50 bai tap tu giac noi tiep co dap an toan 9

Do đó: Tứ giác ABCD có ABCADC 180  giả thiết ABCD nội tiếp được đường tròn Theo định lí đảo: Nếu một tứ giác có tổng số đo của hai góc đối diện bằng 180  thì tứ giác đó nội tiếp đượ

BÀI TẬP TỨ GIÁC NỘI TIẾP

* Định lí về ba đường trung tuyến của tam giác

* Định lí về ba đường phân giác của một tam giác

* Định lí về hai đường phân giác ngoài với một đường phân giác của góc trong không kề

* Định lí về ba đường trung trực của một tam giác

* Định lí về ba đường cao của một tam giác, v.v

Bài này ta vận dụng kiến thức nào trong các kiến thức vừa nêu để giải?

Với ABC có hai đường trung trực của hai cạnh AB và BD được cho đường tròn Do thế không dùng các kiến thức vừa nêu

Bài này chú ý đến giả thiết: “Tứ giác ABCD có ABCADC 180 ” Đây là hai góc đối của một tứ giác Do đó:

Tứ giác ABCD có ABCADC 180  (giả thiết) ABCD nội tiếp được đường tròn (Theo định lí đảo: Nếu một tứ giác có tổng số đo của hai góc đối diện bằng 180  thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn)

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O nên: OAOBOCOD R A B C D, , , cách đều điểm OO là giao điểm của các đường trung trực của các đoạn thẳng (cạnh của tứ giác)

Ta phải vận dụng những kiến thức cơ bản nào để tính

được số đo các góc mà đề bài yêu cầu các kiến thức phải vận dụng để giải bài này là:

* Định lí thuận về tứ giác nội tiếp

* Định nghĩa tam giác cân

* Định lí về tổng 3 góc trong của tam giác

* Định lí về hai góc ở đáy của tam giác cân

* Định nghĩa góc đáy

                 DAB  80 (giả thiết)

 có MAMB  R AMB cân tại M (Theo định nghĩa tam giác cân) MABMBA

(Theo định lí: Trong một tam giác cân hai góc ở đáy bằng nhau) mà

Mà ABC và CBE là hai góc kề bù

nên ABC 180  CBE 180     80 100 

Trong các hình sau, hình nào nội tiếp được một đường tròn: Hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông, hình thang, hình thang vuông, hình thang cân, vì sao?

Giải

Dựa vào kiến thức cơ bản nào để khẳng định được trong 6

hình mà đề bài nêu hình nào nội tiếp được đường tròn

Muốn biết một tứ giác có nội tiếp đường tròn hay không ta

dựa vào định lí đảo của định lí về tứ giác nội tiếp

Trong 6 hình đã cho có 3 hình nội tiếp được một đường

tròn là: Hình chữ nhật, hình vuông và hình thang cân

* Chứng minh hình chữ nhật nội tiếp được một đường

DABABCBCDDCA  DABBCD     

Hình vuông ABCD nội tiếp được một đường tròn (Theo định lí

đảo: Nếu một tứ giác có tổng số đo của hai góc đối diện bằng 180  thì tứ giác đó nội tiếp được một đường tròn)

Cách 2:

ABCD là hình vuông nên đường chéo AC bằng đường chéo BD và cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường OAOBOCODA B C D, , , cách đều O Hình vuông ABCD nội tiếp được đường tròn O

* Chứng minh hình thang cân nội tiếp được đường

tròn ABCD là hình thang cân nên AB/ /CD và

    (vì ABCDAB)  Hình thang

ABCD nội tiếp được đường tròn (theo định lí đảo)

a) Chứng minh ABDC là tứ giác nội tiếp

b) Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn điểm A, B, D, C

KL * ACDB nội tiếp đường tròn

* Xác định tâm của đường tròn đi qua 4 điểm A, C, D, B

Chứng minh

a) Dựa vào kiến thức cơ bản nào để chứng minh tứ giác ACDB

nội tiếp đường tròn?

