CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10

CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP ÔN THI VÀO 10

CHỦ ĐỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP

TƯ DUY CẦN ĐẠT

TỨ GIÁC NỘI TIẾP

Hai đỉnh cùng nhìn một cạnh

 

1 1

A B

,

A B là hai đỉnh kề nhau cùng

nhìn cạnh CD

CBD CAD   ,

A B là hai đỉnh kề nhau cùng

nhìn cạnh CD

Hai góc đối bù nhau

  180

A C 

  180

B D  

A  C 90

Cùng cách đều một điểm OA OB OC OD  

Góc trong = góc ngoài tại đỉnh

đối diện

A BCx

BCx là góc ngoài tại C

ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP

1 Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường

tròn ngoại tiếp đa giác và đa giác được gọi là đa giác nội tiếp đường tròn.

2 Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp.

3 Một tam giác bất kì luôn có duy nhất một đường tròn ngoại tiếp có tâm

là giao điểm của ba đường trung trực

A CÁC DẠNG BÀI TẬP

Dạng 1: Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 180

Phương pháp giải

Định lí: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng 180.

Định lí đảo: Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc bằng 180 thì tứ giác đó nội tiếp đường tròn

BÀI TẬP MẪU

Ví dụ 1: 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 tại F Chứng minh BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn

Giải chi tiết:

Tứ giác BEFI có:

 90

BIF   (giả thiết);

BEF BEA  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF.

Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn  O đường kính AB2R Điểm C (khác A) bất kì nằm trên

nửa đường tròn sao cho AC CB Điểm D thuộc cung nhỏ BC sao cho COD   90 Gọi E là giao điểm của AD và BC, F là giao điểm của AC và BD.

a) Chứng minh CEDF là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh FC FA FD FB 

c) Gọi I là trung điểm của EF Chứng minh IC là tiếp tuyến của  O .

d) Hỏi khi C thay đổi thỏa mãn điều kiện bài toán, E thuộc đường tròn cố định nào?

(HKII Hoàn Kiếm – Hà Nội năm học 2017 – 2018)

Phân tích đề bài

FDA FCB

FC FA FD FB







   

       c) IC là tiếp tuyến của  O



 90

ICO  

d) Để chứng minh điểm E luôn thuộc một đường tròn cố định, ta cần chỉ ra E luôn cách một điểm cố định một khoảng không đổi

Giải chi tiết:

a) Ta có ACB ADB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn)

FCE FDE

   

Tứ giác CEDF có FCE FDE 180  CEDF là tứ giác nội

tiếp

b) Xét FCB và FDA có: FCB FDA  90 ;

CFD chung

     (hai cạnh tương ứng)

FC FA FB FD

c) Gọi H là giao điểm của EF và AB Vì E là trực tâm của ABF nên FH AB

OCA

 cân tại O nên OCA OAC  (hai góc ở đáy)

Ta có CI là đường trung tuyến của tam giác vuông CEF nên CI CF Do đó ICF cân tại I

nên ICF IFC (hai góc ở đáy)

ICF OCA IFC OAC

      (vì HAF vuông tại H)

 90

     Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn O .

d) Gọi T là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm C (T cố định)

Khi đó OT AB nên OT IE// .

Chứng minh tương tự câu c, ta có được ID là tiếp tuyến của đường tròn O .

Do đó tứ giác ICOD là hình chữ nhật Lại có OC OD nên tứ giác này là hình vuông cạnh R Tam giác ECF vuông tại C có CI là trung tuyến nên IE CI R

Ta có: OT IE// và OT IE R nên IETO là hình bình hành.

Do vậy TE OI R 2

Vậy E thuộc đường tròn tâm T bán kính R 2

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC và đường cao AH Gọi M N, lần

lượt là trung điểm của AB AC, Đường tròn ngoại tiếp tam giác

BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH tại E Chứng

minh AMEN là tứ giác nội tiếp và HE đi qua trung điểm của MN.

