Chuyên đề: Tứ giác nội tiếp (Phần II).

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

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 2

Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù nhau ( tổng hai góc đối diện bằng ${{180}^{0}}$ ).

B. Bài tập

I. Bài tập minh họa

Câu 1: Hình chữ nhật; Hình thang cân; Hình bình hành. Hình nào nội tiếp được trong đường tròn? Chứng minh.

Hướng dẫn giải

Ta có hình chữ nhật và hình thang cân đều có tổng hai góc đối diện bù nhau nên chúng nội tiếp trong một đường tròn.

Câu 2: Cho tứ giác \[ABCD\] sao cho: \[AD\] cắt \[BC\] tại \[M\] và \[MA.MD=MB.MC\]. Chứng minh tứ giác \[ABCD\] nội tiếp được.

Hướng dẫn giải

Xét hai tam giác $MAB$, $MCD$

Có $\widehat{AMB}=\widehat{CMD}$ và \[MA.MD=MB.MC\Rightarrow \frac{MA}{MB}=\frac{MC}{MD}\] hay $\Delta MAB\sim \Delta MCD$ hay $\widehat{MCD}=\widehat{MAB}\Rightarrow \widehat{DAB}+\widehat{BCD}={{180}^{\text{o}}}$ hay tứ giác \[ABCD\] nội tiếp được.

Câu 3: Cho đường tròn \[\left( O;R \right)\],đường kính \[AB\]. Dây \[BC=R\]. Từ \[B\] kẻ tiếp tuyến \[Bx\] với đường tròn. Tia \[AC\] cắt \[Bx\] tại \[M\]. Gọi \[E\] là trung điểm của \[AC\].

Chứng minh tứ giác \[OBME\] nội tiếp đường tròn.

Hướng dẫn giải

Ta có \[E\] là trung điểm của \[AC\Rightarrow OE\bot AC\]

Mà \[Bx~\bot AB~~\]$\Rightarrow \text{ }\widehat{\text{ABx}}={{90}^{\text{o}}}$ nên tứ giác \[OBME\] nội tiếp.

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: Cho nữa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB\], điểm \[M\] bất kì trên nửa đường tròn (\[M\] khác $A$, $B$ ). Trên nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến \[Ax\]. Tia \[BM\] cắt \[Ax\] tại $I$; tia phân giác của góc \[IAM\] cắt nửa đường tròn tại $E$; cắt tia \[BM\] tại \[F\] tia $BE$ cắt \[Ax\] tại $H$, cắt $AM$ tại $K$. Chứng minh rằng: \[EFMK\] là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

Ta có: \[\widehat{AMB}={{90}^{o}}\] ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) \[\Rightarrow \widehat{KMF}={{90}^{o}}\] (vì là hai góc kề bù).

\[\widehat{AEB}={{90}^{o}}\] ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) \[\Rightarrow \widehat{KEF}={{90}^{o}}\] (vì là hai góc kề bù).

\[\Rightarrow \widehat{KEF}+\widehat{KMF}={{180}^{o}}\] do đó \[EFMK\] là tứ giác nội tiếp.

II. Bài tập tự luyện

Câu 1: Cho nữa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB\]. Kẻ tiếp tuyến $Bx$ và lấy hai điểm $C$ và $D$ thuộc nửa đường tròn. Các tia $AC$ và $AD$ cắt $Bx$ lần lượt ở $E$, $F$ ($F$ ở giữa $B$ và $E$).

1. Chứng minh: \[\widehat{ABD}=\widehat{DFB}\].

2. Chứng minh rằng \[CEFD\] là tứ giác nội tiếp.

Câu 2: Cho đường tròn \[\left( O;R \right)\]; \[AB\] và \[CD\] là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại \[B\] của đường tròn \[\left( O;R \right)\] cắt các đường thẳng \[AC\], \[AD\] thứ tự tại \[E\] và \[F\].

a) Chứng minh tứ giác \[ACBD\] là hình chữ nhật.

b) Chứng minh \[\Delta ACD~\sim \Delta CBE\]

c) Chứng minh tứ giác \[CDFE\] nội tiếp được đường tròn.

Câu 3: Cho nửa đường tròn đường kính \[BC=2R\]. Từ điểm \[A\] trên nửa đường tròn vẽ \[AH\bot BC\]. Nửa đường tròn đường kính $BH$, $CH$ lần lượt có tâm \[{{O}_{1}}\]; \[{{O}_{2}}\] cắt \[AB\] và \[CA\] thứ tự tại $D$ và $E$.

a) Chứng minh tứ giác \[ADHE\] là hình chữ nhật, từ đó tính \[DE\] biết \[R=25\] và $BH=10$.

b) Chứng minh tứ giác \[BDEC\] nội tiếp đường tròn.

Câu 4: Cho nữa đường tròn $\left( O,R \right)$ đường kính $AB$. Các tia $AC$, $AD$ cắt $Bx$ lần lượt ở \[E\] và \[F\] (\[F\] nằm giữa $B$ và \[E\]).

