Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn và tứ giác nội tiếp (Toán học Lớp 10, 11, 12)

(AI giải đề cho tôi)
Ngôi sao có $N=n+6$ đỉnh, mỗi đỉnh nối với hai điểm cách nó 2 bước (sao kiểu $\{N/2\}$). Góc ở đỉnh của một cánh sao là góc nội tiếp chắn cung giữa hai điểm được nối mà không chứa đỉnh đó. Hai điểm này cách nhau $N-4$ bước nhỏ trên đường tròn, mỗi bước rộng $\frac{360^{\circ }}{N}$, nên góc ở đỉnh bằng $\frac{(N-4)\cdot 360^{\circ }}{2N}=180^{\circ }-\frac{720^{\circ }}{N}$. Kiểm tra với $n=1$ ($N=7$): $180^{\circ }-720^{\circ }/7\approx 77,14^{\circ }$, đúng với ngôi sao 7 cánh $\{7/2\}$ trong hình. Với $n=94$: $N=100$, góc $=180^{\circ }-\frac{720^{\circ }}{100}=180^{\circ }-7,2^{\circ }=172,8^{\circ }$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đĩa, $R$ là bán kính. Gọi $H$ là trung điểm dây $AB$ thì $AH=6$ cm. Vì $C$ là trung điểm cung $AB$ nên $O,H,C$ thẳng hàng, $OC\perp AB$, và khoảng cách từ $C$ đến dây $AB$ là $CH=4$ cm. Trong tam giác vuông $OHA$: $O{H}^2+A{H}^2=R^2$. Mặt khác $OC=R$ nên $OH=OC-CH=R-4$ (tâm $O$ nằm ngoài đoạn $HC$ vì cung nhỏ hơn nửa đường tròn theo hình vẽ). Suy ra $(R-4{)}^2+6^2=R^2\Rightarrow R^2-8R+16+36=R^2\Rightarrow 8R=52\Rightarrow R=6,5$ cm. Kiểm tra: $OH=2,5$, $2,5^2+6^2=42,25=6,5^2$. Đúng.

Giả sử các điểm có vị trí như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự.



a. Gọi $(J_a)$, $(J_b)$, $(J_c)$, $(J)$ lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác $XPN,YPM,ZMN,MNP$ và $U,V,R,S$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $YZ,BC,XZ,AC$. Gọi $E$ là tiếp điểm của $(J_c)$ với $MN$.
Ta có
$$ZM-ZN=MU+UZ-NR-RZ=MU-NR=MV-NS$$
$$=VC-MC-CS+CN=CN-CM=PM-PN.$$
Do đó $ME=\frac{MN+MZ-NZ}{2}=\frac{MN+MP-PN}{2}$.
Suy ra $E$ cũng là tiếp điểm của $(J)$ với $MN$. Suy ra $(J)$ tiếp xúc với $(J_c)$.
Tương tự $(J)$ cũng tiếp xúc với $(J_a),(J_b)$.

b. Gọi $F,K$ là tiếp điểm của $(J_b)$ với $MP$, $YZ$, $L$ là tiếp điểm của $(J_c)$ với $YZ$, $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, $V{V}^{\prime }$ là đường kính của $(I)$.
Xét phép vị tự tâm $F$ biến $(J_b)$ thành $(J)$, biến $K$ thành $H$. Khi đó tiếp tuyến tại $H$ của $(J)$ song song với $YZ$. Tương tự ta thu được $KF$ cắt $EL$ tại $H$ nằm trên $(J)$.
Ta có $ML=ME=MF=MK$ nên $KFEL$ là tứ giác nội tiếp.
Từ đó $HM$ là trục đẳng phương của $(J_b)$ và $(J_c)$.

Chú ý rằng tiếp tuyến tại $U$ của $(I)$ song song với tiếp tuyến tại $H$ của $(J)$ nên
$$V_G^{-\frac{1}{2}}:\Delta ABC\Rightarrow \Delta MNP,(I)\Rightarrow (J),U\mapsto H.$$
Suy ra $MH\parallel AU$.
Mặt khác $A,V^{\prime },U$ thẳng hàng nên $IM\parallel AU$.
Suy ra $H,I,M$ thẳng hàng.
Suy ra $I$ thuộc trục đẳng phương của $(J_b)$ và $(J_c)$.
Chứng minh tương tự ta thu được điều phải chứng minh.

a) Xét hình vẽ bên dưới.