Phân tích đề bài

Để chứng minh AMEN là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh:

MAN MEN  

Ta cần tìm sự liên hệ của các góc MAN MEN ;  với các góc có sẵn của những tứ giác nội tiếp khác

Giải chi tiết:

Ta có: MEN 360  MEH NEH 

360 180 ABC 180 ACB

       

ABC ACB 180 BAC

    

Suy ra MEN MAN  180 hay tứ giác AMEN là tứ giác nội tiếp.

Kẻ MK BC, giả sử HE cắt MN tại I thì IH là cát tuyến của hai đường tròn BMH , CNH. Lại có MB MH MA (tính chất trung tuyến tam giác vuông) Suy ra tam giác MBH cân tại

M

   luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBH

Hay MN là tiếp tuyến của MBH suy ra IM2 IE IH (1)

Tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của HNC suy ra IN2 IE IH (2)

Từ (1) và (2) suy ra IM IN

Vậy HE đi qua trung điểm của MN.

Dạng 2: Tứ giác có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện

Phương pháp giải

BÀI TẬP MẪU

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A Kẻ đường cao AH và phân giác trong AD của góc

HAC Phân giác trong góc ABC cắt AH AD, lần lượt tại M N, .

Chứng minh rằng BND  90

Phân tích đề bài

Ta có MHD   90 Nếu MND   90 thì tứ giác MHDN nội

tiếp

Vì vậy, thay vì trực tiếp chỉ ra góc BND   90 ta sẽ đi

chứng minh tứ giác MHDN nội tiếp Tức là ta chứng

minh AMN ADH

Giải chi tiết:

Ta có AMN BMH 90  MBH NDH ,  90  HAD mà  1   1

,

MBH  ABC HAD HAC và

ABC HAC do cùng phụ với góc BCA, từ đó suy ra AMN ADH hay tứ giác MHDN nội tiếp

MND MHD

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn tâm O, đường kính AI.

Gọi E là trung điểm của AB, K là trung điểm của OI, H là trung điểm của EB

a) Chứng minh HK EB

b) Chứng minh tứ giác AEKC nội tiếp được trong một đường tròn.

Phân tích đề bài



// //

HK OE IB



HK là đường trung bình của hình thang OEBI

b) Tứ giác AEKC nội tiếp được trong một đường tròn

 có BEK KBE ABK,  ACK

BEK ACK

Giải chi tiết:

a) Tam giác ABI nội tiếp đường tròn đường kính AI nên tam giác ABI vuông tại B

IB AB

Lại có OEAB (quan hệ đường kính và dây cung) Do đó OE IB// Suy ra OEBI là hình

thang

Mà HK là đường trung bình của hình thang OEBI  HK OE IB// //  HK EB

b) EB cân tại K vì có KH vừa là trung tuyến đồng thời là đường cao  BEK KBE.(1)

ABC

 cân và có AI là đường kính của đường tròn  O nên AK là đường trung trực của đoạn BC

ABK ACK

Từ (1) và (2) suy ra BEK ACK Mà BEK là góc ngoài tại đỉnh E của tứ giác AEKC nên tứ

giác AEKC nội tiếp.

Ví dụ 3: Cho nửa đường tròn tâm I , đường kính MN Kẻ tiếp tuyến Nx và lấy điểm P chính giữa của nửa đường tròn Trên cung PN, lấy điểm Q (không trùng với P N, ) Các tia MP và

MQ cắt tiếp tuyến Nx theo thứ tự tại S và T

a) Chứng minh NS MN

b) Chứng minh tam giác MNT đồng dạng với tam giác NQT.

c) Chứng minh tứ giác PQTS nội tiếp được trong một đường tròn.

Giải chi tiết:

a) Tam giác MPI có: PI MN (vì P là điểm chính giữa

của đường tròn  O );

IP IM (bán kính đường tròn  O ).

Suy ra MPI vuông cân tại I nên MPI IMP 45

Tam giác vuông SMN có SMN   45 nên SMN vuông

cân tại N Do đó MN SN

b) Xét MNT và NQT có:

MNT NQT   (giả thiết);

MTN chung

Suy ra MNT NQTg.g

c) Ta có T1S1M1 (góc ngoài của TMS) (1)

Kẻ tiếp tuyến PH P Nx   Ta có PH MN// (vì cùng vuông góc với PI ), suy ra PHS vuông

cân tại H  S1 P2

Mặt khác M 1P1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn PQ)

    

Từ (1) và (2) suy ra T1SPQ

Mà T1 là góc ngoài tại đỉnh đối diện với đỉnh P nên tứ giác PQTS nội tiếp.

Dạng 3: Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD AB CD AB CD / / ,   có C D  60 ,  CD2AB

Chứng minh bốn điểm A B C D, , , cùng thuộc một đường tròn.

Giải chi tiết:

Gọi I là trung điểm CD, ta có:

/ /

IC AB

ICBA

IC AB









 là hình bình hành

BC AI

Tương tự ABID là hình bình hành nên AD BI (2)

ABCD là hình thang có C D  60 nên ABCD là hình thang cân (3).

Từ (1), (2) và (3) ta có hai tam giác IADIBC IBC IAD, đều hay IA IB IC  ID hay bốn điểm A B C D, , , cùng thuộc một đường tròn.

Ví dụ 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  O tại D (D khác B).

Chứng minh AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn

Giải chi tiết:

Vì MA MC, là tiếp tuyến nên: MAO MCO  90

AMCO

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

 90

ADB   (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 90

ADM

Ta có OA OC R MA MC  ;  (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra OM là đường trung trực của AC

 90

AEM

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

Ví dụ 3: Cho đường tròn tâm O Kẻ đường kính AB và CD vuông góc với nhau Gọi E là

điểm chính giữa của cung nhỏ CB EA cắt CD tại F , ED cắt AB tại M

a) Các tam giác CEF và EMB là những tam giác gì?

b) Chứng minh rằng bốn điểm C F M B, , , thuộc đường tròn tâm E.

Phân tích đề bài

a) Ta thấy CFE là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và

chắn hai cung CE AD ,

FCE là góc nội tiếp chắn cung ED Mà CE EB AD BD  ;  

nên FCE CFE   CFE cân tại E

b) Từ kết quả câu a), ECF và EBM là hai tam giác cân ta có

,

EC EF EM EB Lại có CE EB (do E là điểm chính giữa

của cung nhỏ CB) nên bốn điểm F C M B, , , thuộc đường tròn tâm E.

Giải chi tiết:

a) Vì CFE là góc có đỉnh F nằm bên trong đường tròn nên:

 12sđCE sđ AD  

Góc FCE là góc nội tiếp chắn cung ED  FCE 12sđ EB sđ BD    (2)

Vì hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau nên AD BD và E là điểm chính giữa của cung nhỏ CB nên CE EB  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra FCE CFE  CFE cân tại E

Tương tự ta cũng có BME cân tại E

b) Theo câu a), ECF và EBM là hai tam giác cân nên CE EF EM ; EB

Lại có CE EB   CE EB Do đó CE EF EM EB

Vậy bốn điểm F C M B, , , thuộc đường tròn tâm E.

Dạng 4: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh còn lại một góc bằng nhau

Phương pháp giải

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Trên các cạnh BC BD, của hình vuông ABCD ta lấy lần lượt các điểm M N, sao cho

 45

MAN   Đường thẳng BD cắt các đường thẳng AM AN, tương ứng tại các điểm P Q, . a) Chứng minh rằng các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp.

b) Chứng minh rằng các điểm M N Q P C, , , , nằm trên cùng một đường tròn.

Giải chi tiết:

a) Các đỉnh A và B cùng nhìn đoạn thẳng MQ dưới một góc

45.

Vì vậy tứ giác ABMQ nội tiếp.

Tương tự ta suy ra tứ giác ADNP nội tiếp.

b) Do ABMQ là tứ giác nội tiếp nên AQM ABM 180  AQM 90.

Tương tự tứ giác ADNP nội tiếp suy ra APN  90

Tứ giác MNQP là tứ giác nội tiếp vì có hai đỉnh Q và P cùng nhìn cạnh MN dưới một góc

90 .

Suy ra bốn điểm M N Q P, , , cùng thuộc một đường tròn (1)

Tứ giác MCNP là tứ giác nội tiếp vì MCN MPN 90 90 180

Suy ra bốn điểm M C N P, , , cùng thuộc một đường tròn (2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm M N Q P C, , , , cùng nằm trên một đường tròn.

Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E Lấy I thuộc cạnh AB, M

thuộc cạnh BC sao cho IEM   90 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông)

a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp

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.

Giải chi tiết:

a) Theo giả thiết có:

IBM IEM    IBM IEM  

Vậy tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường

kính IM

b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra:

  45

IME IBE   (hai đỉnh cùng nhìn cạnh IE và ABCD là hình vuông).

c) Xét EBI và ECM có: IBE MCE  45 (do ABCD là hình vuông);

BE CE (do ABCD là hình vuông);

 

BEI CEM (do cùng phụ với BEM )

g.c.g

     (hai cạnh tương ứng)  MB IA

Vì CN BA// nên theo định lí Ta-lét, ta có: MA MB IA

MN MC IB Suy ra IM BN// (định lí Ta-lét đảo).

BKE IME

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

Suy ra BKE BCE Tứ giác BKCE có hai đỉnh K và C kề nhau và cùng nhìn cạnh BE dưới

Ví dụ 3: Cho đường tròn đường kính AB, các điểm C D, nằm trên đường tròn đó sao cho ,

C D nằm khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD AC Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ AC AD, lần lượt là M N, ; giao điểm của MN với AC AD, lần lượt là H I, ; giao điểm của MD và CN là K

a) Chứng minh ACN DMN Từ đó suy ra tứ giác MCKH.

b) Chứng minh KH song song với AD

c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ AC và sđ AD để AK song song với ND.

(Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh năm học 2018 – 2019) Giải chi tiết:

a) Vì N là điểm chính giữa của cung AD AN DN

  (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau

 ,

AN DN)

Khi đó tứ giác CMHK có hai đỉnh M và C cùng nhìn cạnh HK

dưới một góc bằng nhau nên CMHK là tứ giác nội tiếp.

b) Theo câu a) có CMHK là tứ giác nội tiếp nên

CHK CMK (cùng chắn cung CK) (1)

Xét đường tròn đường kính AB có

Từ (1) và (2) suy ra CHK CAD  Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, suy ra HK AD// (đpcm). c) AK ND//  KAD ADN KMI  MAIK là tứ giác nội tiếp

ADN ACN AMI AKI  KAI AKI AKI cân tại I

Mà IM là phân giác của góc AIK MI AK

Lại có AK ND//  MI ND hay MN ND MND 90

MD

 là đường kính của đường tròn đường kính AB

2

AC

Ví dụ 4: Cho đường tròn O R;  và dây BC cố định, A là điểm di động trên cung lớn BC (A

khác B C, ) sao cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt

nhau tại điểm H Kẻ đường kính AF của đường tròn  O , AF cắt BC tại điểm N .

a) Chứng minh tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AE AB AD AC

c) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai K (K khác O).

Chứng minh ba điểm K H F, , thẳng hàng.

(HK II Thanh Xuân – Hà Nội năm học 2017 – 2018) Giải chi tiết:

a) Tứ giác BEDC có BEC BDC 90 (giả thiết) Suy ra tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (hai

góc kề cùng nhìn cạnh BC dưới một góc bằng nhau)

b) Tứ giác BEDC nội tiếp suy ra AED ACB (góc ngoài của tứ

giác nội tiếp)

Xét AED và ACB có: AED ACB (chứng minh trên);

và BAC chung

     (hai cạnh tương ứng)

AE AB AD AC

c) Ta có: BD CF// (vì cùng vuông góc với AC).

//

BF EC (vì cùng vuông góc với AB)

Do đó BHCF là hình bình hành.

d) Ta thấy tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH  AKH 90 (1)

Mà AKF nội tiếp đường tròn đường kính AF AKF90 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm K H F, , thẳng hàng.