Chuyên đề: Tứ giác nội tiếp (Phần I).

Chuyên đề: Chứng minh tứ giác nội tiếp (Phần I)

A. Lý thuyết

• Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn. Đường tròn đó được gọi là đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

I. Phương pháp 1

• Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm.

B. Bài tập

I. Bài tập minh họa

Câu 1: Cho hình thang \[ABCD\]  có \[\widehat{C}=\widehat{D}={{60}^{0}}\],\[CD=2AD\]. Chứng minh bốn điểm \[A,B,C,D\] cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn giải

Gọi $I$ là trung điểm $CD$, ta có $\Rightarrow ICBA$ là hình hành$\Rightarrow BC=AI$ (1)

Tương tự $AD=BI$ (2)

\[ABCD\] là hình thang có \[\widehat{C}=\widehat{D}={{60}^{0}}\] nên \[ABCD\] là hình thang cân (3)

Từ (1), (2), (3) ta có hai tam giác $ICB; IAD$ đều hay $IA=IB=IC=I\text{D}$ hay bốn điểm \[A,B,C,D\] cùng thuộc một đường tròn.

Câu 2: Cho hình thoi \[ABCD\]. Gọi \[O\] là giao điểm hai đường chéo. \[M,\text{ }N,\text{ }R\] và \[S\] lần lượt là hình chiếu của \[O\] trên \[AB,\text{ }BC,\text{ }CD\] và \[DA\]. Chứng minh bốn điểm \[M,\text{ }N,\text{ }R\] và \[S\] cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn giải

Do \[ABCD\] là hình thoi nên \[O\] là trung điểm của $AC,BD$; $AC,BD$ là phân giác góc $A,B,C,D$ nên $\Delta MAO=\Delta SAO=\Delta NCO=\Delta PDO\Rightarrow OM=ON=OP=OS$ hay bốn điểm \[M,\text{ }N,\text{ }R\] và \[S\] cùng thuộc một đường tròn.

 

Câu 3: Cho tam giác \[ABC\] có các đường cao \[BH\] và \[CK\].

Chứng minh \[\text{ }B,\text{ }K,\text{ }H\text{, }C\] cùng nằm trên một đường tròn. Xác định tâm đường tròn đó.

Hướng dẫn giải

 

Gọi $I$ là trung điểm $CB$, do $\Delta CHB;\Delta CKB$ vuông tại $H,K$ nên $IC=IB=IK=IH$ hay \[\text{ }B,\text{ }K,\text{ }H\text{, }C\] cùng nằm trên một đường tròn tâm $I$.

 

 

Câu 4: Cho đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB\]. Vẽ dây cung \[CD\] vuông góc với \[AB\] tại \[I\] (\[I\] nằm giữa \[A\] và \[O\] ). Lấy điểm \[E\] trên cung nhỏ \[BC\] (\[E\] khác \[B\] và \[C\] ), \[AE\] cắt \[CD\text{ }\] tại $F$. Chứng minh: \[BEFI\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hướng dẫn giải

 Tứ giác \[BEFI\] có: $\widehat{\text{BIF}}={{90}^{0}}$(gt)

$\widehat{\text{BEF}}=\widehat{\text{BEA}}={{90}^{0}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra tứ giác \[BEFI\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BF\]

 

Câu 5: Từ một điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn \[\left( O;R \right)\] ta vẽ hai tiếp tuyến \[AB,\text{ }AC\] với đường tròn (\[B\], \[C\] là tiếp điểm). Trên cung nhỏ \[BC\] lấy một điểm \[M\], vẽ \[MI\bot AB\text{ }\],\[MK\bot AC\] $\left( I\in AB,K\in AC \right)$

a) Chứng minh: \[AIMK\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Vẽ\[MP\bot BC\text{ }\left( P\in BC \right)\]. Chứng minh: \[CPMK\] là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

a) Ta có:$\widehat{\text{AIM}}=\widehat{\text{AKM}}={{90}^{0}}$(gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

b) Tứ giác CPMK có $\widehat{\text{MPC}}=\widehat{\text{MKC}}={{90}^{0}}$(gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp       

 

II. Bài tập tự luyện

 

Câu 1: Cho hình vuông \[ABCD\] có hai đường chéo cắt nhau tại \[E\]. Lấy \[I\] thuộc cạnh \[AB\], \[M\] thuộc cạnh \[BC\] sao cho: $\widehat{\text{IEM}}={{90}^{0}}$( \[I\text{ }\]và \[M\] không trùng với các đỉnh của hình vuông ).

a) Chứng minh rằng \[BIEM\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Tính số đo của góc $\widehat{\text{IME}}$

c) Gọi \[N\] là giao điểm của tia \[AM\] và tia \[DC\]; \[K\] là giao điểm của \[BN\] và tia \[EM\]. Chứng minh \[BKCE\] là tứ giác nội tiếp.