Chứng minh rằng \[CEFD\] là tứ giác nội tiếp

Câu 5: Cho \[\Delta ABC\] cân tại \[A\], $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $K$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc \[A\], $O$ là trung điểm của \[IK\]. Chứng minh bốn điểm \[B,\text{ }I,\text{ }C,\text{ }K\] cùng thuộc một đường tròn tâm $O$

Câu 6: Cho tam giác \[\Delta ABC\] vuông ở \[A\] $\left( AB>AC \right)$, đường cao $AH$. Trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa điểm \[A\], vẽ nửa đường tròn đường kính $BH$ cắt $AB$ tại $E$, nửa đường tròn đường kính \[HC\] cắt \[AC\] tại \[F\]. Chứng minh:

1) Tứ giác \[AFHE\] là hình chữ nhật.

2) Tứ giác \[BEFC\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Câu 7: Cho nửa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB\]. $C$ là một điểm nằm giữa \[O\] và $A$. Đường thẳng vuông góc với \[AB\] tại $C$ cắt nửa đường tròn trên tại \[I\]. $K$ là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng \[CI\] ($K$ khác $C$ và \[I\]), tia \[AK\] cắt nửa đường tròn \[\left( O \right)\] tại $M$, tia \[BM\] cắt tia \[CI\] tại $D$

Chứng minh:

1) \[ACMD\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

2) \[\Delta ABD\text{ }\tilde{\ }\Delta MBC\].

3) \[AKDE\] là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

Câu 1:

1) \[\Delta ADB\] có \[\widehat{ADB}={{90}^{\text{o}}}\] ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) \[\Rightarrow \widehat{ABD}+\widehat{BAD}={{90}^{\text{o}}}\] (vì tổng ba góc của một tam giác bằng ${{180}^{\text{o}}}$)(1)

\[\Delta ABF\] có \[\widehat{ABF}={{90}^{\text{o}}}\] ( \[BF\] là tiếp tuyến ) \[\Rightarrow \widehat{AFB}+\widehat{BAF}={{90}^{\text{o}}}\](vì tổng ba góc của một tam giác bằng ${{180}^{\text{o}}}$) (2)

Từ (1) và (2) \[\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{DFB}\]

2) Tứ giác \[ACDB\] nội tiếp \[\left( O \right)\]\[\Rightarrow \widehat{ABD}\text{ }+\widehat{ACD}\text{ }=\text{ }{{180}^{\text{o}}}\].

\[\Rightarrow \widehat{ECD}\text{ }+\widehat{ACD}\text{ }=\text{ }{{180}^{\text{o}}}\] ( Vì là hai góc kề bù) \[\Rightarrow \widehat{ECD}=\widehat{DBA}\]

Theo trên \[\widehat{ABD}=\widehat{DFB}\],\[\widehat{ECD}=\widehat{DBA}\]\[\Rightarrow \widehat{ECD}=\widehat{DFB}\]. Mà \[\widehat{EFD}\text{ }+\widehat{DFB}\text{ }=\text{ }{{180}^{\text{o}}}\] ( Vì là hai góc kề bù) nên \[\Rightarrow \widehat{ECD}\text{ }+\widehat{AEFD}\text{ }=\text{ }{{180}^{\text{o}}}\], do đó tứ giác \[CEFD\] là tứ giác nội tiếp.

Câu 2:

a) Tứ giác \[ACBD\] có hai đường chéo \[AB\] và \[CD\] bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra \[ACBD\] là hình chữ nhật.

b) Tứ giác \[ACBD\] là hình chữ nhật suy ra $\widehat{\text{CAD}}=\widehat{\text{BCE}}={{90}^{0}}$(1).

Lại có $\widehat{\text{CBE}}=\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{\text{BC}}$(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); $\widehat{\text{ACD}}=\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{\text{AD}}$(góc nội tiếp), mà $\overset\frown{\text{BC}}=\overset\frown{\text{AD}}$(do \[BC=AD\] ) $\Rightarrow \widehat{\text{CBE}}=\widehat{\text{ACD}}$(2).

Từ (1) và (2) suy ra \[\Delta ACD~\sim \Delta CBE\].

c) Vì \[ACBD\] là hình chữ nhật nên \[CB\] song song với \[AF\], suy ra: $\widehat{\text{CBE}}=\widehat{\text{DFE}}$(3).

Từ (2) và (3) suy ra $\widehat{\text{ACD}}=\widehat{\text{DFE}}$ do đó tứ giác \[CDFE\] nội tiếp được đường tròn.

Câu 3:

a) Ta có $\widehat{BAC}={{90}^{o}}$(vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tương tự có $\widehat{BDH}=\widehat{CEH}={{90}^{o}}$

Xét tứ giác \[ADHE\] có $\widehat{A}=\widehat{ADH}=\widehat{AEH}={{90}^{o}}$hay \[ADHE\] là hình chữ nhật.

