Dạng 1: Tứ giác nội tiếp có đáp án
13 câu hỏi
Cho tam giác ABC, 2 đường cao BB’, CC’. Chứng minh tứ giác BCB’C’ nội tiếp.
Chứng minh 4 đỉnh cách đều 1 điểm
Gọi O là trung điểm của BC. Xét DBB’C có : BB'C^=900(GT)
OB’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
Þ OB’ = OB = OC = r (1)
Xét DBC’C có : BC'C^=900 (GT)
Tương tự trên Þ OC’ = OB = OC = r (2)
Từ (1) và (2) Þ B, C’, B’, C Î (O; r)Þ Tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn.
Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C) là tiếp điểm. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh BC, CA, AB. Gọi giao điểm của BM và IK là P; giao điểm của CM, IH là Q.
a) Chứng minh rằng các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp được;
a)
* BIM^=BKM^=900 suy ra tứ giác BIMK nội tiếp. (phương pháp 1)
* CIM^=CHM^=900 suy ra tứ giác CIMH nội tiếp. (phương pháp 1)
b, Chứng minh MI2 = MH.MK;
b) Tứ giác BIMK nội tiếp nên IKM^=IBM^; (nội tiếp cùng chắn cung MI);KIM^=KBM.^ (nội tiếp cùng chắn cung KM)
Tứ giác CIMK nội tiếp nên ICM^=IHM^;(cùng chắn cung MI); MIH^=MCH.^ (cùng chắn cung MH)
Xét đường tròn tâm (O) có : KBM^=BCM^; (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung(;MBI^=MCH.^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Từ 1, 2, 3 suy ra KIM^=IHM^;MKI^=MIH.^
Do đó ΔIMK~ΔMHI(g.g)
⇒MKMI=MIMH⇒MI2=MK.MH.
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 ).
a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
Vì là tiếp tuyến nên:MAO^=MCO^=900 . Tứ giác AMCO có MAO^+MCO^=1800 ⇒AMCOlà tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.
b) Chứng minh MBCD là tứ giác nội tiếp (xem cách giải Bài 3)
ADB^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ADM^=900(1)
Lại có: OA=OC=R; MA=MC (tính chất tiếp tuyến).
Suy ra OM là đường trung trực của AC
⇒AEM^=900(2).
Từ (1) và (2) suy ra ADM^=AEM^=900 . Tứ giác AMDE có hai đỉnh A, E kề nhau cùng nhìn cạnh MA dưới một góc không đổi. Vậy AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính .
Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB, kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F ( F ở giữa B và E)
1. Chứng minh:ABD^=DFB^.
1)
ΔADB có ADB^=90o ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ABD^+BAD^=90o(vì tổng ba góc của một tam giác bằng )(1)
ΔABF có ABF^=90o (BF là tiếp tuyến ). ⇒AFB^+BAF^=90o(vì tổng ba góc của một tam giác bằng 180o) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ABD^=DFB^
2. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
2) Tứ giác ACDB nội tiếp (O) . ⇒ABD^ +ACD^ = 180o
mà ECD^ +ACD^ = 180o ( Vì là hai góc kề bù) ⇒ECD^=DBA^
Theo trên ABD^=DFB^, ECD^=DBA^⇒ECD^=DFB^. Mà EFD^ +DFB^ = 180o ( Vì là hai góc kề bù) nên ⇒ECD^ +AEFD^ = 180o, do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp.
Cho nửa đường tròn đường kính BC=2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH⊥BC. Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB và CA thứ tự tại D và E.
a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R=25 và BH=10
Ta có BAC^=90o (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn)
Tương tự có BDH^=CEH^=90o
Xét tứ giác ADHE có A^=ADH^=AEH^=90o hay ADHE là hình chữ nhật.
Từ đó DE=AH mà AH2=BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
hay AH2=10.40=202BH=10;CH=2.25−10=40⇒DE=20
b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
b) Ta có: BAH^ = C^ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà DAH^=ADE^ (1)
(Vì ADHE là hình chữ nhật) => C^=ADE^ do C^+BDE^=180o nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
Lưu ý: Có thể hướng dẫn học sinh một cách sử dụng hệ thức lượng và tam giác đồng dạng như sau:
Tam giác AHB vuông tại H, đường cao AH. Ta có AH2=AD.AB
Tam giác AHC vuông tại H, đường cao AE. Ta có AH2=AE.AC
Ta có AD.AB=AE.AC⇒ADAC=AEAB
Xét tam giác ADE và tam giác ACB có ADAC=AEAB,BAC^=DAE^=900 (góc chung)
⇒ΔADEΔACB⇒ADE^=ACB^ màADE^+EDB^=1800 nên ADE^+ECB^=1800
Tứ giác BDEC có ADE^+ECB^=1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
Từ bài toán quen thuộc cho (O,R). Trên nửa mặt phẳng bờ AB kẻ tiếp tuyến Ax và By với (O), lấy N thuộc (O), kẻ tiếp tuyến với (O) tại N cắt Ax tại C, cắt By tại D. Gọi I và K lần lượt là giao điểm của AN và CO, MN và OD. Chứng minh NIOK là hình chữ nhật.
Ta có bài toán sau:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng QA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ QA và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D.
a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
a)
Ta có tứ giác ACNM có: MNC^=900 (gt) MAC^=900 (tínhchất tiếp tuyến).
⇒MNC^+MAC^=1800ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD.
b) Chứng minh ΔANB đồng dạng với ΔCMD từ đó suy ra IMKN là tứ giác nội tiếp.
b) ΔANB và ΔCMDcó:
ABN^=CDM^ (do BDNM tứ giác nội tiếp)
BAN^=DCM^ (do tứ giác ACNM nội tiếp ) nên ΔANB~ΔCMD (g.g)
ΔANB~ΔCMD⇒CMD^=ANB^=90o
(doANB^ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
Suy ra IMK^=INK^=900⇒INK^+IMK^=1800 . Vậy IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), M là điểm chính giữa của cung AB. Nối M với D, M với C cắt AB lần lượt ở E và P. Chứng minh tứ giác PEDC nội tiếp được đường tròn.
Ta có :MEP^=sdAD⏜+MB⏜2 (góc có đỉnh nằm bên trong (O))
Mà DCP^=sdDM⏜2 (góc nội tiếp)
Hay ⇒DCP^=sdAD⏜+MA⏜2
Lại có :
Nên : 
Nghĩa là: Tứ giác PEDC có góc ngoài tại đỉnh E bằng góc trong tại đỉnh C. Vậy tứ giác PEDC nội tiếp được đường tròn.
Ta có : Tứ giác ABCD nội tiếp (O)Ta phải chứng minh: AC. BD = AB. DC + AD. BC
Lấy E Î BD sao cho
Þ ΔDAE ΔCAB (g. g)
Þ
Þ AD. BC = AC. DE (1)
Tương tự: (g. g)
Þ BECD=ABAC
Þ BE. AC = CD. AB (2)
Từ (1) và (2) Þ AD. BC + AB. CD = AC. DE + EB. AC
Þ AD. BC + AB. CD = AC. DB (đpcm)