Trước hết, ta chứng minh $M,N$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh. Ta biến đổi góc, được
$$\widehat{EMI}=\widehat{AFE}-\widehat{ABI}=90^{\circ }-\frac{\widehat{BAC}}{2}-\frac{\widehat{ABC}}{2}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{ECI},$$
suy ra $C,E,M,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Mặt khác, $C,E,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, nên $C,E,M,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, suy ra $\widehat{BMC}=\widehat{IMC}=90^{\circ }$, do đó $M$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh tương tự thì $N$ cũng thuộc đường tròn đường kính $BC$. ■

Tiếp theo, ta chứng minh $\frac{BM}{BP}=\frac{CN}{CQ}$.

Chứng minh. Gọi $J,L$ lần lượt là trung điểm của $BC,MN$. Gọi $X,Y$ là các điểm thuộc $BC$ sao cho $XN$ và $YM$ cùng song song với $AI$.

Từ nhận xét trên, ta được $JM=JN$, do đó $JL\perp MN$. Do $MN\perp AI$ nên $JL\parallel AI$.

Xét hình thang $XYMN$ thì từ $XN\parallel JM\parallel YM$, với $LM=LN$, ta suy ra $J$ là trung điểm của $XY$. Do đó $BY=CX$. Ta suy ra
$$\frac{BM}{BP}=\frac{BY}{BC}=\frac{CX}{CB}=\frac{CN}{CQ}.$$ ■

Gọi $R$ là giao điểm khác $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC,IMN$. Khi đó $R$ là tâm của phép vị tự quay biến $BM$ thành $CN$, và từ tỉ số trên thì phép vị tự quay này cũng biến $P$ thành $Q$. Do vậy $(IPQ)$ cũng đi qua $R$.

Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $IBC,IMN,IPQ$ cùng đi qua $R\ne P$.

b) Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét. $A,K,J$ thẳng hàng.

Chứng minh. Qua $K$, vẽ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $B^{\prime },C^{\prime }$. Từ tứ giác $B^{\prime }KIF$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{B}^{\prime }$, tứ giác $C^{\prime }IKE$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{C}^{\prime }$ thì $\widehat{I{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\widehat{IFE}=\widehat{IEF}=\widehat{I{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$, suy ra $I{B}^{\prime }=I{C}^{\prime }$. Do $IK$ là đường cao nên $K$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

Xét hình thang $B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C$ có $A$ là giao điểm của $B{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$, $K,J$ lần lượt là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime },BC$ nên $A,K,J$ thẳng hàng theo bổ đề hình thang. ■



Bây giờ, gọi $V$ là trung điểm của $AI$ thì $A,V,I,T$ thẳng hàng và $(AI,TV)=-1$.

Gọi $W$ là giao điểm của $KT$ và $BC$ thì $(SW,DJ)\stackrel{K}{=}(VT,IA)=-1$, do đó $S,W$ liên hợp với nhau với $(DMN)$.

Ta cũng có $(SD,BC)=-1$, do đó $(SK,MN)\stackrel{I}{=}(SD,BC)=-1$. Do đó, $S,K$ liên hợp với nhau đối với $(DMN)$.

Ta suy ra $KT$ là đường đối cực của $S$ đối với $(DMN)$, do đó đường thẳng qua $S$ vuông góc với $TK$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$.

(1) Cách 1.

- Theo tính chất quen ta có $C^{\prime }I=C^{\prime }A$ và $B^{\prime }I=B^{\prime }A$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là trung trực $AI$ nên $HA=HI$.
- Có $IH=ID$ theo định lí con bướm với dây cung $B^{\prime }{C}^{\prime }$, $BC$ của $(O)$.
- Có $DL=AH$ do $HDLA$ là hình thang cân có chung trục đối xứng $OI$.
- Có $\angle IDL=180^{\circ }-2\angle DIL=2(90^{\circ }-\angle ILD)=2(90^{\circ }-\angle IAL)=2\angle A^{\prime }AL=2\angle IKL.$
$\Rightarrow D$ là tâm $(KIL)\Rightarrow DK=DL=DI.$

Kết hợp lại ta được $AH=HI=ID=DL=DK$.

Cách 2. Gọi $Q$ là trung điểm cung $BC$ nhỏ của $(O)$. $A{A}^{\prime }$ cắt $ID$ tại $N$. $KQ$ cắt $ID$ tại $P$.
Áp dụng định lí con bướm tứ giác $A{A}^{\prime }TK$ nội tiếp $(O)$ suy ra: $IN=IP$. (*)
Áp dụng định lí con bướm cho tứ giác $B^{\prime }{C}^{\prime }BC$, ta có: $ID=IH$. (**)
Chú ý rằng: $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là trung trực $IA$. Vậy ta thu được: $AH=IH=ID=DL=DK$ (tính chất cạnh huyền của tam giác vuông kết hợp (*) và (**)).