Câu 2: Cho nửa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB=2R\] và tia tiếp tuyến \[Ax\] cùng phía với nửa đường tròn đối với \[AB\]. Từ điểm \[M\] trên \[Ax\] kẻ tiếp tuyến thứ hai \[MC\] với nửa đường tròn (\[C\] là tiếp điểm).\[AC\] cắt \[OM\] tại \[E\]; \[MB\] cắt nửa đường tròn $\left( O \right)$ tại \[D\] (\[D\] khác $B$ ).

Chứng minh: \[AMCO\] và \[AMDE\] là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

Câu 3: Cho hai đường tròn $\left( O \right)$ và $({O}')$ cắt nhau tại \[A\] và \[B\]. Vẽ \[AC\], \[AD\] thứ tự là đường kính của hai đường tròn $\left( O \right)$ và $({O}')$.

a) Chứng minh ba điểm \[C,\text{ }B,\text{ }D\] thẳng hàng.

b) Đường thẳng \[AC\] cắt đường tròn $({O}')$ tại $E$; đường thẳng \[AD\] cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại \[F\] (\[E,\text{ }F\] khác \[A\]). Chứng minh bốn điểm \[C,\text{ }D,\text{ }E,\text{ }F\] cùng nằm trên một đường tròn.

Câu 4: Cho 2 đường tròn $\left( O \right)$ và $({O}')$ cắt nhau tại hai điểm \[A\] và $B$ phân biệt. Đường thẳng \[OA\] cắt $\left( O \right)$, $({O}')$ lần lượt tại điểm thứ hai \[C\] và \[D\]. Đường thẳng ${O}'A$ cắt $\left( O \right)$, $({O}')$ lần lượt tại hai điểm E, \[F\].

1. Chứng minh 3 đường thẳng \[AB\], \[CE\] và \[DF\] đồng quy tại một điểm I.

2. Chứng minh tứ giác \[BEIF\] nội tiếp được trong một đường tròn.

Câu 5: Cho nửa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB\]. Lấy điểm \[M\] thuộc đoạn thẳng \[OA\], điểm \[N\] thuộc nửa đường tròn $\left( O \right)$. Từ \[A\] và $B$ vẽ các tiếp tuyến \[Ax\] và \[By\]. Đường thẳng qua N và vuông góc với \[NM\] cắt \[Ax,\text{ }By\] thứ tự tại \[C\] và \[D\].

a) Chứng minh \[ACNM\] và \[BDNM\] là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh \[\Delta ANB\] đồng dạng với \[\Delta CMD\] từ đó suy ra \[IMKN\] là tứ giác nội tiếp.

Câu 6: Cho tứ giác $ABCD$. Gọi \[M,\text{ }N\] lần lượt là hình chiếu của \[B\] trên các đường thẳng \[AC,\text{ }AD\]. Chứng minh rằng bốn điểm \[A,\text{ }B,\text{ }M,\text{ }N\] cùng nằm trên đường tròn

Câu 7: Cho tam giác \[ABC\] có hai đường cao \[BD\] và \[CE\] cắt nhau tại \[H\].

Chứng minh rằng bốn điểm \[A,\text{ }D,\text{ }H,\text{ }E\] cùng nằm trên một đường tròn (gọi tâm của nó là O).

Câu 8: Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn \[\left( O;R \right)\]. Các đường cao \[BE\] và \[CF\] cắt nhau tại \[H\].

Chứng minh: \[AEHF\text{ }\] và \[BCEF\] là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hướng dẫn giải

Câu 1:

a)Tứ giác \[BIEM\]:$\widehat{\text{IBM}}=\widehat{\text{IEM}}={{90}^{0}}$(gt);hay tứ giác \[BIEM\] nội tiếp đường tròn đường kính \[IM\].

b) Tứ giác \[BIEM\] nội tiếp suy ra: $\widehat{\text{IME}}=\widehat{\text{IBE}}={{45}^{0}}$(do \[ABCD\] là hình vuông).

c) \[\Delta EBI\text{ }\] và \[\Delta ECM\] có\[BE=CE\], $\widehat{\text{BEI}}=\widehat{\text{CEM}}$( do $\widehat{\text{IEM}}=\widehat{\text{BEC}}={{90}^{0}}$)

$\Rightarrow $ \[\Delta EBI\text{ =}\Delta ECM\] (g-c-g)$\Rightarrow $\[MC=IB\Rightarrow MB=IA\]

Vì \[CN//\text{ }BA\] nên theo định lí Thalet, ta có: $\frac{\text{MA}}{\text{MN}}=\frac{\text{MB}}{\text{MC}}$= $\frac{\text{IA}}{\text{IB}}$. Suy ra IM song song với BN

(định lí Thalet đảo)

$\Rightarrow \widehat{\text{BKE}}=\widehat{\text{IME}}={{45}^{0}}$(2). Lại có $\widehat{\text{BCE}}={{45}^{0}}$(do \[ABCD\] là hình vuông).

