4, 3TƯƠNG TỰ, AH BH CH DH1, 2, 3, 4 CẮT NHAU TẠI TRUNG ĐIỂM CỦ...

,

Tương tự, AH BH CH DH

,

,

,

cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra

d d d d đồng quy.

, , ,

Ví dụ 11. Cho tứ giác ^ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi H K , là hình chiếu của ^B

trên AC và CD M N ; , là trung điểm của AD HK , . Chứng minh D BMN là tam giác

vuông.

Giải. Từ ^B kẻ ^BE ^ ^AD . Theo bài toán 1 ta có

D

E H K thẳng hàng.

, ,

M

A

E

Tứ giác BEDK BHKC , nội tiếp  EDB ^ = EKB ^ ;

H

và BHK ^ + BCD ^ = 180

.

N

Mặt khác ^{BAD } + ^{BCD } = ¹⁸⁰

 ^{BAD } = ^{BHK }

K

 D D đồng dạng;

BHK BAD

,

C

MA = MD và NH = NK  D ABM , D HBN đồng

B

dạng  AMB ^ = BNE ^

Suy ra tứ giác ^BEMN nội tiếp; Mà BE ^ AD  BN ^ MN . Vậy ^{D BMN} vuông.

Ví dụ 12. Cho tam giác ^{ABC BE CK , ,} là các đường cao của tam giác ^ABC . Gọi

P Q , là hình chiếu của ^E trên BC CK , . Chứng minh rằng

PQ đi qua trung điểm của ^KE .

Giải. Từ E hạ EH ^ AB , theo giả thiết EP ^ BC ,

EQ ^ CK , tứ giác BKEC nội tiếp.

Theo bài toán 1 ta có P Q H , , thẳng hàng.

Tứ giác KHEQ có

Trang 48

   90

EHK = HKQ = KQE =  KHEQ là hình chữ nhật. ^{KE HQ ,} là đường chéo,

chúng cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra đpcm.

Ví dụ 13. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi P Q R , , là hình chiếu của D

trên ^{BC CA AB , ,} . Chứng minh rằng ^{PQ = QR} khi và chỉ khi các đường phân giác của

ABC  và ADC ^ cắt nhau trên AC .

Giải. Theo giả thiết ta có P Q R , , thẳng hàng.

DPCQ là tứ giác nội tiếp  DCA ^ = DPR ^ .

Tương tự, DAC ^ = DRP ^ .

Suy ra ^{D DCA , D DPR} đồng dạng. Tương tự,

D D ; D DBC , D DRQ đồng dạng

DAB , DQP

DB QR

.

DA DR BC QR BA

 = = =

DC DP PQ PQ BC

DB BA

PQ = QR khi và chỉ khi ^{DA BA}

DC = BC  đường phân giác ABC ADC ^{ } , cắt nhau trên

AC .

Ví dụ 14. Cho tam giác nhọn ^ABC nội tiếp đường tròn ^{( ) O} , có trực tâm ^H , ^D là

điểm trên cung nhỏ ^BC . Dựng hình bình hành ^ADCE , ^K là trực tâm của tam giác

ACE . Gọi P Q , là hình chiếu của K trên BC AB , . Chứng minh rằng PQ đi qua trung

điểm của HK . (Olympic Việt Nam – 2004)

Giải. Theo giả thiết ta có ADC ^ = AEC K ^ , là trực tâm

D  ^

AEC EK AC

  180

  180

AKC + AEC =  AKC + ADC =  tứ giác

ADCK nội tiếp  K Î ( ), O EK cắt ^AC tại ^I , suy ra

P Q I thẳng hàng (đường thẳng Simson).

Giả sử AH cắt ( ) O tại M và cắt PQ tại N , suy ra

MN KP ; KQ ^ AB KP , ^ BC  BQKP là tứ giác nội

//

tiếp  QBK ^ = AMK ^ = QPK ^  MPKN nội tiếp  MPKN

là hình thang cân  KN = PM .

Mặt khác, PH = PM  PH = KN  HPKN là hình bình hành  NP HK , cắt nhau

tại trung điểm mỗi đoạn  PQ đi qua trung điểm HK .

Ví dụ 15. Cho hai đường tròn ( ),( ) O

O

cắt nhau tại ^A và ^B . Một đường thẳng ^d

thay đổi qua ^A cắt ( ),( ) O

O

lần lượt tại ^{C D ,} ( ^A nằm giữa ^{C D ,} ). Tiếp tuyến tại ^C của

( ) O

và tại D của ( ) O

cắt nhau tại M . Gọi P Q , lần lượt là hình chiếu vuông góc của

B xuống hai tiếp tuyến. Chứng minh rằng ^PQ tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Trang 49

Giải. ^{MC MD ,} là tiếp tuyến của

   

( ),( ) O O  ABC = MCA ABD , = MDA

   180



 = + = -

CBD MCD MDC CMD

  180

 + =  nội tiếp.

CBD CMD MCBD

Hạ ^{BH ^ CD} . Áp dụng định lý Simson cho

điểm B đối với tam giác MCD ta có P H , ,Q thẳng

O

₁

O

₂

hàng; A B , cố định, suy ra H nằm trên đường tròn

đường kính AB . Nên, PQ luôn tiếp xúc với đường

tròn đường kính ^AB .

BÀI TẬP