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 µA = B µ 1 A, B hai đỉnh kề nhìn cạnh CD Hai đỉnh nhìn cạnh · · CBD = CAD = 90° A, B hai đỉnh kề nhìn cạnh CD Hai góc đối bù µ µ = 180° A +C µ µ = 90° A =C µ +D µ = 180° B Cùng cách điểm OA = OB = OC = OD Góc = góc ngồi µ · A = BCx đỉnh đối diện · góc ngồi C BCx ĐƯỜNG TRỊN NGOẠI TIẾP Đường tròn qua tất đỉnh đa giác gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác đa giác gọi đa giác nội tiếp đường tròn 2 Bất kì đa giác có đường tròn ngoại tiếp Một tam giác ln có đường tròn ngoại tiếp có tâm giao điểm ba đường trung trực A CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Tứ giác có tổng hai góc đối 180° Phương pháp giải Định lí: Trong tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối 180° Định lí đảo: Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc 180° tứ giác nội tiếp đường tròn BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Cho đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I ( I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn Giải chi tiết: Tứ giác BEFI có: · BIF = 90° (giả thiết); · · BEF = BEA = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = R Điểm C (khác A ) nằm nửa đường tròn cho AC < CB Điểm D thuộc cung nhỏ BC cho · COD = 90° Gọi E giao điểm AD BC , F giao điểm AC BD a) Chứng minh CEDF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh FC.FA = FD.FB c) Gọi I trung điểm EF Chứng minh IC tiếp tuyến ( O ) d) Hỏi C thay đổi thỏa mãn điều kiện tốn, E thuộc đường tròn cố định nào? (HKII Hoàn Kiếm – Hà Nội năm học 2017 – 2018) Phân tích đề FDA 64∆7 48 FC4 FA FD4.FB 2= c) IC tiếp tuyến ( O ) c c ∆FCB : ∆FDA IC ⊥ OC ∆FCB c · ICO = 90° d) Để chứng minh điểm E ln thuộc đường tròn cố định, ta cần E cách điểm cố định khoảng không đổi Giải chi tiết: a) Ta có ·ACB = ·ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · ⇒ FCE = FDE = 90° · · Tứ giác CEDF có FCE + FDE = 180° ⇒ CEDF tứ giác nội tiếp · · b) Xét ∆FCB ∆FDA có: FCB = FDA = 90° ; · chung CFD ⇒ ∆FCB : ∆FDA ( g.g ) ⇒ FC FB = (hai cạnh tương ứng) FD FA ⇒ FC.FA = FB.FD c) Gọi H giao điểm EF AB Vì E trực tâm ∆ABF nên FH ⊥ AB · · ∆OCA cân O nên OCA (hai góc đáy) = OAC Ta có CI đường trung tuyến tam giác vuông CEF nên CI = CF Do ∆ICF · · cân I nên ICF (hai góc đáy) = IFC · · · · ⇒ ICF + OCA = IFC + OAC = 90° (vì ∆HAF vng H ) · ⇒ ICO = 90° ⇒ IC ⊥ OC Vậy IC tiếp tuyến đường tròn ( O ) d) Gọi T điểm cung AB không chứa điểm C (T cố định) Khi OT ⊥ AB nên OT //IE Chứng minh tương tự câu c, ta có ID tiếp tuyến đường tròn ( O ) Do tứ giác ICOD hình chữ nhật Lại có OC = OD nên tứ giác hình vng cạnh R Tam giác ECF vng C có CI trung tuyến nên IE = CI = R Ta có: OT //IE OT = IE = R nên IETO hình bình hành Do TE = OI = R Vậy E thuộc đường tròn tâm T bán kính R Ví dụ 3: Cho tam giác ABC đường cao AH Gọi M , N trung điểm AB, AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH E Chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp HE qua trung điểm MN Phân tích đề Để chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp ta chứng minh: · · MAN + MEN = 180° · · Ta cần tìm liên hệ góc MAN với góc có sẵn tứ giác ; MEN nội tiếp khác Giải chi tiết: ( · · · = 360° − MEH + NEH Ta có: MEN ) ( = 