Lại nói về tứ giác nội tiếp

Chúng ta dựa vào đề thi vào lớp 10 chuyên SGD Hà Nội năm 2021

hhchuyenhn21

hh21a2

a) Chứng minh 5 điểm $A, N, O, M, F$ cùng nằm trên một đường tròn.

 

Vì $F$ là điểm chính giữa của cung lớn $BC$ nên $FB=FC$, ngoài ra $\widehat{BFC}=\widehat{BAC}=60^\circ$ nên tam giác $FBC$ là tam giác đều. Mà $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên $BO$ là đường trung trực của $FC$. Điểm $M$ nằm trên đường trung trực của $FC$ nên $MF=MC$, nghĩa là tam giác $MFC$ cân tại $M$, Do đó $\widehat{FMA}=2 \widehat{FCM}=\widehat{AOF}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung).

Vậy tứ giác $AOMF$ nội tiếp.

Tứ giác $AMON$ có $\widehat{MAN}+\widehat{MON}= \widehat{MAN}+\widehat{BOC}=60^\circ +120^\circ=180^\circ$ nên cũng là tứ giác nội tiếp.

Tóm lại 5 điểm $A, N, O, M, F$ cùng nằm trên một đường tròn, đó là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMO$ . (đpcm)

 

b) Chứng minh $AJ$ là tia phân giác của góc $\widehat{BAC}$.

hh21a5

Chứng minh tương tự như trên tam giác $NBC$ cân tại $N$. Suy ra $\widehat{NFB}=\widehat{NBF}$, $\widehat{NBF}=\widehat{MCF}$ (cùng chắn cung $AF$), $\widehat{MCF}=\widehat{MFC}$ (chứng minh trên). Từ đó suy ra $\widehat{PFB}=\widehat{QFC} ⇒ \text{cung}\ BP =\text{cung}\ QC$.

$\widehat{CJQ}=\dfrac{\text{sđ cung}\ BP +\text{sđ cung}\ CQ}{2}=\text{sđ cung}\ CQ $

$\widehat{CJQ}=\widehat{COQ}$ (số đo của góc ở tâm bằng số đo của cung bị chắn.)

$\widehat{COQ}=2 \widehat{CFQ}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung)

$2\widehat{CFQ}=\widehat{CMQ}$.

Tóm lại $\widehat{CJQ}=\widehat{COQ}=\widehat{CMQ}$ suy ra 5 điểm $M, O, J, Q, C$ cùng nằm trên một đường tròn , đó là đường tròn ngoại tiếp tam giác $COQ$.

 

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMO$, hai cát tuyến $BMA$ và $BOM$ cho ta $BN.BA=BO.BM$ (do hai tam giác $BNO$ và $BMA$ đồng dạng ).

 

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác $COQ$, hai cát tuyến $BJC$ và $BOM$ cho ta $BJ.BC=BO.BM$ (do hai tam giác $BOQ$ và $BCM$ đồng dạng).

 

Vậy $BN.BA=BJ.BC$, suy ra tứ giác $ANJC$ nội tiếp.

Do đó $\widehat{NAJ}=\widehat{NCJ}=30^\circ$, suy ra $AJ$ là tia phân giác của góc $BAC$.

 

 

 

 

Nhận xét: Khi ta có $BN.BA=BJ.BC$ ta suy ra hai tam giác $BNJ$ và $BCA$ đồng dạng, suy ra $\widehat{BNJ}=\widehat{BCA}$, đây là lý do tứ giác nội tiếp.

 

Chia sẻ

About TS. Nguyễn Thái Sơn

TS. Nguyễn Thái Sơn
Nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). /n Nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). /n Nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013). /n Giảng viên thỉnh giảng ĐHSP TP HCM.

Bài Viết Tương Tự

Bài toán HH TS 10 PTNK (câu 2)

    Vì $\widehat{DAE}=\widehat{BAF}$ nên $DE=BF$, suy ra tứ giác $BDEF$ là hình thang cân …

×

Sai số! tác hại to lớn của việc sử dụng máy tính Casio giả và cách phòng tránh Chi tiết