Tứ giác nội tiếp

A. Phương pháp giải

1. Một tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn (gọi tắt là tứ giác nội tiếp).

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

4. Nếu một tứ giác lồi có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.

B. Bài tập tự luận

Bài 1:

Cho ΔABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCEF nội tiếp.

b) HA.HD = HB.HE = HC.HF.

Hướng dẫn giải

a) Ta có ∠BEC = ∠BFC = 90^o

Suy ra các điểm E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay tứ giác BCEF nội tiếp.

b) Vẽ đường tròn đường kính BC. Xét ΔBHF và ΔCHE có:

+) ∠EBF = ∠ECF (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

+) ∠FHB = ∠EHC(đối đỉnh).

Suy ra ΔBHF ∼ ΔCHE (g.g)

BH/CH = HF/HE hay HB.HE = HC.HF (1)

Chứng minh tương tự ta có:

HA.HD = HB.HE (2)

Từ (1) và (2) suy ra: HA.HD = HB.HE = HC.HF.

Bài 2:

Cho ΔABC nhọn, đường cao AH. Các điểm M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. Chứng minh rằng:

a) AM.AB = AN.AC.

b) Tứ giác BMNC nội tiếp.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: ∠AMH = ∠ANH = 90^o (gt)

Suy ra các điểm M, N cùng thuộc đường tròn đường kính AH nên:

∠AMN = ∠AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

Mặt khác: ∠AHN = ∠ACH

Do đó ΔAMN ∼ ΔACB (g.g) => AM/AC = AN/AB hay AM.AB = AN.AC.

b) Theo chứng minh câu a) ta có:

∠AMN = ∠ACH

Suy ra ∠BMN + ∠ACH = ∠BMN + ∠AMN = 180^o

Vậy tứ giác BMNC nội tiếp.

Bài 3:

Cho tam giác ABC có góc. Các điểm O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn giải

Gọi D là giao điểm khác của A của đường thẳng AI với đường tròn ngoại tiếp ΔABC .

Ta có: ∠BID = ∠IAB + ∠ABI = 1/2 ∠A + 1/2 ∠B

∠CID = ∠IAC + ∠ACI = 1/2 ∠A + 1/2 ∠C

Do đó: ∠BIC = ∠BID + ∠CID = 1/2 ∠A + 1/2∠B + 1/2∠C + 1/2∠A =1/2∠A + 90^o

Mặt khác: ∠BOC = 2∠A = 120^o.

Do đó hai điểm I và O cùng nhìn đoạn BC dưới những góc bằng nhau. Ngoài ra hai điểm I và O cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa A, bờ BC. Do đó B, I, O, C cùng thuộc một đường tròn.

Bài 4:

Cho tam giác ABC nhọn có ∠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. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác INQC nội tiếp.

b) Tứ giác BPQC nội tiếp.

Hướng dẫn giải

a) Vì đường tròn (I) tiếp xúc với AB, AC tại M và N nên AM = AN

=> ΔAMN cân tại A.

Ta có: ∠CNQ = ∠ANM (đối đỉnh)

= (180^o – ∠A)/2 =(∠B + ∠C)/2

=∠IBC + ∠ICB = ∠CIQ

Tứ giác INQC có hai điểm liên tiếp I và N cùng nhìn cạnh QC dưới các góc bằng nhau nội tiếp được một đường tròn.

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^o

Suy ra ∠IQC = 90^o (1)

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

=> ∠IMB = ∠IPB = 90^o

Từ (1) và (2) suy ra: ∠BPC = ∠BQC = 90^o nên tứ giác BPQC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Bài 5:

Cho hình bình hành ABCD có ∠BAD = 90^o, có tâm là O. Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên BD, AD, AB. Chứng minh bốn điểm M, N, P, O cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn giải

Ta có: ∠CPA = ∠CNA = 90^o (gt) nên tứ giác ANCP nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC.

Suy ra ∠PON = 2∠PCN

Lại có: ∠PCN + ∠NAP = 180^o

=> ∠PCN = 180^o – ∠NAP = ∠ABC (do AD // BC)

Do đó ∠PON = 2∠ABC (1)

Mặt khác ∠PMN = 180^o – (∠PMB + ∠NMD)

Mà tứ giác CDNM nội tiếp đường tròn đường kính CD nên:

∠NMD = ∠NCD = 90^o – ∠CDN = 90^o – ∠ABC

Lại có tứ giác BCMP nội tiếp đường tròn đường kính BC nên:

∠PMB = ∠PCB = 90^o – ∠ABC

=> ∠PCB = 180^o – (90^o – ∠ABC + 90^o – ∠ABC) = 2∠ABC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ∠PON = ∠PMN do đó tứ giác POMN nội tiếp.