Có nhiều kiến thức cơ bản để vận dụng chứng minh tứ giác nội tiếp được một đường tròn, trong các phương pháp chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường tròn có 5 phương pháp thông dụng là:

* Dùng định lí đảo của định lí về tứ giác nội tiếp:

Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180° thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn

* Dùng định lí về hình thang cân:

Trong các hình thang chỉ có hình thang cân nội tiếp được đường tròn

* Trong các hình bình hành chỉ có hình chữ nhật nội tiếp được đường tròn (cả hình vuông vì hình vuông cũng là hình chữ nhật)

* Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm thì nội tiếp được đường tròn (Quỹ tích những điểm cách đều một điểm, một khoảng cho trước)

* Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh còn lại dưới những góc bằng nhau (Quỹ tích cung chứa góc)

Ta dùng phương pháp nào trong các phương pháp nêu trên để chứng minh tứ giác ABDC (nội tiếp đường tròn?)

Với giả thiết “Tam giác đều” và ACB  60 và giả thiết “ 1

 có BDCD (giả thiết) nên BCD cân tại D (Định nghĩa tam giác cân) B2 C2

(Theo định lí: Tam giác cân có hai góc ở đáy bằng nhau)

2

1

30 2

C  ACB  (chứng minh trên) nên C2 B2   30 (2)

Từ (1) và (2) ta có: B1 B2 C1 C2       60 30 90 hay ABDACD  90

Tứ giác ACDB có ABDACD     90 90 180   Tứ giác ACDB nội tiếp được đường tròn (Theo định lí đảo: Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180  thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn)

b) Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn điểm A, C, D, B

 vuông tại B, tương tự ACD vuông tại CAD là đường kính của đường tròn đi qua

A, C, D, B  Trung điểm O của AD là tâm của đường tròn này

Cách 2:

Tứ giác ACDB nội tiếp đường tròn (chứng minh ở câu a)) A, C, D, B cách đều một điểm

O O là giao điểm của các đường trung trực của các cạnh AB, AC, BC

Bài này thuộc thể loại chứng minh hai đoạn thẳng bằng

nhau Muốn chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau

phương pháp được sử dụng nhiều nhất là: chứng minh

hai tam giác có chứa hai đoạn thẳng đó bằng nhau

Bài này không có hai tam giác chứa AP và AD để chứng minh bằng nhau

Hai đoạn thẳng AP và AD là hai cạnh của ADP; ADP có phải là tam giác cân tại A?

Muốn chứng minh APDADP ta vận dụng định lí về tứ giác nội tiếp và tính chất của hình bình hành

Cách 1:

Do P O nên tứ giác ABCP nội tiếp đường tròn (O) (Theo định nghĩa: Tứ giác nội tiếp là

tứ giác có bốn đỉnh cùng nằm trên một đường tròn)

Do ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên ABCADC 180  (Theo định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo của hai góc đối diện bằng 180 ) (1)

Mà APDAPC 180  (hai góc kề bù) (2)

Từ (1) và (2) ta có: ABC APD (cùng bù với APC) (3)

Do ABCD là hình bình hành nên ABCADC (Tính chất: Hình bình hành có các góc đối bằng nhau) (4)

Từ (3) và (4) ta có APDADP (cùng bằng ABC)  APD cân tại A (Theo định lí: Nếu một tam giác có hai góc bằng nhau thì tam giác đó là tam giác cân) AP AD

Cách 2:

Vì ABCD là hình bình hành (giả thiết) nên AB/ /CD (Hình bình hành có các cạnh đối song song) ABCD là hình thang (vì P O và PCD)

 Hình thang ABCD nội tiếp (O)

Trong các hình thang chỉ có hình thang cân là nội tiếp được đường tròn  Hình thang ABCD đã nội tiếp phải là hình thang cân APBC

Mà ADBC (Tính chất cạnh đối của hình bình hành)

  (cùng bằng BC)

Bài 8: Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau Gọi M, N, P, Q

lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp được

KL MNPQ nội tiếp được đường tròn

Làm thế nào để chứng minh được MNPQ nội tiếp được

đường tròn

Nhắc lại có năm cách chứng minh tứ giác nội tiếp được

đường tròn

Ta dùng cách nào để chứng minh MNPQ nội tiếp được đường tròn

Với giả thiết trung điểm dẫn đến song song, song song dẫn đến hình bình hành Lại có giả thiết hai đường chéo vuông góc Song song và vuông góc có thể dẫn đến hình chữ nhật Mà

đã có hình chữ nhật thì tất có nội tiếp đường tròn

ABD

 có M là trung điểm của cạnh AB

Q là trung điểm của cạnh AD

 MQ là đường trung bình (Theo định nghĩa đường trung bình của tam giác) MQ/ /BD và

Gọi giao điểm của AC và BD là I ta có:

MQP AID (Hai góc có cạnh tương ứng)   90 Hình bình hành MNPQ lại có MQP  90 nên

là hình chữ nhật (Theo dấu hiệu 3: Hình bình hành có một góc vuông là hình chữ nhật)

MNPQ

 nội tiếp được đường tròn (O) (Trong các hình bình hành chỉ có hình chữ nhật nội tiếp được đường tròn)

Bài 9: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a, góc vuông xAy thay đổi sao cho tia Ax cắt cạnh

BC tại I và tia Ay cắt đường thẳng CD tại K

a) Chứng minh ABI  ADK

b) Gọi Q là trung điểm của IK chứng minh tứ giác ABIQ nội tiếp được đường tròn

c) Chứng minh bốn điểm A, Q, B, K cùng nằm trên một đường tròn I Q P, , thẳng hàng

KL * ABIQ nội tiếp đường tròn

* AQDK nội tiếp đường tròn

a) Chứng minh ABI  ADK

Ta phải sử dụng kiến thức cơ bản nào để chứng minh ABI  ADK?

Có 5 định lí nào về hai tam giác bằng nhau

Trong năm định lí nói về hai tam giác bằng nhau Có ba định lí nói về hai tam giác thường bằng nhau và hai định lí nói về trường hợp bằng nhau đặc biệt của hai tam giác vuông

Ba định lí về trường hợp bằng nhau của hai tam giác thường là:

* Trường hợp thứ nhất

Nếu ba cạnh của tam giác này lần lượt bằng ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác ấy bằng nhau (c.c.c)

* Trường hợp bằng nhau thứ hai

Nếu hai cạnh xen giữa một góc của tam giác này bằng hai cạnh xen giữa một góc của tam giác kia thì hai tam giác ấy bằng nhau (c.g.c)

* Trường hợp bằng nhau thứ ba

Nếu hai góc kề với một cạnh của tam giác này bằng hai góc kề với một cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau (g.c.g)

Hai định lí về hai trường hợp bằng nhau đặc biệt của hai tam giác vuông

* Trường hợp bằng nhau thì nhất của hai tam giác vuông:

Nếu cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông ấy bằng nhau

* Trường hợp bằng nhau thứ hai của hai tam giác vuơng

Nếu cạnh huyền và một cạnh gĩc vuơng của tam giác vuơng này bằng cạnh huyền và một cạnh gĩc vuơng của tam giác vuơng kia thì hai tam giác vuơng ấy bằng nhau

Trong các định lí vừa nhắc lại ta dùng định lí nào để chứng minh ABI  ADK

ABI

 và ADK là hai tam giác vuơng, nhưng cạnh huyền của hai tam giác giả thiết chưa cho chúng bằng nhau, nên ta phải dùng định lí và trường hợp bằng nhau của tam giác thường để chứng minh

1 3 (cùng phụ với ) 2

b) Chứng minh ABIQ nội tiếp được đường trịn

Nhắc lại cĩ 5 cách chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn

Ta dùng cách nào để chứng minh tứ giác ABIQ nội tiếp được đường trịn?

Và giả thiết “hình vuơng” ta cĩ ABI    90 Tứ giác ABIQ cĩ một gĩc bằng 90  thì kết luận được tứ giác ABIQ nội tiếp đường trịn

Làm thế nào để chứng minh được AQI   90 ?

Muốn chứng minh được AQI   90 ta bám lấy giả thiết “Q là trung điểm của IK” Do Q là trung điểm của IK nên AQ là trung tuyến ứng với cạnh IK của AIK Nếu chứng minh được

AIK

 cân tại A thì dĩ nhiên trung tuyến AQ ứng với đáy IK sẽ là đường cao

Do ABC ADK (chứng minh trên) nên AI  AK (Hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)  AIK cân tại A  Trung tuyến AQ ứng với đáy IK lại là đường cao (Tính chất của tam giác cân) AQI   90

c) Chứng minh AQDK nội tiếp và I, Q, D thẳng hàng

Ta dùng cách chứng minh nào để chứng minh AQDK nội tiếp được đường trịn?

Muốn chứng minh AQDK nội tiếp được đường trịn ta lợi dụng giả thiết: “Hình vuơng”

90

ADK

   lợi dụng kết quả chứng minh trên AQ là đường cao thuộc IK

Bài 10: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax và By Gọi M là điểm

chính giữa của cung AB và N là điểm bất kỳ thuộc đoạn OA Đường thẳng vuông góc với

MN tại M lần lượt cắt Ax tại O và cắt By tại C

Theo giả thiết "tiếp tuyến" kẻ "vuông góc" ta nghĩ ngay đến phương pháp:

Muốn chứng minh hai góc bằng nhau ta chứng minh hai góc đó cùng phụ với góc thứ ba

M1 M3 (cùng phụ với M2) tức là AMN BMC

2) Chứng minh ANM BMC

ANM và BMC là hai tam giác thường Muốn chứng minh hai tam giác thường bằng nhau

ta sử dụng một trong 3 định lí về ba trường hợp bằng nhau của hai tam giác thường

Muốn chứng minh ANM BMC ta dùng định lí về trường hợp bằng nhau thứ mấy của tam giác thường

Muốn biết phải sử dụng định lí vì trường hợp bằng nhau thứ mấy của hai tam giác thường ta điểm các giả thiết “điểm chính giữa các cung AB” Từ giả thiết điểm chính giữa ta có

MAMB, đã có cùng bằng nhau trong một đường tròn dĩ nhiên có dây căng cung bằng nhau Với giả thiết “Tiếp tuyến” dẫn đến cung bị chắn, nếu cung bị chắn bằng nhau có thể các góc chắn cung đó bằng nhau Từ tư duy đó ta có:

Muốn chứng minh EF Ax ta lợi dụng giả thiết AB Ax Nếu ta chứng minh được EF/ /AB

thì dĩ nhiên EF Ax

Muốn chứng minh được EF/ /AB ta phải chứng minh được E1 N1 (vì hai góc này ở vị trí so

le trong)

Muốn chứng minh được E1 N1 phải chứng minh N1 M1

Muốn chứng minh N1 M1 phải chứng minh N1 M3 vì M3 M1 và N1 và M3 đều có N và

đối diện bằng 180° thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn) N1 M3 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC (Theo hệ quả: Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau)

Mà M3 M1 (chứng minh trên) M1 N1 (1)

Đến đây ta lại phải chứng minh được M1 E1

Muốn chứng minh M1 F1 ta phải chứng minh được tứ giác MFNE nội tiếp đường tròn vì M

và F cùng nhìn NE

Muốn chứng minh tứ giác MFNE nội tiếp được đường tròn ta phải chứng minh được

  90

ENF vì đã có FME 90 

Muốn chứng minh được FNE  90 ta phải chứng minh được DNC vuông tại N

Muốn chứng minh được DNC vuông tại N ta phải chứng minh được D1  A1   45 (vì đã có:

Bài 11: Cho BC là dây cung của đường tròn (O; R) (BC không đi qua tâm) Một điểm A di

động trên cung lớn BC sao cho O luôn luôn nằm trong ABC Các đường cao AD, BE, CF của ABC cắt nhau tại H

a) Chứng minh AEF∽ ABC

b) Gọi A' là trung điểm của BC Chứng minh AH  2A O

c) Gọi A1 là trung điểm của EF Chứng minh E AA. 1 AA OA 

d) Chứng minh R EF FDDE 2S ABC từ đó xác định vị trí của A để tổng EFFD DE đạt giá trị lớn nhất

Ta sử dụng định lí về trường hợp đồng dạng thứ mấy để chứng minh AEF∽ ABC

Muốn biết phải sử dụng định lí nào để chứng minh ta phải căn cứ vào giả thiết và những yếu

tố đã biết có trong đề bài

AEF

 đã có sẵn EAF BAC (vì là góc chung), ta chỉ cần chứng minh được AFE ACB hoặc

AEF ABC là đủ điều kiện kết luận AEF∽ ABC theo trường hợp đồng dạng thứ ba của hai tam giác

Làm thế nào để chứng minh được AFEACB hoặc AEF ABC?

Câu trả lời là: Vận dụng giả thiết đường cao và kiến thức cơ bản:

* Định lí: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo của hai góc đối diện bằng 180°

* Nếu một tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh còn lại dưới những góc bằng nhau thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn Từ đó ta có cách chứng minh

 và E nằm trên cung chứa góc 90° dựng trên đoạn BC

 BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC

Câu này thuộc thể loại chứng minh tỷ số: 1

2 hoặc bằng 2 chỉ có định lí về đường trung bình của tam giác Do thế ta phải tạo ra một tam giác có OA' là đường trung bình còn AH là cạnh tương ứng

Kẻ đường kính AI

Nối I với H và nối I với B

Do A' là trung điểm của BC (giả thiết) Ta phải chứng minh tứ giác BHCI là hình bình hành thì BC và IH là hai đường chéo phải giao nhau tại trung điểm A' của mỗi đường khi đó OA'

sẽ là đường trung bình của AIH

Dựa vào đâu để chứng minh tứ giác BHCI là hình bình hành?

Ta dựa vào giả thiết “đường cao” và “cách vẽ đường kính”

Chứng minh tương tự cũng được BH/ /IC (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác BHCI là hình bình hành (Theo dấu hiệu 1: Tứ giác có các cạnh đối song song là hình bình hành)  Đường chéo BC và HI cắt nhau tại trung điểm A' của mỗi đường

AHI

 có O là trung điểm của AI (O là tâm AI là đường kính của đường tròn (O)

A' là trung điểm của cạnh HI (chứng minh trên)

 OA' là đường trung bình nên OA'/ /AH và '

Do A1 là trung điểm của đoạn EF (giả thiết) nên AA1 là trung tuyến ứng với cạnh EF của

Ta có: S ABC SAOB AOC BOC   Ta có: 1 .

Từ đó ta có: 2S ABC R DE FDEFDEFDEF lớn nhất S ABC lớn nhất  đường cao

AD lớn nhất  A là điểm chính giữa của AB

Bài 12: Cho ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) M là điểm di động trên dây BC Dựng

đường tròn (D) qua M và tiếp xúc AB tại B Đường tròn E qua M tiếp xúc với AC tại C Gọi

N là giao điểm thứ hai của (O) và (E)

a) Chứng minh điểm N nằm trên đường tròn (O)

b) Chứng minh 3 điểm M, N, A thẳng hàng

c) Chứng minh tổng hai bán kính của hai (D) và (E) không đổi khi M di động trên BC

Giải

GT ABC (AB AC) nội tiếp (O) M di động trên BC

(D) đi qua M tiếp xúc AB tại B

(E) đi qua M tiếp xúc AC tại    E  D N