Suy ra \[\widehat{\text{BKE}}=\widehat{\text{BCE}}\Rightarrow \]\[BKCE\] là tứ giác nội tiếp.  

Câu 2:

 Vì \[MA,\text{ }MC\] là tiếp tuyến nên: $\widehat{\text{MAO}}=\widehat{\text{MCO}}={{90}^{0}}\Rightarrow $ AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

$\widehat{\text{ADB}}={{90}^{0}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\Rightarrow \widehat{\text{ADM}}={{90}^{0}}$(1)

Lại có: \[OA=OC=R\]; \[MA=MC\] (tính chất tiếp tuyến). Suy ra \[OM\] là đường trung trực của \[AC\]

$\Rightarrow \widehat{\text{AEM}}={{90}^{0}}$(2).            

Từ (1) và (2) suy ra \[AMDE\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[MA\].

Câu 3:

                                                        

a) $\widehat{\text{ABC}}$ và $\widehat{\text{ABD}}$ lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $\left( O \right)$ và (O') $\Rightarrow \widehat{\text{ABC}}=\widehat{\text{ABD}}={{90}^{0}}$

Suy ra \[C,\text{ }B,\text{ }D\] thẳng hàng.

b) Xét tứ giác \[CDEF\] có:

$\widehat{\text{CFD}}=\widehat{\text{CFA}}={{90}^{0}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

$\widehat{\text{CED}}=\widehat{\text{AED}}={{90}^{0}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O^/))

$\Rightarrow \widehat{\text{CFD}}=\widehat{\text{CED}}={{90}^{0}}$ suy ra \[CDEF\] là tứ giác nội tiếp.

Câu 4:

                                                                      

Ta có: $\widehat{\text{ABC}}={{90}^{\text{o}}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\widehat{\text{ABF}}={{90}^{\text{o}}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $B$, $C$, $F$ thẳng hàng. \[AB\], \[CE\] và \[DF\] là 3 đường cao của tam giác \[ACF\] nên chúng đồng quy.

2. Do $\widehat{IEF}=\widehat{IBF}={{90}^{0}}$ suy ra \[BEIF\] nội tiếp đường tròn.

Câu 5:

a)Ta có tứ giác \[ACNM\] có: $\widehat{\text{MNC}}={{90}^{0}}$(gt) $\widehat{\text{MAC}}={{90}^{0}}$( tính chất tiếp tuyến).

$\Rightarrow $\[ACNM\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[MC\]. Tương tự tứ giác \[BDNM\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MD\]

b) \[\Delta ANB\] và \[\Delta CMD\] có:

$\widehat{\text{ABN}}=\widehat{\text{CDM}}$ (do tứ giác \[BDNM\] nội tiếp)

$\widehat{\text{BAN}}=\widehat{\text{DCM}}$ (do tứ giác \[ACNM\] nội tiếp ) nên \[\Delta ANB\sim \Delta CMD\] (g.g)

c) \[\Delta ANB\sim \Delta CMD\] $\Rightarrow \widehat{\text{CMD}}=\widehat{\text{ANB}}={{90}^{\text{o}}}$ (do $\widehat{\text{ANB}}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Suy ra $\widehat{\text{IMK}}=\widehat{\text{INK}}={{90}^{0}}\Rightarrow $ IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[IK\]

Câu 6: HD: Chứng minh bốn điểm \[A,\text{ }B,\text{ }M,\text{ }N\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[AB\].

Câu 7: Hướng dẫn: Chứng minh bốn điểm \[A,\text{ }D,\text{ }H,\text{ }E\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[AB\].

Câu 8: Tứ giác \[AEHF\text{ }\] có: $\widehat{\text{AEH}}=\widehat{\text{AFH}}={{90}^{0}}$(gt). Suy ra \[AEHF\text{ }\] là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác \[BCEF\] có: $\widehat{\text{BEC}}=\widehat{\text{BFC}}={{90}^{0}}$(gt). Suy ra \[BCEF\] là tứ giác nội tiếp.

 

Bài viết gợi ý: