Chuyên đề: Tứ giác nội tiếp (phần III).

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

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.

Phương pháp 3: Chứng minh hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại hai góc bằng nhau.

B. Bài tập

I. Bài tập minh họa

Câu 1: Cho tam giác $ABC,$lấy điểm $D$ thay đổinằm trên cạnh $BC$ $(D$ không trùng với $B$ và $C).$Trên tia $AD$ lấy điểm $P$ sao cho $D$ nằm giữa $A$ và $P$ đồng thời $DA.DP=DB.DC.$Đường tròn $\left( T \right)$ đi qua hai điểm $A,\,D$ lần lượt cắt cạnh $AB,\,AC$ tại $F$ và $E$. Chứng minh rằng: Tứ giác $ABPC$ nội tiếp.

Hướng dẫn giải:

Ta có $DA.DP=DB.DC\Rightarrow \frac{DA}{DB}=\frac{DC}{DP}$ mà $\widehat{ADB}=\widehat{CDP}$ nên hai tam giác $ADB,CDP$ đồng dạng. Suy ra, $\widehat{DAB}=\widehat{DCP}\Rightarrow $ Tứ giác $ABPC$ nội tiếp.

Câu 2: Từ một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn \[\left( O;R \right)\] ta vẽ hai tiếp tuyến \[AB\], \[AC\] với đường tròn (\[B\], \[C\] là tiếp điểm). Trên cung nhỏ \[BC\] lấy một điểm \[M\], vẽ \[MI\bot AB\], \[MK\bot AC\] (\[I\in AB,K\in AC\] ). Chứng minh: \[AIMK\] là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hướng dẫn giải

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

Câu 3: Cho đường tròn \[\left( O \right)\] có 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 $MN$ cắt \[Ax\] và \[By\] thứ tự tại $C$ và $D$. Chứng minh \[ACNM\] và \[BDNM\] là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hướng dẫn giải:

Tứ giác \[ACNM\]có: $\widehat{\text{MNC}}={{90}^{\text{o}}}$(gt) $\widehat{\text{MAC}}={{90}^{\text{o}}}$( 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 $MD$.

Câu 4: Từ một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn \[\left( O;R \right)\] ta vẽ hai tiếp tuyến \[AB\], \[AC\] với đường tròn (\[B\], \[C\] là tiếp điểm). Trên cung nhỏ \[BC\] lấy một điểm \[M\], vẽ \[MI\bot AB\], \[MK\bot AC\] (\[I\in AB,K\in AC\])

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

b) Vẽ \[MP\bot BC\] \[\left( P\in BC \right)\]. Chứng minh: $\widehat{\text{MPK}}=\widehat{\text{MBC}}$.

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 $\Rightarrow \widehat{\text{MPK}}=\widehat{\text{MCK}}$ (1).

Vì \[KC\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên ta có: $\widehat{\text{MCK}}=\widehat{\text{MBC}}$ (cùng chắn $\overset\frown{\text{MC}}$) (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{\text{MPK}}=\widehat{\text{MBC}}$ (3)

Chứng minh tương tự câu b ta có \[BPMI\] là tứ giác nội tiếp.

Câu 5: Cho đường tròn \[\left( O;R \right)\] có đường kính \[AB\]. Vẽ dây cung \[~CD\] vuông góc với \[AB\] (\[~CD\] không đi qua tâm $O$ ). Trên tia đối của tia \[BA\] lấy điểm $S$; \[SC\] cắt \[\left( O;R \right)\] tại điểm thứ hai là $M$. Gọi $H$ là giao điểm của \[MA\] và \[BC\]; $K$ là giao điểm của \[MD\] và \[AB\]. Chứng minh \[BMHK\] là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải:

Vì \[AB\bot CD\] nên $\overset\frown{\text{AC}}=\overset\frown{\text{AD}}$.

Suy ra $\widehat{MHB}=\widehat{MKB}$ (vì cùng bằng $\frac{1}{2}(sd\overset\frown{AD}+sd\overset\frown{MB})\Rightarrow $ tứ giác \[BMHK\]nội tiếp được đường tròn.

II. Bài tập tự luyện

Câu 1: Cho đường tròn \[\left( O \right)\] có 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 $MN$ cắt \[Ax\] và \[By\] thứ tự tại $C$ và $D$.

