4.CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP A.KIẾN THỨC CƠ BẢN Phương pháp chứng minh -Chứng minh bốn đỉnh tứ giác cách điểm -Chứng minh tứ giỏc cú hai góc đối diện bự -Chứng minh hai đỉnh cựng nhỡn đoạn thẳng tạo hai điểm cũn lại hai gúc -Chứng minh tổng gúc ngồi đỉnh với góc đối diện bự -Nếu MA.MB = MC.MD NA.ND = NC.NB thỡ tứ giỏc ABCD nột tiếp (Trong M  AB  CD; N  AD  BC ) -Nếu PA.PC = PB.PD thỡ tứ giỏc ABCD nội tiếp (Trong P  AC  BD ) -Chứng minh tứ giác hỡnh thang cõn; hỡnh chữ nhật; hỡnh vuụng; … Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm cựng thuộc đường trịn ta chứng minh điểm lúc Song cần ý tính chất “Qua điểm không thẳng hàng xác định đường tròn” B BÀI TẬP TỔNG HỢP: Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đường cao) CDH = 900 ( Vì AD đường cao) => CEH + CDH = 1800 A N P E F H - B D - O ( ( C M Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE AC => BEC = 900 CF đường cao => CF AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường tròn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung => AEH AE AH  ADC => AD AC => AE.AC = AH.AD * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; góc chung => BEC BE BC  ADC => AD AC => AD.BC = BE.AC C Ta có C2 = => => C1 = A1 ( phụ với góc ABC) A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) C1 = C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đường cao) A O H B D E C CDH = 900 ( Vì AD đường cao) CDH = 1800 => CEH + Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE AC => BEA = 900 AD đường cao => AD BC => BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường trịn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = E2 = E2 + A1 ( phụ với góc ACB) => E3 E1 = E3 => E1 + Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE OE E Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm Bài Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD Chứng minh COD = 900 AB2 3.Chứng minh AC BD = 4.Chứng minh OC // BM 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD 5.Chứng minh MN AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải: y x D / I M / C N O A B Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà Theo BOM COD = 900 hai góc kề bù => AOM COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, AB2 Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = Theo COD = 900 nên OC OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM => OC // BM ( Vì vng góc với OD) OD (2) Từ (1) Và (2) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB  IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đường tròn đường kính CD CN AC  Theo AC // BD => BN BD , mà CA = CM; DB = DM nên suy CN CM  BN DM => MN // BD mà BD AB => MN AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O) Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B BK hay IBK = 900 Do BI Tương tự ta có ICK = 900 B C nằm đường tròn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH I1 = 900 (2) ( C2 + IHC = 900 ) A I B H C o K I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900 Như tam giác DEF có ba góc nhọn AD AF  Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => AB AC => DF // BC DF // BC => BDFC hình thang lại có B= C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn A D F O I B M C E Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = => => BFD (nội tiếp chắn cung DI); BDM = BFD (vì so le) CBF BDM CBF = BD BM  CBF => CB CF Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời giải: Ta có OMP = 900 ( PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường trịn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN C M A O B N A' => P D OPM = B' OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có OCM MOC = OMP = 900; OPM = => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết Ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => có C góc chung => OMC AB); MOC = DNC = 900 lại NDC CM CO  => CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Lời giải: Ta có : => BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vng A) (3) A E )1 B I 1( O1 F H O2 C Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn => F1= H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => EBC+ EFC = kề bù) => AFE + EFC mà AFE + EBC+ EFC = 1800 mặt khác B1= F1 => EFC = 1800 (vì hai góc EBC tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp EFC hai góc đối Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) => AE AF  ACB => AC AB => AE AB = AF AC AEF * HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE Tam giác AHC vng H có HF AB => AH2 = AE.AB (*) AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = E2 = AHB = 900 => H2 E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tương tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vng góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn Lời giải: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) Ta có: E N H 1 M A => I C O K B ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC tròn (I) (K) AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường => B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => => B1 = K => C 1= N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân B1 = N1 (5) Từ (4) (5) => = N3 N1 = N3 mà MNK = 900 hay MN N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm O) => A có EC AEB vng AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) =  OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  IA2 =  52 = 25  ; S(k) =  KB2 =  202 = 400  Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường trịn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625  - 25  - 400  ) = 200  = 100   314 (cm2) Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: C O D S M E 2 F A B H×nh a C O E S D 2 M 1 F A B H×nh b Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vng A); nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => MDC = 900 ( góc CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D 1= C3 => SM  EM => D 1= C2 = C3( nội tiếp chắn cung AB) C3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB Xét CMB Ta có BA CM; CD BM; ME BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy Theo Ta có SM  EM => D 1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 900 MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = ADC) => CME (cùng phụ CME = ACB); ABC = CDS (cùng bù CDS => CE  CS  SM  EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) A); => BAC = 900 ( tam giác ABC vng BAC = 900 ; lại có DEB = DEB = 900 => Theo ABC góc chung => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); DAC = 900 => ABC vuông A) hay DEB DEC + CAB BAC = 900 ( DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp B O E F D G S * A C BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); tiếp chắn nửa đường trịn ) hay DFB = 900 ( góc nội BFC = 900 F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường trịn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH PQ Lời giải: Ta có MP => AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt) AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường tròn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đường cao => SABC Tam giác ABM có MP đường cao => SABM = BC.AH = AB.MP Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM = AC.MQ A O P Q B H M Ta có SABM + SACM = SABC C 1 => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ => HP  HQ ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH PQ Bài 18 Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đường thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đường trịn ; MA MB thứ tự cắt đường tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội Lời giải: BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => góc kề bù); DE => BID + AB M => BID = 900 (vì hai BMD = 900 BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) D I A / / O M E B O' C => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường BI ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DC; theo DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thơi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vng I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) C1 mà I3 + MI MIE cân M => C1 = I2 Mà E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I3 + I2 = BIC = 900 => O’I I => MI tiếp tuyến (O) I1 + I1 = => I3 => I2 = 900 = I1 = I3 = I1 + I2 = MIO’ hay ... AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội Lời giải: BIC = 900 ( nội tiếp chắn... nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp. .. hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác