Vòng trong của mái giếng trời hình hoa sen của nhà ga Bến Thành (Thành phố Hở Chí Minh) có dạng đa giác đếu 12 cạnh (hình vẽ). Hãy chỉ ra bốn phép quay biến đa giác đều đó thành chính nó.

Đa giác đều 12 cạnh $ABCDEFGHIKLM$ nội tiếp đường tròn (O) (Xem hình vē).

Ta có: \widehat{AOB}=\frac{360°}{12}=30°.

$\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COD}=\widehat{DOE}=\dots =30°$.

$OA=OB=OC=OD=\dots$ (bán kính đường tròn ngoại tiếp)

Ta chọn phép quay thuận chiều (hoặc ngược chiều) góc quay $30°,60°,90°,120°$ biến đa giác đã cho thành chính nó.

Bài 49. Cho hình bình hành $ABCD$ có đỉnh $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AB$. Kẻ $DM$ và $BN$ cùng vuông góc với đường chéo $AC$. Chứng minh tứ giác $CBMD$ nội tiếp.

Nối $B$ với $D$, ta có $\Delta ADB$ vuông tại $D$ ($AB$ là đường kính) hay \(AD \bot BD.\)

Mà \(AD\,\,{\rm{//}}\,BC\) (gt) nên \(BD \bot BC\) , suy ra \(\widehat {DBC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {DBC} = \widehat {DMC} = 90^\circ \).

Hai đỉnh \(M,\,\,B\) cùng nhìn \(DC\) dưới hai góc bằng nhau cùng bằng \(90^\circ \).

Do đó, tứ giác \(CBMD\) nội tiếp.

Bài 50. Cho tam giác \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\). Lấy điểm \(M\) bất kì trên đoạn \(AC\), đường tròn đường kính \(CM\) cắt hai đường thẳng \(BM\) và \(BC\) lần lượt tại \(D\) và \(N\). Chứng minh rằng:

(a) Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp.

(b) Các đường thẳng \[AB,\,\,\,MN,\,\,\,CD\] cùng đi qua một điểm.

a) Gọi \(O\) là tâm đường tròn đường kính \(CM\).

Ta có \(DO = MO = CO\) hay \(DO = \frac{{MC}}{2}\).

Xét tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {BAM} = \widehat {BDC} = 90^\circ \) nên bốn điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(BC\) hay tứ giác \(ABCD\) nội tiếp.

b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là \(I\).

Vì \(M\) là trực tâm của \(\Delta BIC\) nên \(IM\) là đường cao thứ ba, suy ra \(IM \bot BC\).

Do đó \(IM\) và \(IN\) phải trùng nhau hay ba điểm \(I,\,\,M,\,\,N\) thẳng hàng.

Vậy các đường thẳng \[AB,\,\,\,MN,\,\,\,CD\] cùng đi qua một điểm \(I\).

Bài 51. Cho tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), các đường cao \(AD,\,BE\) và \(CF\) cắt nhau tại \(H.\)

((a) Chứng minh tứ giác \[BFEC\] nội tiếp, xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BFEC.\)

(b) Đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(BC\) tại \(M\) và cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại \(K\) và \(T\) (\(K\) nằm giữa \(M\) và \(T\)). Chứng minh rằng: \(MK \cdot MT = ME \cdot MF\).

(c) Chứng minh \(\widehat {MDK} = \widehat {MTI}\).

a) Ta có: \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \,\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\)

Suy ra, tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn tâm \[I\] là trung điểm của \[BC\] và bán kính \(\frac{{BC}}{2}\).

b) Xét đường tròn \[\left( I \right)\] ta có \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(FB\)).

Do đó .

Suy ra \(\frac{{ME}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MF}}\) hay \(ME \cdot MF = MB \cdot MC\).

Chứng minh tương tự với đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \[MB \cdot MC = MK \cdot MT\]

Do đó \[MK \cdot MT = ME \cdot MF\]. (1)

c) Dễ thấy tứ giác \[HECD\] nội tiếp (\(\widehat {HEC} + \widehat {HDC} = 180^\circ \))

Suy ra \(\widehat {HED} = \widehat {HCD}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[HD\]).

Lại có \[BFEC\] nội tiếp nên \(\widehat {HCD} = \widehat {FEB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[FB\]).

Suy ra \(\widehat {HED} = \widehat {FEB}\,\,\left( { = \widehat {HCD}} \right)\).

Lai có \(\widehat {BIF} = 2\widehat {FCB}\) (góc ở tâm đường tròn \[\left( I \right)\] và góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\)).

Suy ra \[\widehat {BIF} = \widehat {MED}\].

Xét \[\Delta MIF\] và \[\Delta MED\] có \[\widehat {BIF} = \widehat {MED}\] (cmt); \(\widehat C\) chung.

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{MI}}{{ME}} = \frac{{MF}}{{MD}}\) hay \(MI \cdot MD = ME.MF\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MI \cdot MD = MK \cdot MT.\) hay \(\frac{{MD}}{{MT}} = \frac{{MK}}{{MI}}.\)

Xét \(\Delta MDK\) và \(\Delta MTI\) có \(\widehat C\) chung; \(\frac{{MD}}{{MT}} = \frac{{MK}}{{MI}}.\)

Do đó (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {MDK} = \widehat {MTI}\) (hai góc tương ứng).