Từ đó \[DE=AH\] mà \[A{{H}^{2}}\text{=}BH.CH\] (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

hay \[A{{H}^{2}}=10.40={{20}^{2}}\left( BH=10;CH=2.25-10=40 \right)\Rightarrow DE=20\]

b) Ta có:$\widehat{BAH}$= $\widehat{C}$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà $\widehat{DAH}=\widehat{ADE}$ (1)

(Vì \[ADHE\] là hình chữ nhật) => $\widehat{C}=\widehat{ADE}$ do $\widehat{C}+\widehat{BDE}={{180}^{\text{o}}}$ nên tứ giác \[BDEC\] nội tiếp đường tròn.

Câu 4:

Thật vậy.$\widehat{ABD}=\widehat{BFD}$(1) (cùng phụ với $\widehat{DBF}$ )

Mặt khác $A,B\,,C\,,D\,$ cùng nằm trên một đường tròn nên $\widehat{ECD}=\widehat{ABD}$(2)

Từ (1) và (2) $\widehat{ECD}=\widehat{BFD}\Rightarrow \widehat{ECD}+\widehat{EFD}={{180}^{o}}$ hay \[CEFD\] là tứ giác nội tiếp

Câu 5:

Theo giả thiết ta có: $\overset\frown{{{\text{B}}_{1}}}\text{ = }\overset\frown{{{\text{B}}_{2}}}$, $\overset\frown{{{\text{B}}_{3}}}\text{ = }\overset\frown{{{\text{B}}_{4}}}$

Mà $\overset\frown{{{\text{B}}_{1}}}\text{ + }\overset\frown{{{\text{B}}_{2}}}\text{ + }\overset\frown{{{\text{B}}_{3}}}\text{ + }\overset\frown{{{\text{B}}_{4}}}\text{ = 18}{{\text{0}}^{0}}$ và $\widehat{{{B}_{2}}}+\widehat{{{B}_{3}}}={{90}^{0}}$

Tương tự $\overset\frown{{{\text{C}}_{2}}}\text{ + }\overset\frown{{{\text{C}}_{3}}}\text{ = 9}{{\text{0}}^{0}}$

Xét tứ giác \[BICK\] có $\overset\frown{\text{B}}\text{ + }\overset\frown{\text{C}}\text{ = 18}{{\text{0}}^{0}}\Rightarrow $ bốn điểm \[B,\text{ }I,\text{ }C,\text{ }K\]thuộc đường tròn tâm \[O\] đường kính \[IK\].

Câu 6:

Từ giả thiết suy ra

$\widehat{\text{CFH}}\text{ = 9}{{\text{0}}^{0}},\,\,\,\widehat{\text{HEB}}\text{ = 9}{{\text{0}}^{0}}$. (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Trong tứ giác \[AFHE\] có: $\widehat{\text{A}}\text{=}\widehat{\text{F}}\text{=}\widehat{\text{E}}\text{= 9}{{\text{0}}^{\text{o}}}\Rightarrow $ AFHE là hình chữ nhật

2) Vì \[AFHE\] là hình chữ nhật $\Rightarrow $ \[AFHE\] nội tiếp $\Rightarrow \text{ }\widehat{\text{AFE}}\text{ = }\widehat{\text{AHE}}$ (góc nội tiếp chắn $\overset\frown{\text{AE}}$) (1)

Ta lại có $\widehat{\text{AHE}}\text{ = }\widehat{\text{ABH}}$ (góc có cạnh tương ứng $\bot $) (2)

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow \widehat{\text{AFE}}\text{ = }\widehat{\text{ABH}}\text{ }$ mà $\widehat{\text{CFE}}\text{ + }\widehat{\text{AFE}}\text{ = 18}{{\text{0}}^{0}}\Rightarrow \widehat{\text{CFE}}\text{ + }\widehat{\text{ABH}}\text{ = 18}{{\text{0}}^{0}}$. Vậy tứ giác \[BEFC\] nội tiếp.

Câu 7:

1) Ta có: $\widehat{\text{AMB}}={{90}^{0}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$\Rightarrow \widehat{\text{AMD}}={{90}^{0}}$. Tứ giác \[ACMD\] có $\widehat{\text{AMD}}=\widehat{\text{ACD}}={{90}^{0}}$, suy ra \[ACMD\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AD\].

2) \[\Delta ABD\] và \[\Delta MBC\] có: $\widehat{\text{B}}$ chung và $\widehat{\text{BAD}}=\widehat{\text{BMC}}$ (do \[ACMD\] là tứ giác nội tiếp).

Suy ra: \[\Delta ABD\text{ }\tilde{\ }\Delta MBC\] (g – g)

3) Lấy \[E\] đối xứng với \[B\] qua \[C\] thì \[E\] cố định và $\widehat{\text{EDC}}=\widehat{\text{BDC}}$, lại có: $\widehat{\text{BDC}}=\widehat{\text{CAK}}$ (cùng phụ với $\widehat{\text{B}}$), suy ra: $\widehat{\text{EDC}}=\widehat{\text{CAK}}$. Do đó \[AKDE\] là tứ giác nội tiếp.