Quay lại giao diện cũ
Tứ giác nội tiếp
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, nội tiếp trong đường tròn tâm $I$; bán kính $r$. Gọi $P$ là trung điểm của $AC$; $AH$ là đường cao của tam giác $ABC$.
a) Chứng minh tứ giác $APHI$ nội tiếp được trong đường tròn. Xác định tâm $K$ của đường tròn này.
b) Chứng minh hai đường tròn $(I)$ và $(K)$ tiếp xúc nhau.
Hướng dẫn giải
a) Theo giả thiết, P là trung điểm dây AC nên đoạn thẳng IP vuông góc với dây AC. Hai tam giác AHI và API là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AI nên hai tam giác này cùng nội tiếp đường tròn đường kính AI. Do đó AHIP nội tiếp đường tròn đường kính AI.
Tâm K của đường tròn là trung điểm của AI.
b) Ta có AI = r, K là trung điểm AI nên \(KA=KI=\dfrac{r}{2}\).
Do đó, KI = IA \(-\) KA hay hai đường tròn (K) và (I) tiếp xúc nhau.
Cho tam giác cân $ABC$ \(\left(AB=AC\right)\) nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường phân giác trong các góc $B$ và $C$ của tam giác $ABC$ cắt nhau ở $E$ và cắt đường tròn lần lượt ở $F$ và $D$. Chứng minh rằng tứ giác $EDAF$ là một hình thoi.
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết AB = AC nên \(\stackrel\frown{AB}=\stackrel\frown{AC}\)
Mà BF, CD là phân giác trong các góc B và C của tam giác ABC nên \(\stackrel\frown{FA}=\stackrel\frown{FA};\stackrel\frown{DA}=\stackrel\frown{DB}\).
Vì vậy nên \(\stackrel\frown{FA}=\stackrel\frown{FC}=\stackrel\frown{DA}=\stackrel\frown{DB}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{AB}}{2}=\dfrac{\stackrel\frown{AC}}{2}\right)\)
\(\Rightarrow\) DA//BF và FA//CD.
Do đó ADEF là hình bình hành. Lại có AD = AF nên ADEF là hình thoi.
Cho \(\Delta ABC\) đều, đường cao $AH$. $M$ là điểm bất kì trên đáy $BC$. Kẻ \(MP\perp AB\) và \(MQ\perp AC\). Gọi $O$ là trung điểm của $AM$.
a) Chứng minh năm điểm $A$, $P$, $M$, $H$, $Q$ cùng nằm trên một đường tròn.
b) Tứ giác $OPHQ$ là hình gì?
c) Xác định vị trí của $M$ trên $BC$ để $PQ$ có độ dài nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
a) Có \(\widehat{APM}=\widehat{AHM}=\widehat{AQM}=90^o\) nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
b) Vì AH là đường cao của tam giác đều ABC nên \(\widehat{BAH}=\widehat{HAC}=30^o\).
Vì A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O nên OP = OH = OQ = OM và \(\widehat{POH}=2\widehat{PAH}=60^o\) ; \(\widehat{QOH}=60^o\) suy ra OPH và OQH là hai tam giác đều, do đó OQHP là hình thoi.
c) Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác APMHQ thì AM = 2r và OPH, OQH là hai tam giác đều cạnh r. Do đó \(PQ=2.\dfrac{r\sqrt{3}}{2}=AM.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ge AH.\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
Do đó PQ ngắn nhất khi và chỉ khi M là trung điểm BC.
Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. $M$ là điểm tùy ý trên nửa đường tròn ($M$ khác $A$ và $B$). Kẻ \(MH\perp AB\) \(\left(H\in AB\right)\). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa nửa đường tròn $(O)$, vẽ hai nửa đường tròn tâm \(O_1\) đường kính $AH$ và tâm \(O_2\) đường kính $BH$. $MA$ và $MB$ cắt hai nửa đường tròn \(\left(O_1\right)\) và \(\left(O_2\right)\) lần lượt tại $P$ và $Q$.
a) Chứng minh rằng $MH = PQ$.
b) Chứng minh tứ giác $PQBA$ nội tiếp.
c) Chứng minh $PQ$ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn \(\left(O_1\right)\) và \(\left(O_2\right)\).
Hướng dẫn giải
a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O1) , (O2) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.
Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \(\widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)\), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có \(\widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}\)
\(\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o\) nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O1) tại P.
Tương tự , PQ tiếp xúc (O2) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2).