Title Chuyên đề 16. TỨ GIÁC NỘI TIẾP.doc ✅

CHƯƠNG Chuyên đề 16. TỨ GIÁC NỘI TIẾP A. Kiến thức cần nhớ 1. Định nghĩa. • 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). Hình bên: Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. 2. Định lí. Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng 180°. 3. Định lí đảo. Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 180° thì tứ giác đó nội tiếp đường tròn. B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Hai đường tròn 1O và 2O cắt nhau tại M và P. Vẽ dây MA của đường tròn 2O là tiếp tuyến của đường tròn 1O . Vẽ dây MB của đường tròn 1O là tiếp tuyến của đường tròn 2O . Trên tia đối của tia PM lấy điểm H sao cho PHPM . Chứng minh rằng tứ giác MAHP nội tiếp. Giải Tìm cách giải. - Khai thác giả thiết, ta có PHPM . Do vậy nếu I, K là trung điểm MB, MA mà MIPK là tứ giác nội tiếp thì MAHB cũng là tứ giác nội tiếp. - Ta biết rằng tâm đường tròn ngoại tiếp là giao điểm các đường trung trực của các cạnh và đường chéo. Dễ nhận biết đường trung trực của MB đi qua 1O , đường trung trực của MA đi qua 2O . Nếu giao điểm của hai đường trung trực này nằm trên đường trung trực của MH thì bài toán xong. Với hai định hướng trên ta có hai cách giải sau:  Trình bày lời giải Cách 1. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của MB, MA. Ta có: BMPMAP ; AMPMBP suy ra MBPAMP∽ (g.g) BPMBBPBI MPAMMPMK BPIMPK∽ (c.g.c)  BPIMPK Xét IMKIPKIMPPMKIPMMPK  180IMPMBPIPMBPI Suy ra tứ giác MIPK nội tiếp, mà IP, KP lần lượt là đường trung bình của tam giác MBH, MAH //IPBH , //KPAH  180KPIAHBAMBAHB  Tứ giác MAHP nội tiếp Cách 2. Dựng hình bình hành 12OMOO Suy ra 12//OOMO , 21//OOOM Mà 2MBMO , 1MAMO nên: 1OOMB , 2OOMA . Do đó OMOB ; OMOA 1 Gọi giao điểm 12OO với MO; MP là I, K Ta có 12OOMP và IMIO ; KMKP

• Nếu gọi M là tiếp điểm của đường tròn O với EK, dễ thấy BOMK là tứ giác nội tiếp. Nên muốn chứng minh D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn, ta chỉ cần chứng minh D, O, M, B cùng thuộc một đường tròn. • Quan sát kỹ, ta có  2 K BKO . Vậy ta chỉ cần chứng minh  2 K BDO . • Cũng dễ nhận thấy  180 2 A DBKABC  . Do đó ta cũng cần chứng minh  180 2 A DOK  . Trình bày lời giải Cách 1. Gọi M là tiếp điểm của đường tròn O với EK. Ta có EM, EC là tiếp tuyến của O nên: 1 2MOECOEMOC Vì 1 2MBCMOCMOEMBC . Mặt khác 180MOEMOD Và 180MBCMBD Suy ra MODMBD Vậy D, O, M, B cùng thuộc một đường tròn. Mà 90KMOKBO nên tứ giác KMOB nội tiếp. Vậy năm điểm D, K, O, M, B cùng thuộc một đường tròn Suy ra D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn. Cách 2. Ta có  18018090 22 AE CDEDCEDEC  90 22 AEK CDE  Mà   2 K BKOBKOBDO . Suy ra D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn. Cách 3. Tam giác OEK có  2 KE DOKOKEOEK  (tính chất góc ngoài tam giác).  Suy ra  180 2 A DOK  Mặt khác, ta có:  180 2 A DBKABC  Do đó: DBKDOK Vậy D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn. Ví dụ 4. Cho đường tròn tâm O đường kính 2ABR và C là điểm chính giữa cung AB. Lấy điểm M tùy ý trên cung BC (M khác B). Gọi N là giao điểm của hai tia OC và BM; H, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AO, AM; K là giao điểm các đường thẳng BM và HI. a) Chứng minh rằng A, H, K và N cùng nằm trên một đường tròn; b) Xác định vị trí của điểm M trên cung BC (M khác B) sao cho 10 2 R AK (Thi học sinh giỏi lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2008 - 2009) Giải
Tìm cách giải. Dễ dàng nhận thấy HI là đường trung bình của AOM nên //HIOM suy ra KHBMOB ;  HKBOMB . Do vậy để chứng minh A, H, K và N cùng nằm trên một đường tròn ta chỉ cần chứng minh  NAOHKB hoặc ANBKHBNAOOMB hoặc ANBMOB . Từ đó ta có cách giải sau: Trình bày lời giải a) Ta có tam giác NAB cân tại N (ON là trung trực của AB)  NABNBA 1 Lại có: OMOBR .  NBABMO 2 . Do H, I là trung điểm của OA, AM nên HI là đường trung bình của tam giác AOM. Suy ra //HIOMBMOHKM 3 Từ 1 , 2 và 3 , suy ra: NABHKB . Do đó tứ giác AHKN nội tiếp hay A, H, K, N cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có: 22 AOR AHHO . 1 // 22 KMOHR HKOM KBOBR Đặt 2 x MBxMK Áp dụng định lí Py-ta -go trong các tam giác vuông AKM và AMB, ta có: 22222 AKKMAMABBM 2 2 2210 42 24 Rx RxxR    102 sin 22 MBR MAB ABR  4590MABsdBMMC . C. Bài tập vận dụng 16.1. Cho hình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB. Kẻ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác CBMD là tứ giác nội tiếp. b) Khi điểm D di động trên đường tròn thì BMDBCD không đổi. c) ..DBDCDNAC . 16.2. Cho hai đường tròn O và O cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của đường tròn O và O cắt đường tròn O và O theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các dây AC và AD. Chứng minh rằng: a) Hai tam giác ABD và CBA đồng dạng. b) BQDAPB . c) Tứ giác APBQ nội tiếp. 16.3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . Đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC cất AB và AC thứ tự tại D và E. Chứng minh AO vuông góc với DE. 16.4. Cho hai vòng tròn 1O và 2O tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai vòng tròn này nằm trong vòng tròn 3O và tiếp xúc với 3O tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của 1O và 2O cắt 3O tại