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

b) Chứng minh \[\Delta ANB\text{ }\sim \Delta CMD\].

c) Gọi \[I\] là giao điểm của \[AN\] và \[CM\], \[K\] là giao điểm của \[BN\] và \[DM\]. Chứng minh \[IMKN\] là tứ giác nội tiếp.

Câu 2: 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 3: Cho đường tròn \[\left( O \right)\] với dây \[BC\] cố định và một điểm $A$ thay đổi trên cung lớn \[BC\] sao cho \[AC>AB\] và \[AC>BC\]. Gọi $D$ là điểm chính giữa của cung nhỏ \[BC\]. Các tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] tại $D$ và $C$ cắt nhau tại $E$. Gọi $P$, $Q$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $AB$ với $CD$; $AD$ với $CE$.

1) Chứng minh rằng: $DE//BC$

2) Chứng minh tứ giác \[PACQ\] nội tiếp đường tròn.

Câu 4: Cho tam giác \[ABC\] có \[\widehat{C}<\widehat{B}<{{90}^{0}}\], đường cao \[AH\] và trung tuyến \[AM\].

a) Chứng minh rằng nếu $\widehat{BAC}={{90}^{0}}$ thì $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$.

b) Nếu $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ thì tam giác \[ABC\] có vuông không, tại sao?

Câu 5: Cho tứ giác \[ABCD\] có hai đỉnh $B$ và $C$ ở trên nửa đường tròn đường kính $AD$, tâm $O$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $E$ xuống $AD$ và $I$ là trung điểm của $DE$. Chứng minh rằng:

1) Các tứ giác \[ABEH\], \[DCEH\] nội tiếp được đường tròn.

2) $E$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[BCH\].

3) Năm điểm \[B,\text{ }C,\text{ }I,\text{ }O,\text{ }H\] cùng thuộc một đường tròn.

Câu 6: Cho hình vuông \[ABCD\] có hai đường chéo cắt nhau tại $E$. Lấy $I$ thuộc cạnh $AB$, $M$ thuộc cạnh \[BC\] sao cho: $\widehat{\text{IEM}}={{90}^{0}}$($I$ 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, từ đó suy ra : $\text{CK }\bot \text{ BN}$.

Câu 7: Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp $\left( O \right)$, đường cao $BD$, $CE$ cắt nhau tại $H$ $\left( D\in AC;E\in AB \right)$. Kẻ đường kính $BK$, Kẻ $CP\bot BK\left( P\in BK \right)$.

a) Chứng minh rằng $BECD$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng $EDPC$ là tứ giác nội tiếp, từ đó suy ra $ED=CP$.

Hướng dẫn giải

Câu 1:

Tứ giác \[ACNM\]có: $\widehat{\text{MNC}}={{90}^{\text{o}}}$(gt) $\widehat{\text{MAC}}={{90}^{\text{o}}}$( 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) ∆ANB và ∆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) $\Rightarrow $\[\Delta ANB\text{ }\sim \Delta CMD\] (g.g)

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

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

Câu 2:

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 \[IM//BN\] (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 3:

1) \[\widehat{\text{CDE}}=\frac{1}{2}\overset\frown{\text{DC}}=\frac{1}{2}\overset\frown{\text{BD}}\text{= }\widehat{\text{BCD}}\Rightarrow DE//BC\]

2) $\widehat{\text{APC}}=\frac{1}{2}(\overset{\frown }{\mathop{\text{AC}}}\,\text{ - }\overset{\frown }{\mathop{\text{DC}}}\,\text{) = }\widehat{\text{AQC}}$

$\Rightarrow $ \[PACQ\] nội tiếp đường tròn (vì $\widehat{\text{APC}}\text{ = }\widehat{\text{AQC}}$).

Câu 4:

Ta có: $\widehat{BAH}=\widehat{BCA}$ (cùng phụ với $\widehat{ABC}$)

$\widehat{MCA}=\widehat{MAC}$(Tam giác \[MAC\] cân tại $M$ theo tính chất trung tuyến trong tam giác vuông)

Suy ra $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$

b) Giả sử tam giác \[ABC\] không phải là tam giác vuông.