360° − 180° − ·ABC + 180° − ·ACB ) · = ·ABC + ·ACB = 180° − BAC · · Suy MEN + MAN = 180° hay tứ giác AMEN tứ giác nội tiếp Kẻ MK ⊥ BC , giả sử HE cắt MN I IH cát tuyến hai đường tròn ( BMH ) , ( CNH ) Lại có MB = MH = MA (tính chất trung tuyến tam giác vng) Suy tam giác MBH cân M ⇒ KB = KH ⇒ MK ln qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBH Hay MN tiếp tuyến ( MBH ) suy IM = IE.IH (1) Tương tự ta có MN tiếp tuyến ( HNC ) suy IN = IE.IH Từ (1) (2) suy IM = IN Vậy HE qua trung điểm MN (2) Dạng 2: Tứ giác có góc góc ngồi đỉnh đối diện Phương pháp giải BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH phân giác AD · góc HAC Phân giác góc ·ABC cắt AH , AD M , N · Chứng minh BND = 90° Phân tích đề · · Ta có MHD = 90° Nếu MND = 90° tứ giác MHDN nội tiếp · Vì vậy, thay trực tiếp góc BND = 90° ta chứng minh tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh ·AMN = ·ADH Giải chi tiết: Ta có ·AMN = BMH · · · · = 90° − MBH , NDH = 90° − HAD 1· · · = ·ABC , HAD = HAC mà MBH 2 ·ABC = HAC · · phụ với góc BCA , từ suy ·AMN = ·ADH hay tứ giác MHDN · · nội tiếp ⇒ MND = MHD = 90° Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn tâm O , đường kính AI Gọi E trung điểm AB , K trung điểm OI , H trung điểm EB a) Chứng minh HK ⊥ EB b) Chứng minh tứ giác AEKC nội tiếp đường tròn Phân tích đề a) HK ⊥ EB c HK //OE //IB c HK đường trung bình hình thang OEBI b) Tứ giác AEKC nội tiếp đường tròn c · · 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 vng B ⇒ IB ⊥ AB Lại có OE ⊥ AB (quan hệ đường kính dây cung) Do OE //IB Suy OEBI hình thang Mà HK đường trung bình hình thang OEBI ⇒ HK //OE //IB ⇒ HK ⊥ EB · · b) ∆EB cân K có KH vừa trung tuyến đồng thời đường cao ⇒ BEK = KBE (1) ∆ABC cân có AI đường kính đường tròn ( O ) nên AK đường trung trực đoạn BC ⇒ ·ABK = ·ACK (2) · · Từ (1) (2) suy BEK góc ngồi đỉnh E tứ giác AEKC = ·ACK Mà BEK nên tứ giác AEKC nội tiếp Ví dụ 3: Cho nửa đường tròn tâm I , đường kính MN Kẻ tiếp tuyến Nx lấy điểm P nửa đường tròn Trên cung PN , lấy điểm Q (khơng trùng với P, N ) Các tia MP MQ cắt tiếp tuyến Nx theo thứ tự S 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 đường tròn Giải chi tiết: a) Tam giác MPI có: PI ⊥ MN (vì P điểm đường tròn ( O ) ); IP = IM (bán kính đường tròn ( O ) ) · · Suy ∆MPI vuông cân I nên MPI = IMP = 45° · Tam giác vng SMN có SMN = 45° nên ∆SMN vng cân N Do MN = SN b) Xét ∆MNT ∆NQT có: · · MNT = NQT = 90° (giả thiết); · chung MTN Suy ∆MNT : ∆NQT ( g.g ) ¶ (góc ngồi ∆TMS ) c) Ta có Tµ1 = Sµ1 + M (1) Kẻ tiếp tuyến PH ( P ∈ Nx ) Ta có PH //MN (vì vng góc với PI ), suy ∆PHS µ vng cân ti H Sà1 = P ả =P (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn Mặt khác M 1 ằ ) PQ ả + Sà = P +P µ = SPQ · ⇒M 1 (2) · Từ (1) (2) suy Tµ1 = SPQ Mà Tµ1 góc ngồi đỉnh đối diện với đỉnh P nên tứ giác PQTS nội tiếp Dạng 3: Tứ giác có bốn đỉnh cách điểm Bài tập mẫu µ =D µ = 60°, CD = AB Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD ( AB / / CD, AB < CD ) có C Chứng minh bốn điểm A, B, C , D thuộc đường tròn Giải chi tiết:  IC = AB ⇒ ICBA hình Gọi I trung điểm CD , ta có:   IC / / AB bình hành ⇒ BC = AI (1) Tương tự ABID hình bình hành nên AD = BI (2) µ =D µ = 60° nên ABCD hình thang cân ABCD hình thang có C (3) Từ (1), (2) (3) ta có hai tam giác ∆IAD = ∆IBC ⇒ IBC , IAD hay IA = IB = IC = ID hay bốn điểm A, B, C , D thuộc đường tròn Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường tròn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn ( C tiếp điểm) AC cắt OM E ; MB cắt nửa đường tròn ( O ) D ( D khác B ) Chứng minh AMCO AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn Giải chi tiết: · · Vì MA, MC tiếp tuyến nên: MAO = MCO = 90° ⇒ AMCO tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO ·ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ·ADM = 90° (1) Ta có OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường trung trực AC ⇒ ·AEM = 90° (2) Từ (1) (2) suy AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA Ví dụ 3: Cho đường tròn tâm O Kẻ đường kính AB CD vng góc với Gọi E điểm cung nhỏ CB EA cắt CD F , ED cắt AB M a) Các tam giác CEF EMB tam giác gì? b) Chứng minh bốn điểm C , F , M , B thuộc đường tròn tâm E Phân tích đề · a) Ta thấy CFE góc có đỉnh nằm bên đường » , »AD tròn chắn hai cung CE · FCE góc nội tiếp chắn cung » ED Mà » = EB » ; »AD = BD » nên FCE · · CE = CFE ⇒ ∆CFE cân E b) Từ kết câu a), ∆ECF ∆EBM hai tam giác cân ta có EC = EF , EM = EB Lại có CE = EB (do E điểm cung nhỏ CB ) nên bốn điểm F , C , M , B thuộc đường tròn tâm E Giải chi tiết: · a) Vì CFE góc có đỉnh F nằm bên đường tròn nên: ( ) · » + sđ »AD CFE = sđ CE (1) ( ) » ⇒ FCE · » + sđ BD » (2) · = sđ EB Góc FCE góc nội tiếp chắn cung ED » E điểm Vì hai đường kính AB CD vng góc với nên »AD = BD » = EB » cung nhỏ CB nên CE · · Từ (1), (2) (3) suy FCE = CFE ⇒ ∆CFE cân E (3) Tương tự ta có ∆BME cân E b) Theo câu a), ∆ECF ∆EBM hai tam giác cân nên CE = EF ; EM = EB » = EB » ⇒ CE = EB Do CE = EF = EM = EB Lại có CE Vậy bốn điểm F , C , M , B thuộc đường tròn tâm E Dạng 4: Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh lại góc Phương pháp giải Bài tập mẫu Ví dụ 1: Trên cạnh BC , BD hình vuông ABCD ta lấy điểm M , N · cho MAN = 45° Đường thẳng BD cắt đường thẳng AM , AN tương ứng điểm P, Q a) Chứng minh tứ giác ABMQ ADNP nội tiếp b) Chứng minh điểm M , N , Q, P, C nằm đường tròn Giải chi tiết: a) Các đỉnh A B nhìn đoạn thẳng MQ góc 45° Vì tứ giác ABMQ nội tiếp Tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp b) Do ABMQ tứ giác nội tiếp nên ·AQM + ·ABM = 180° ⇒ ·AQM = 90° Tương tự tứ giác ADNP nội tiếp suy ·APN = 90° Tứ giác MNQP tứ giác nội tiếp có hai đỉnh Q P nhìn cạnh MN góc 90° Suy bốn điểm M , N , Q, P thuộc đường tròn (1) · · Tứ giác MCNP tứ giác nội tiếp MCN + MPN = 90° + 90° = 180° Suy bốn điểm M , C , N , P thuộc đường tròn (2) Từ (1) (2) suy điểm M , N , Q, P, C nằm đường tròn Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc · cạnh AB , M thuộc cạnh BC cho IEM = 90° ( I M khơng trùng với đỉnh hình vng) a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp · b) Tính số đo góc IME c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC ; K giao điểm BN tia EM Chứng minh BKCE tứ giác nội tiếp Giải chi tiết: a) Theo giả thiết có: · · · · IBM = IEM = 90° ⇒ IBM + IEM = 180° Vậy tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: · · IME = IBE = 45° (hai đỉnh nhìn cạnh IE ABCD hình vng) · · c) Xét ∆EBI ∆ECM có: IBE = MCE = 45° (do ABCD hình vng); BE = CE (do ABCD hình vng); · · · (do phụ với BEM ) BEI = CEM ⇒ ∆EBI = ∆ECM ( g.c.g ) ⇒ MC = IB (hai cạnh tương ứng) ⇒ MB = IA Vì CN //BA nên theo định lí Ta-lét, ta có: MA MB IA = = Suy IM //BN (định lí Ta-lét MN MC IB đảo) · · · ⇒ BKE = IME = 45° Lại có BCE = 45° (do ABCD hình vng) · · Suy BKE Tứ giác BKCE có hai đỉnh K C kề nhìn cạnh = BCE BE góc nên BKCE tứ giác nội tiếp Ví dụ 3: Cho đường tròn đường kính AB , điểm C , D nằm đường tròn cho C , D nằm khác phía đường thẳng AB , đồng thời AD > AC Gọi điểm cung nhỏ AC , AD M , N ; giao điểm MN với AC , AD H , I ; giao điểm MD CN K · a) Chứng minh ·ACN = DMN Từ suy tứ giác MCKH b) Chứng minh KH song song với AD c) Tìm hệ thức liên hệ sđ »AC sđ »AD để AK song song với ND 10 (Sở Giáo dục Đào tạo Bắc Ninh năm học 2018 – 2019) Giải chi tiết: ¼ a) Vì N điểm cung »AD ⇒ »AN = DN · (hai góc nội tiếp chắn hai cung ⇒ ·ACN = DMN ¼ ) »AN , DN Khi tứ giác CMHK có hai đỉnh M C nhìn cạnh HK góc nên CMHK tứ giác nội tiếp b) Theo câu a) có CMHK tứ giác nội tiếp nên · · » ) (cùng chắn cung CK CHK = CMK (1) Xét đường tròn đường kính AB có · · » ) (cùng chắn CD CMK = CAD (2) · · Từ (1) (2) suy CHK Mà hai góc vị trí đồng vị, suy HK //AD = CAD (đpcm) · · c) AK //ND ⇔ KAD = ·ADN = KMI ⇔ MAIK tứ giác nội tiếp ·ADN = ·ACN = ·AMI = ·AKI ⇒ KAI · = ·AKI ⇒ ∆AKI cân I Mà IM phân giác góc ·AIK ⇒ MI ⊥ AK · Lại có AK //ND ⇒ MI ⊥ ND hay MN ⊥ ND ⇒ MND = 90° ⇒ MD đường kính đường tròn đường kính AB » · » + sđ »AD = 180° ⇔ sđ AC + sđ »AD = 180° ⇒ MAD = 180° ⇔ sđ MA Ví dụ 4: Cho đường tròn ( O; R ) dây BC cố định, A điểm di động cung lớn BC ( A khác B, C ) cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Kẻ đường kính AF đường tròn ( O ) , AF cắt BC điểm N a) Chứng minh tứ giác BEDC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AE AB = AD AC c) Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường tròn ( O ) 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: 11 · · a) Tứ giác BEDC có BEC = BDC = 90° (giả thiết) Suy tứ giác BEDC tứ giác nội tiếp (hai góc kề nhìn cạnh BC góc nhau) b) Tứ giác BEDC nội tiếp suy ·AED = ·ACB (góc ngồi tứ giác nội tiếp) Xét ∆AED ∆ACB có: ·AED = ·ACB (chứng minh trên); · BAC chung ⇒ ∆AED : ∆ACB ( g.g ) ⇒ AE AC = (hai cạnh tương ứng) AD AB ⇒ AE AB = AD AC c) Ta có: BD //CF (vì vng góc với AC ) BF //EC (vì vng góc với AB ) Do BHCF hình bình hành d) Ta thấy tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH ⇒ ·AKH = 90° Mà ∆AKF nội tiếp đường tròn đường kính AF ⇒ ·AKF = 90 Từ (1) (2) suy ba điểm K , H , F thẳng hàng 12 (2) (1) ... Vì tứ giác ABMQ nội tiếp Tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp b) Do ABMQ tứ giác nội tiếp nên ·AQM + ·ABM = 180° ⇒ ·AQM = 90° Tương tự tứ giác ADNP nội tiếp suy ·APN = 90° Tứ giác MNQP tứ giác. .. · · a) Tứ giác BEDC có BEC = BDC = 90° (giả thi t) Suy tứ giác BEDC tứ giác nội tiếp (hai góc kề nhìn cạnh BC góc nhau) b) Tứ giác BEDC nội tiếp suy ·AED = ·ACB (góc ngồi tứ giác nội tiếp) Xét... Chứng minh BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn Giải chi tiết: Tứ giác BEFI có: · BIF = 90° (giả thi t); · · BEF = BEA = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn