Hh9 chủ đề 17 tứ giác nội tiếp ( 4 buổi )

- Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180othì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.. Dấu hiệu 2: Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.. Điểm

- Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180o

thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn

Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

Dấu hiệu 1: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180o

Dấu hiệu 2: Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong

của đỉnh đối diện

Dấu hiệu 3:Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có

thể xác định được) Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp

tứ giác

Dấu hiệu 4: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa

hai đỉnh còn lại dưới một góc 

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) hay đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Nếu A C   180o hoặc B D   180o thì tứ giác ABCD nội tiếp.

Nếu A DCx  thì tứ giác ABCD

nội tiếp.

Nếu OA = OB = OC = OD thì tứ giác ABCD nội tiếp (O).

Dấu hiệu 5: Phương tích ngoài

- Tứ giác ABCD có hai cạnh đối bất kì AB; CD kéo dài cắt

nhau tại điểm K, điểm K thỏa mãn tính chất KA KB KC KD 

thì tứ giác ABCD nội tiếp.

Dấu hiệu 6: Phương tích trong

- Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC; BD cắt nhau tại

điểm K, điểm K thỏa mãn tính chất KA KC KB KD  thì tứ giác

ABCD nội tiếp.

Nếu CAD CBD   thì tứ giác ABCD nội tiếp (cùng chắn CD )

Chú ý: Trường hợp đặc biệt của

bài toán phương tích là khi A trùng B hay nếu ta có tính chất

2

KA KC KD thì KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ADC

Phần này để bạn đọc tự chứng minh hoặc xem lại bài toán chứng minh một tia là tiếp tuyến của đường tròn.

hiệu 4)

B CÁC DẠNG BÀI TẬP

Dạng 1 Nhận biết tứ giác nội tiếp

Câu 1 Cho ABC có hai đường cao BM; CN Chứng minh tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp.

 Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn.

Cách 2: Chứng minh hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc bằng nhau.

 nằm trên đường tròn đường kính BC.

Hay tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Cách 3: Chứng minh tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện hoặc sử dụng

định lí tổng hai góc đối của một tứ giác nội tiếp bằng 180o

Ta có BMA 90o (giả thiết);

 90o

ANC  (giả thiết)

Xét AMB và ANC có AMB ANC 90o và BAC chung

Do đó AMN∽ABC c g c  AMN ABC

Tứ giác BNMC có góc ngoài tại đỉnh M bằng góc trong tại đỉnh B.

Vậy tứ giác BNMC nội tiếp.

Ngoài ra có thể chỉ ra tứ giác BMNC có NBC NMC  180o nên tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp.

Cách 4: Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào phương tích ngoài

Xét AMB và ANC có AMB ANC 90o và BAC chung

Do đó AMB ANC g g  AM AN AM AC AN AB

AB AC

 Tứ giác BNMC nội tiếp.

Cách 5: Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào phương tích trong

Gọi giao điểm của BM và NC là T.

Xét NTB và MTC có BMC BNC 90o và NTB MTC  (đối đỉnh)

Do đó NTB MTC g g  NT TB TN TC TM TB

MT TC

 Tứ giác BNMC nội tiếp.

Câu 2: Cho nửa 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).

Theo chứng minh trên ABD DFB ECD DBA ,   ECD DFB 

 tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp.

Câu 3: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B Vẽ AC, AD theo thứ tự là đường kính của

hai đường tròn (O) và (O’).

a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.

b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O’) tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A) Chứng minh bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải

a) ABC và ABD lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn (O) và (O’) ABCABD90o  ABC ABD 180o

   suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.

Dạng 2 Sử dụng các dấu hiệu chứng minh tứ giác nội tiếp và những bài toán liên quan

Bài toán 1 Chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 o (hai góc đối diện bù nhau)

Câu 1 Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn Tiếp tuyến tại

B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F.

 là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)

b) Tứ giác ABCD là hình chữ nhật suy ra CAD BCE  90 (1)o

ACD AD (góc nội tiếp)

Mặt khác BCAD (doBCAD) CBE ACD (2)

Từ (1) và (2) suy ra ACD∽CBE g g 

AC CD

BC BE

  (điều phải chứng minh)

c) Vì ABCD là hình chữ nhật nên CB/ /AF  CBE DFE  (hai góc đồng vị) (3)

Từ (2) và (3) suy ra ACD DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.

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  90o

IEM  (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 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

Lời giải

a) Xét tứ giác BIEM có

IBM IEM   IBM IEM 

 tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường

kính IM.

b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra

IME IBE  (do ABCD là hình vuông).

c) Xét EBI và ECM có BE = CE (do ABCD là hình vuông); BEI CEM (cùng phụ với

 (định lí Ta-lét đảo)  BKE IME  45o (hai góc đồng vị)

Lại có BCE  45o (do ABCD là hình vuông).

Suy ra BKE BCE  BKCE là tứ giác nội tiếp

Bài toán 3 Chứng minh hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại hai góc bằng nhau

Câu 1 Cho đường tròn (O) có đường kính AB Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa

đường tròn (O) Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By Đường thẳng qua N và vuông góc với MN cắt

Ax và By theo thứ tự tại C và D.

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

b) Chứng minh ANB∽CMD

c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM Chứng minh tứ giác IMKN là tứ

giác nội tiếp

Lời giải

 là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC.

Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD.

IMK INK IMKN

    là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK.

Câu 2: Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi H là điểm nằm giữa O và B Kẻ dây CD vuông góc

với AB tại H Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ CK AE tại K Đường thẳng DE cắt CK tại F.

a) Xét tứ giác AKCH có AHC AKC 180o

 tứ giác AKCH nội tiếp đường tròn đường kính AC.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ADBvuông

tại D, đường cao DH, ta có AD2 AH AB

c) Ta có   1s®

2

EAC EDC EC; EACKHC (tứ giác AKCH nội tiếp).

 là trung điểm của CF.

ACF

  cân tại A (đường cao AK đồng thời là đường trung tuyến).

Câu 3: Cho đường tròn (O) đường kính AB, gọi I là trung điểm của OA, dây CD vuông góc với AB tại

I Lấy K tùy ý trên cung nhỏ BC, AK cắt CD tại H.

a) Chứng minh tứ giác BIHK nội tiếp.

b) Chứng minh AH.AK có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm K.

c) Kẻ DN BC DM; AC N BC M  , AC Chứng minh các đường thẳng AB, CD, MN đồng

quy

Lời giải

a) Xét tứ giác BIHK có HIB HKB  180o

 tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn đường kính HB.

 là trung điểm của MN  điều phải chứng minh.

Câu 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Lấy M OA M  O A;  Qua M vẽ đường thẳng d vuông góc với AB.

Trên d lấy N sao cho ON > R Nối NB cắt (O) tại C Kẻ tiếp tuyến NE với (O), (E là tiếp điểm, E và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d) Chứng minh

a) Bốn điểm O, E, M, N cùng thuộc một đường tròn.

b) NB NC NE2

c) NEH NME (H là giao điểm của AC và d)

d) FK là tiếp tuyến của (O) với F là giao điểm của HE và (O).

Lời giải

a) Xét tứ giác OMEN có   90o

NEONMO

 tứ giác OMEN nội tiếp đường tròn đường kính NO

Hay bốn điểm O, E, M, N cùng thuộc một đường tròn.

b) Ta có   1s®

2

NECCBE CE

   là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).

Câu 5: Cho đường tròn (O;R) và điểm K cố định nằm ngoài đường tròn Qua K kẻ hai tiếp tuyến KM;

KN tới đường tròn (M; N là hai tiếp điểm) Một đường thẳng d đi qua K cắt đường tròn (O;R) tại B và

C KB KC  Gọi I là trung điểm của BC.

a) Chứng minh năm điểm K, M, N, O, I thuộc một đường tròn.

b) Chứng minhKM2 KB KC

c) Đường thẳng qua B, song song với KM cắt MN tại E Chứng minh EI // CM.

Chứng minh khi d thay đổi quanh điểm K thì trọng tâm G của tam giác MBC luôn nằm trên một đường

tròn cố định

Lời giải

KMOKIOKNO

 Năm điểm K, M, N, O, I cùng nằm trên đường tròn đường kính

  (hai góc nội tiếp cùng chắn BE).

Mặt khác BNMBCM (hai góc nội tiếp cùng chắn BM)

Câu 1: Cho tam giác ABC nhọn thỏa mãn A B C    Đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với cạnh

AB, AC tại M và N Gọi P và Q lần lượt là các giao điểm của CI, BI với đường thẳng MN Chứngminh rằng:

a) Tứ giác INQC nội tiếp

b) Tứ giác BPQC nội tiếp

b) Vì INQC là tứ giác nội tiếp nên INCIQC

Vì AC tiếp xúc với đường tròn (I) tại N nên IN AC hay INC   90

Suy ra IQC  90 (1)

Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác IMPB nội tiếp

  90

IMB IPB

Từ (1) và (2) suy ra: BPC BQC 90 nên tứ giác BPQC nội tiếp đường tròn đường kính BC

Câu 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại M, N Tiếp tuyến tại M của (O) cắt (O’) tại B, tiếp

tuyến tại M của (O’) cắt (O) tại A Gọi P là điểm đối xứng của M qua N Chứng minh tứ giác MAPBnội tiếp

Gọi K là điểm đối xứng của M qua trung điểm của OO’.

Ta có tứ giác OMO’K là hình bình hành nên OM // O'K, O'M // OK

Mặt khác do OM MB O M,  MA nên O K MB OK, MA

Vậy OK, O’K là các đường trung trực của MA, MB nên KA KB KM (1)

Mà ta dễ dàng chứng minh được KN // OO’, OO MN  KN MN

Do MN NP nên tam giác KMP cân tại K, suy ra KM KP (2)

Từ (1) và (2) suy ra KA KB KM KP

Vậy tứ giác AMBP là tứ giác nội tiếp

Câu 4:Qua điểm A ở ngoài đường tròn  O , kẻ cát tuyến ABC với đường tròn Các tiếp tuyến của

 O tại B và C cắt nhau ở K Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AO cắt AO tại H và cắt

 O tại E và F (E nằm giữa K và F) Gọi M là giao điểm của OK và BC Chứng minh rằng:

E K

B

O A

C

a) OCK vuông tại C có CM OK nên KC2 KM KO (1).

Ta có KCE∽ KFC(g.g) vì K chung và KCE KFC  (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

 EOMF là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) +)AE là tiếp tuyến của  O .

+) AF là tiếp tuyến của  O

Ta có OEF cân tại O mà OH EF EOH FOH

Câu 5:Cho ABC vuông tại A AB AC  Lấy điểm I thuộc cạnh AC sao cho: ABI C

Đường tròn  O , đường kính IC cắt BI ở D và cắt BC ở M Chứng minh rằng:

Mà theo giả thiết ABI ACB OCD ACB 

Vậy CI là tia phân giác của góc DCM

b) Tứ giác ADCB nội tiếp (vì BAC BDC 90 cùng chắn cung BC)

Sửa lại là : vì có hai đỉnh kề A, D cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông

 là tiếp tuyến của  O .

Câu 6: Cho đường tròn ( )O và hai điểm B C, thuộc đường tròn ( )O Các tiếp tuyến với đường tròn tại B và Ccắt nhau ở A Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏBC Tiếp tuyến với đường tròn

tại Mcắt AB AC, theo thứ tự ở D và E Gọi giao điểm của OD OE, với BCtheo thứ tự là I , K Chứng minh:

a) Tứ giác OBDK , DIKE nội tiếp

b) OM DK EI; ; đồng qui

Lời giải

M

K I

E D

  (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn OK)

+) Chứng minh tương tự ta có tứ giác OCEInội tiếp

OCI OEI

  (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn OI)

Mà OBK OCI  (3) (OBCcân tại O)

ODK OEI

Mà D E, là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh IK

 Tứ giác DIKEnội tiếp (dhnb)

b) +) Tứ giác OBDK nội tiếp

Câu 7:Cho tam giác đều ABC, M thuộc cạnh BC Gọi D là một điểm đối xứng của M qua AB,

E là một điểm đối xứng của M qua AC Vẽ hình bình hành DMEI Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm D, A , I , E cùng thuộc một đường tròn

Chứng minh tương tự ta có MAC EAC 

Suy ra DAE DAM EAM  2MAB 2MAC 2MAB MAC   2BAC 2.60 120

Lại có BMD DME EMC   180 , suy ra DME 180  30  30 120

Ta lại có DMEI là hình bình hành nên DIE DME

Do đó DIE DAE  120

Tứ giác DIAE nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn đoạn thẳng nối 2 đỉnh còn lại dưới cùng một góc 120)

Suy ra bốn điểm D, A , I, E cùng nằm trên một đường tròn

b) Gọi Gvà K lần lượt là giao điểm của DIvớiAC và AB, H là giao điểm của ME với AC

Ta có KMEIđã là hình thang

Lại có IEM MDI (Hai góc đối của hình bình hành)

và KDM MKD (tam giác KDM đều, KDM cân tại K có KDM 60)

và MKD KME (so le trong)

Do đó IEM KME

Vậy KMEI là hình thang cân (hình thnag có hai góc kề một đáy bằng nhau)

ACME (M E, đối xứng nhau qua AC)

Do đó AC là trục đối xứng của hình thang cân KMEI

Suy ra G là trung điểm của KI

Câu 8:Cho đường tròn  O đường kínhBC, A là một điểm thuộc đường tròn H là hình chiếu của

Atrên BC Vẽ đường tròn  I , đường kính AH cắt AB và AC theo thứ tự ở M và N

a) Chứng minh rằng:OA MN

b) Vẽ đường kính AOK của  O Gọi E là trung điểm của HK Chứng minh rằng: E là tâm của

đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC

c) Cho BCcố định Xác định vị trí điểm A để bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC

lớn nhất

Lời giải

A

a) Gọi F là giao điểm của MN và AK

Ta có ACK BAC90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O ).

90

AMH  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  I ).

Có AOC cân tại O nên OAC OCA 

Mà ABC vuông tại A nên có ABC OCA 90o

Có ABCAHM (cùng phụ BAH)

Lại có AHM ANM (2 góc nội tiếp cùng chắn AM của đường tròn  I ).

Suy ra tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn (dhnb)

Vì E là trung điểm của HK nên EO là đường trung bình của AHK

Nên IE là đường trung bình của AHK nên IE // AK

Theo câu a) có OA MN nên EIMN

Có I là trung điểm của MN

Do đó EI là đường trung trực của MN

Hay EM EN  2

Từ  1 và  2 suy ra E là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC.

c) EC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC

Dấu bằng xảy ra khi AH AO hay khi A là điểm chính giữa của cung BC

Câu 9:Cho ABC vuông tại A đường cao AH Gọi    P , Q lần lượt là hai đường tròn nội tiếp hai

tam giác AHB AHC, Kẻ tiếp tuyến chung ngoài khác BC của    P , Q cắt AB AH AC, , theo thứ

tự M K N, , Chứng minh rằng:

a) HPQđồng dạng ABC

b) KP AB KQ AC// ; // .

c) BMNC nội tiếp

d) 5 điểm A M P Q N, , , , cùng thuộc một đường tròn

e) AEDvuông cân (D E, lần lượt là giao điếm của PQ với AB và AC)

Lời giải

a) Gọi r1 và r2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tarn giác AHB AHC,

b) Ta có HPQ đồng dạng ABC nên HQP C  Mà BAH C   HQP BAH 

Xét tứ giác HPKQ có PHQ PKQ  90 nên tứ giác HPKQ là tứ giác nội tiếp

Ta có PK AB// nên MKP AMN  (so le trong).

BCA AMN

Vậy BMNC là tứ giác nội tiếp

d) Ta có BMNC là tứ giác nội tiếp nên BMN180  ACB

Ta có MP là phân giác BMN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó AMPN là tứ giác nội tiếp

Tương tự AMQN là tứ giác nội tiếp

Vậy 5 điểm A M P Q N, , , , cùng thuộc một đường tròn

e) Ta có PQH ACB  HQEC là tứ giác nội tiếp

Suy ra AED CHQ

Mà HC HA, là tiếp tuyến với  Q nên HQ là phân giác AHC  90  CHQ QHA  45

AED 45

Xét ADE có EAD90 , AED45 nên ADE là tam giác vuông cân tại A

Câu 10: Cho đường tròn  O , dây AB Điếm M di chuyến trên cung lớn AB Các đường cao

,

AE BF của ABM cắt nhau ở H

a) Chứng minh rằng OM EF

b) Đường tròn H HM;  cắt MA MB, theo thứ tự ở Cvà D Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ

M và vuông góc với CD luôn đi qua một điếm cố định

c) Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H và vuông góc với CD cũng đi qua một điếm cố định

Lời giải

a) Kẻ Mx là tiếp tuyến với  O  Mx OM  1

2

BMx MAB  sđMB  2

Xét tứ giác AFEB có AFB AEB 90 (do AE BF, là các đường cao của MAB) nên AFEB là

tứ giác nội tiếp  MAB MEF   3

Từ  2 và  3 suy ra BMx MEF 

Do đó Mx EF//  4 .

Từ  1 và  4  OM EF.

b) Ta có M H, thuộc H HM;  nên HM HD  HMD cân tại H

Mà HEMD HE là trung tuyến Do đó E là trung điểm của MD

Chứng minh tương tự ta có F là trung điểm của MC

Khi đó EF là đường trung bình của MCD EF CD//

Ta có OM EF cmt  OM CD

Vậy đường thẳng kẻ từ M và vuông góc với CD luôn đi qua điếm O cố định

c) Lấy điểm K đối xứng với O qua AB  OK AB