Kẻ đường cao \[CN\] của tam giác \[ABC\]

Ta có $\widehat{MAC}=\widehat{BAH}$ (giả thiết)

$\widehat{BAH}=\widehat{BCN}$(cùng phụ với $\widehat{ABC}$)

$\widehat{MCN}=\widehat{MNC}$ (Tam giác \[MNC\] cân tại $N$ )

Suy ra $\widehat{MAC}=\widehat{MNC}$. Do đó \[ACMN\] là tứ giác nội tiếp mà $\widehat{ANC}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{AMC}={{90}^{0}}\Rightarrow H\equiv M$

Suy ra tam giác \[ABC\] cân (mâu thuẫn giả thiết)

Vậy khi $\widehat{BAH}=\widehat{MAC}$ thì tam giác \[ABC\] là tam giác vuông.

Câu 5:

1) Tứ giác \[ABEH\] có: $\widehat{\text{B}}\text{ = 9}{{\text{0}}^{\text{o}}}$ (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); $\widehat{\text{H}}\text{ = 9}{{\text{0}}^{\text{o}}}$ (giả thiết) nên tứ giác \[ABEH\]nội tiếp được.

Tương tự, tứ giác \[DCEH\]có $\widehat{\text{C}}\text{ = }\widehat{\text{H}}\text{ = 9}{{\text{0}}^{\text{o}}}$, nên nội tiếp được.

2) Trong tứ giác nội tiếp \[ABEH\], ta có: $\widehat{\text{EBH}}\text{ = }\widehat{\text{EAH}}$ (cùng chắn cung $\overset\frown{\text{EH}}$)

Trong \[\left( O \right)\] ta có: $\widehat{\text{EAH}}\text{ = }\widehat{\text{CAD}}\text{ = }\widehat{\text{CBD}}$ (cùng chắn cung $\overset\frown{\text{CD}}$).

Suy ra: $\widehat{\text{EBH}}\text{ = }\widehat{\text{EBC}}$, nên \[BE\] là tia phân giác của góc $\widehat{\text{HBC}}$.

Tương tự, ta có: $\widehat{\text{ECH}}\text{ = }\widehat{\text{BDA}}\text{ = }\widehat{\text{BCE}}$, nên \[CE\] là tia phân giác của góc $\widehat{\text{BCH}}$.

Vậy $E$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[BCH\].

3) Ta có $I$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông $ECD$, nên $\widehat{\text{BIC}}\text{ = 2}\widehat{\text{EDC}}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $\overset\frown{\text{EC}}$). Mà $\widehat{\text{EDC}}\text{ = }\widehat{\text{EHC}}$, suy ra $\widehat{\text{BIC}}\text{ = }\widehat{\text{BHC}}$.

Trong \[\left( O \right)\], $\widehat{\text{BOC}}\text{ = 2}\widehat{\text{BDC}}\text{ = }\widehat{\text{BHC}}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $\overset\frown{\text{BC}}$).

Hay năm điểm \[B,\text{ }C,\text{ }I,\text{ }O,\text{ }H\] cùng thuộc một đường tròn.

Câu 6:

a) Tứ giác \[BIEM\] có:$\widehat{\text{IBM}}=\widehat{\text{IEM}}={{90}^{0}}$(gt); suy ra 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) \[\Delta EBI\] và \[\Delta ECM\] có:$\widehat{\text{IBE}}=\widehat{\text{MCE}}={{45}^{0}}$, \[BE=CE\], $\widehat{\text{BEI}}=\widehat{\text{CEM}}$ (do $\widehat{\text{IEM}}=\widehat{\text{BEC}}={{90}^{0}}$)

$\Rightarrow \Delta EBI=\Delta ECM\left( g.c.g \right)\Rightarrow MC=IB\Rightarrow MB=IA$. Vì \[CN//BA\] nên theo định lí Thalet, ta có: $\frac{\text{MA}}{\text{MN}}=\frac{\text{MB}}{\text{MC}}$= $\frac{\text{IA}}{\text{IB}}$. Suy ra $MI//BN$ (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.

Suy ra: $\widehat{\text{BKC}}+\widehat{\text{BEC}}={{180}^{0}}$ mà $\widehat{\text{BEC}}={{90}^{0}}$; suy ra $\widehat{\text{BKC}}={{90}^{0}}$; hay $\text{CK }\bot \text{ BN}$.

Câu 7: