông góc với $AD$ cắt $CD, BD$ tại $E$ và $F$. Chứng minh 4 điểm $B, C, E, F$ cùng thuộc một đường tròn. [Gợi ý]
  9. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $O$ với $\angle A > 90^\circ$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ cắt $CD$ tại $E$; đường thẳng qua $A$ vuông góc $AD$ cắt $CB$ tại $F$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $EF$. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $O$ với $\angle A > 90^\circ$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ cắt $CD$ tại $E$; đường thẳng qua $A$ vuông góc $AD$ cắt $CB$ tại $F$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $EF$. (a) Chứng minh rằng 4 điểm $E,F , C, P$ cùng thuộc một đường tròn. (b) Chứng minh $P$ thuộc $(O)$ và $E, O, F$ thẳng hàng. [Gợi ý]
  10. Cho tam giác $ABC$ với $AB < AC$. Phân giác trong góc $A$ và trung trực đoạn $BC$ cắt nhau tại $D$. Chứng minh rằng $ABDC$ là tứ giác nội tiếp. [Gợi ý]
  11. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB < AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$.Vẽ đường cao $AH$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $AB, AC$ tại $D$ và $E$ và cắt $(O)$ tại điểm $P$ khác $A$. $AP$ cắt $BC$ tại điểm $K$.Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB < AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$.Vẽ đường cao $AH$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $AB, AC$ tại $D$ và $E$ và cắt $(O)$ tại điểm $P$ khác $A$. $AP$ cắt $BC$ tại điểm $K$. (a) Chứng minh các tứ giác $KPEC, KPDB$ nội tiếp. (b) Chứng minh $K, D, E$ thẳng hàng. [Gợi ý]
  12. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn đi qua hai đỉnh $B, C$ và cắt các cạnh $AB, AC$ tại $D$ và $E$. Gọi $M$ là giao điểm của $CD$ và $BE$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AC$ và $Q$ lá điểm đối xứng của $M$ qua trung điểm cạnh $BC$. Chứng minh 4 điểm $A, C, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.[Gợi ý]

Hình vuông

1 Reply

Định nghĩa. Hình vuông là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau và bốn góc bằng nhau.

Tính chất. Hình vuông có mọi tính chất của hình thoi và hình chữ nhật.

Dấu hiệu nhận biết hình vuông:

  • Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau.
  • Hình chữ nhật có một đường chéo là phân giác một góc.
  • Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc.
  • Hình thoi có một góc vuông.
  • Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau.

Bài tập rèn luyện

Bài 1.  Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, phân giác trong góc $A$ cắt $BC$ tại $D$. Gọi $E$, $F$ là hình chiếu của $D$ trên các đường thẳng $AB$ và $AC$.

a) Tứ giác $AEDF$ là hình gì? Tại sao?
b) Vẽ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$. Tính $\angle EHF$.
c) Đường trung trực cạnh $BC$ cắt $AD$ tại $M$. Tính $\angle CBM$.

Bài 2. Cho tam giác vuông $ABC$ vuông góc tại $A$. Dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông $ABDE$ và $ACFG$. Gọi $K$ là giao điểm các tia $DE$ và $FG$; $M$ là trung điểm của $EG$.

a) Chứng minh ba điểm $K$, $M$, $A$ thẳng hàng.
b) Chứng minh $MA \bot BC$
c) Chứng minh các đường thẳng $DC$, $FB$, $AM$ đồng qui.

Bài 3. Cho hình vuông $ABCD$ có cạnh $a$. Trên các cạnh $BC, CD$ lấy các điểm $M, N$ sao cho $\widehat {MAN} = 45^\circ$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AM$ cắt $CD$ tại điểm $E$.

a) Chứng minh $DE = BM$.
b) Tính khoảng cách từ $A$ đến $MN$.
c) Chứng minh chu vi $CMN$ có độ dài không đổi.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AC = 3AB$. Trên $AC$ lấy $M,N$ sao cho $AM = MN = NC$. Chứng minh $\widehat {AMB} =\widehat {ANB} + \widehat{ ACB}$.

Bài 5. Cho hình vuông $ABCD$, $E$ là một điểm bất kỳ trên cạnh $AB$. Vẽ hình vuông $ DEFG $. Chứng minh $DB \bot DF$ [gợi ý].

Bài 6. Cho hai hình vuông cạnh nhau $ABCD$ và $DEFG$ (điểm $E$ thuộc cạnh $CD$). Đường thẳng $GE$ cắt $BC$ tại $H$. Kẻ $CM$ song song với $HG$ ($M$ thuộc $FG$). Chứng minh rằng (a) $AH = HM$, (b) $\angle AHM = 90^\circ$ [gợi ý].

Hình vuông

1 Reply

Đề bài. Cho hai hình vuông cạnh nhau $ABCD$ và $DEFG$ (điểm $E$ thuộc cạnh $CD$). Đường thẳng $GE$ cắt $BC$ tại $H$. Kẻ $CM$ song song với $HG$ ($M$ thuộc $FG$). Chứng minh rằng (a) $AH = HM$, (b) $\angle AHM = 90^\circ$.

Source: gogeometry.com

Gợi ý.

Hình vuông, thẳng hàng

1 Reply

Đề bài. Cho hình vuông $ABCD$, $E$ là một điểm bất kỳ trên cạnh $AB$. Vẽ hình vuông $ DEFG $. Chứng minh $DB \bot DF$.

Gợi ý. Gọi $I$ là giao điểm của $EF$ với $BC$. Từ $ \triangle DCG = \triangle DAE $ suy ra $ \angle DGC = \angle EIB $. Gọi $I’,B’$ lần lượt là giao điểm của $GC$ với $EF$ và $AB$. Vì $EF$ song song $DG$ nên $ \angle EI’B’ = \angle \angle DGC = \angle EIB $, suy ra $I’B’$ song song với $IB$, hay $CB’$ song song $CB$ (vô lý), do đó $I’$ phải trùng $I$ và $B’$ trùng $B$, ta có được ba điểm $B, C, G$ thẳng hàng.

Gọi $J$ là tâm hình vuông $DEFG$, suy ra $J$ là trung điểm hai đường chéo $EG$ và $DF$. Do tam giác $EBG$ vuông tại $B$ (nhờ $B,C,G$ thẳng hàng (cmt)), nên $BI = \frac{1}{2} EG$, suy ra $BI = \frac{1}{2} DF$, suy ra tam giác $DBF$ vuông tại $B$ (đpcm).