(2) Ta có $\angle AFH=\angle IAC-\angle AIH=\angle IAB-\angle HAI=\angle HAE$
$\Rightarrow HA$ là tiếp tuyến của $(J)\Rightarrow H{J}^2=A{H}^2+A{J}^2\Rightarrow H{J}^2-H{I}^2=A{J}^2$.
Gọi $GH$ cắt $IJ$ tại $T$. Do $HG\perp IJ\Rightarrow G{J}^2-G{I}^2=T{J}^2-T{I}^2$
và $H{J}^2-H{I}^2=T{J}^2-T{I}^2\Rightarrow G{J}^2-G{I}^2=A{J}^2\Rightarrow G{J}^2-A{J}^2=G{I}^2\Rightarrow {\mathcal{P}}_{G/(J)}=G{I}^2$.
Gọi $RS$ cắt $AG$ tại $X\Rightarrow {\mathcal{P}}_{X/(O)}={\mathcal{P}}_{X/(G;GI)}\Rightarrow XA\cdot XG=G{I}^2-X{G}^2$.
$\Rightarrow G{I}^2=XG(XA+XG)=GX\cdot GA\Rightarrow X$ nằm trên $(J)$.

a) Kẻ đường kính $AL$ và $G$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$.
Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B$ của $△PBC$.
Ta thấy $\angle LBA=\angle LCA=90^{\circ }$ mà $KB,KC$ đối xứng với $BC$ qua $AB,AC$ nên $BL$ là phân giác $\angle CBK$ và $CL$ là phân giác $\angle BCK$ nên $L$ là tâm đường tròn nội tiếp $△KBC$.
Dễ thấy $G,H$ đối xứng qua trung điểm $BC$, mà $H$ là tiếp điểm tâm nội $I$ của $△PBC$ nên theo tính chất quen ta có $G$ là tiếp điểm tâm bàng $J$ hay $J,L,G$ thẳng hàng.
b) Gọi $PJ,AK$ cắt $BC$ lần lượt tại $N,R$. Theo hàng điểm phân giác và hàng điểm tứ giác toàn phần ta có $(ALRK)=(AIHQ)=-1\Rightarrow IL,RH,KQ$ đồng quy tại $S$.
Gọi $CL$ cắt $BJ$ tại $X$, $BL$ cắt $CJ$ tại $Y$, $XY$ cắt $GJ$ tại $R$. Ta có $(GRLJ)=(HQIA)=-1$ và $AH//GJ$ nên $AJ,LI,HG,QR$ đồng quy tại $S$.
Lại có $(PNIJ)=-1\Rightarrow S(PINJ)=S(PIHA)=-1=S(QIHA)\Rightarrow S,P,Q$ thẳng hàng hay $P,Q,K$ thẳng hàng.

a) Gọi $OM\perp AD$ tại $H$, $ON\perp BC$ tại $K$. Ta có tứ giác $MHKN$ nội tiếp
$\Rightarrow OH.OM=OK.ON=O{B}^2=O{D}^2\Rightarrow \angle ODM=90^{\circ }\Rightarrow MD$ là tiếp tuyến của $(O)$.
$\frac{MI}{NJ}=\frac{MI}{OB}\cdot \frac{OA}{NJ}=\frac{CM}{CB}\cdot \frac{DA}{DN}=\frac{M{A}^2}{A{B}^2}\cdot \frac{A{B}^2}{N{B}^2}=\frac{M{A}^2}{N{B}^2}$; $\frac{EM}{EN}=\frac{ME.MN}{NE.NM}=\frac{MH.MO}{NK.NO}=\frac{M{A}^2}{N{B}^2}$
Vì vậy $\frac{EM}{EN}=\frac{MI}{NJ}$, mà $JN\parallel MI\Rightarrow E,I,J$ thẳng hàng.

b) Gọi $AC$ cắt $BD$ tại $L$. Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}A& D& B\\ B& C& D\end{array}\right)\Rightarrow M,L,N$ thẳng hàng $\Rightarrow F$ là trực tâm $△LAB$ có các đường cao $AD,BC$ nên các điểm $C,E,D,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $LF$ có tâm là trung điểm $LF$.