CHỦ 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
1
A, B là hai đỉnh kề nhau
cùng nhìn cạnh CD
Hai đỉnh cùng nhìn một
cạnh
·
·
CBD
= CAD
= 90°
A, B là hai đỉnh kề nhau
cùng nhìn cạnh CD

Hai góc đối bù nhau
µ
µ = 180°
A +C

µ
µ = 90°
A =C

µ +D
µ = 180°
B

Cùng cách đều một điểm

OA = OB = OC = OD

Góc trong = góc ngoài tại

µ
·
A = BCx

đỉnh đối diện

·
là góc ngoài tại C
BCx

ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP
1. Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là
đường tròn ngoại tiếp đa giác và đa giác được gọi là đa giác
nội tiếp đường tròn.
1.


2. Bất kì đa giác đều nào cũng có một và chỉ một đường tròn ngoại tiếp.

3. Một tam giác bất kì luôn có duy nhất một đường tròn ngoại tiếp

có tâm là giao điểm của ba đường trung trực.

A. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 180°
Phương pháp giải
Định lí: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng 180° .
Định lí đảo: Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc bằng 180° thì tứ giác đó nội tiếp
đường tròn.

BÀI TẬP MẪU
Ví dụ 1: Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Vẽ dây cung CD vuông góc với
AB tại I ( I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ),
AE cắt CD tại F . Chứng minh BEFI là 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 ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF .
Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2 R . Điểm C (khác A ) bất kì nằm
trên nửa đường tròn sao cho AC < CB . Điểm D thuộc cung nhỏ BC sao cho
·
COD
= 90° . Gọi E là giao điểm của AD và BC , F là giao điểm của AC và BD .

a) Chứng minh CEDF là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh FC.FA = FD.FB .
c) Gọi I là trung điểm của EF . Chứng minh IC là tiếp tuyến của ( O ) .
2.


d) Hỏi khi C thay đổi thỏa mãn điều kiện bài toán, E thuộc đường tròn cố định
nào?
(HKII Hoàn Kiếm – Hà Nội năm học 2017 – 2018)
Phân tích đề bài
FDA
64∆7
48
FC4. FA
FD4.FB
1
4 2= 4
3

c) IC là tiếp tuyến của ( O )

c

c

∆FCB : ∆FDA

IC ⊥ OC

∆FCB

c
·
ICO
= 90°
d) Để chứng minh điểm E luôn thuộc một đường tròn cố định, ta cần chỉ ra E luôn
cách một điểm cố định một 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 là tứ giác
nội tiếp.
·
·
b) Xét ∆FCB và ∆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 là giao điểm của EF và AB . Vì E là trực
tâm của ∆ABF nên FH ⊥ AB .
·
·
∆OCA cân tại O nên OCA
(hai góc ở đáy).
= OAC
Ta có CI là đường trung tuyến của tam giác vuông CEF nên CI = CF . Do đó ∆ICF
·
·
cân tại I nên ICF
(hai góc ở đáy).
= IFC
·
·
·
·
⇒ ICF
+ OCA
= IFC
+ OAC
= 90° (vì ∆HAF vuông tại H ).

·
⇒ ICO
= 90° ⇒ IC ⊥ OC . Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
d) Gọi T là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm C (T cố định).
Khi đó OT ⊥ AB nên OT //IE .
3.


Chứng minh tương tự câu c, ta có được ID là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
Do đó tứ giác ICOD là hình chữ nhật. Lại có OC = OD nên tứ giác này là hình vuông
cạnh R .
Tam giác ECF vuông tại C có CI là trung tuyến nên IE = CI = R .
Ta có: OT //IE và OT = IE = R nên IETO là hình bình hành.
Do vậy TE = OI = R 2 .
Vậy E thuộc đường tròn tâm T bán kính R 2 .
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC và đường cao AH . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC . Đường tròn
ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác CNH tại E . Chứng minh AMEN là tứ giác nội tiếp
và HE đi qua trung điểm của MN .
Phân tích đề bài
Để chứng minh AMEN là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh:
·
·
MAN
+ MEN
= 180° .
·
·
Ta cần tìm sự liên hệ của các góc MAN

với các góc có sẵn của những 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 ra MEN
+ MAN
= 180° hay tứ giác AMEN là tứ giác nội tiếp.
Kẻ MK ⊥ BC , giả sử HE cắt MN tại I thì IH là cát tuyến của hai đường tròn

( BMH ) , ( CNH ) .
Lại có MB = MH = MA (tính chất trung tuyến tam giác vuông). Suy ra tam giác MBH
cân tại M .
⇒ KB = KH ⇒ MK luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBH .

Hay MN là tiếp tuyến của ( MBH ) suy ra IM 2 = IE.IH .

(1)

Tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của ( HNC ) suy ra IN 2 = IE.IH .
Từ (1) và (2) suy ra IM = IN .
Vậy HE đi qua trung điểm của MN .
4.

(2)


Dạng 2: Tứ giác có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện
Phương pháp giải

BÀI TẬP MẪU
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A . Kẻ đường cao AH và phân giác trong AD
·
của góc HAC
. Phân giác trong góc ·ABC cắt AH , AD lần lượt tại M , N .
·
Chứng minh rằng BND
= 90° .
Phân tích đề bài

·
·
Ta có MHD
= 90° . Nếu MND
= 90° thì tứ giác MHDN
nội tiếp.
·
Vì vậy, thay vì trực tiếp chỉ ra góc BND
= 90° ta sẽ
đi chứng minh tứ giác MHDN nội tiếp. Tức là ta
chứng minh ·AMN = ·ADH .
Giải chi tiết:
Ta có

·AMN = BMH
·
·
·
·
= 90° − MBH
, NDH
= 90° − HAD

1
1·
·
·
= ·ABC , HAD
= HAC
mà MBH

2
2

và

·ABC = HAC
·
·
do cùng phụ với góc BCA
, từ đó suy ra ·AMN = ·ADH hay tứ giác MHDN
·
·
nội tiếp ⇒ MND
= MHD
= 90° .
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn tâm O , đường
kính AI . Gọi E là trung điểm của AB , K là trung điểm của OI , H là trung điểm
của EB .
a) Chứng minh HK ⊥ EB .
b) Chứng minh tứ giác AEKC nội tiếp được trong một
đường tròn.
Phân tích đề bài
a)

HK ⊥ EB

c
5.

HK //OE //IB

c
HK là đường trung bình của hình thang OEBI
b) Tứ giác AEKC nội tiếp được trong một 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 vuông tại B .
⇒ IB ⊥ AB .

Lại có OE ⊥ AB (quan hệ đường kính và dây cung). Do đó OE //IB . Suy ra OEBI là
hình thang.
Mà HK là đường trung bình của hình thang OEBI ⇒ HK //OE //IB ⇒ HK ⊥ EB .
·
·
b) ∆EB cân tại K vì có KH vừa là trung tuyến đồng thời là đường cao ⇒ BEK
= KBE
.

(1)

∆ABC cân và có AI là đường kính của đường tròn ( O ) nên AK là đường trung trực

của đoạn BC
⇒ ·ABK = ·ACK .

(2)

·
·
Từ (1) và (2) suy ra BEK
là góc ngoài tại đỉnh E của 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 và lấy điểm
P chính giữa của nửa đường tròn. Trên cung PN , lấy điểm Q (không trùng với P, N
). Các tia MP và MQ cắt tiếp tuyến Nx theo thứ tự tại S và 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 được trong một đường tròn.
Giải chi tiết:
a) Tam giác MPI có: PI ⊥ MN (vì P là điểm chính
giữa của đường tròn ( O ) );
IP = IM

(bán kính đường tròn

( O ) ).
·

·
Suy ra ∆MPI vuông cân tại I nên MPI
= IMP
= 45° .
6.


·
Tam giác vuông SMN có SMN
= 45° nên ∆SMN vuông cân tại N . Do đó MN = SN .
b) Xét ∆MNT và ∆NQT có:
·
·
MNT
= NQT
= 90° (giả thiết);
·
chung.
MTN
Suy ra ∆MNT : ∆NQT ( g.g ) .
¶ (góc ngoài của ∆TMS ).
c) Ta có Tµ1 = Sµ1 + M
1

(1)

Kẻ tiếp tuyến PH ( P ∈ Nx ) . Ta có PH //MN (vì cùng vuông góc với PI ), suy ra ∆PHS
µ .
vuông cân tại H ⇒ Sµ1 = P
2

¶ =P
µ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn
Mặt khác M
1
1
» ).
PQ
¶ + Sµ = P
µ +P
µ = SPQ
·
.
⇒M
1
1
1
2

(2)

·
Từ (1) và (2) suy ra Tµ1 = SPQ
.
Mà Tµ1 là góc ngoài tại đỉnh đối diện với đỉnh P nên tứ giác PQTS nội tiếp.
Dạng 3: Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm
Bài tập mẫu
µ =D
µ = 60°, CD = 2 AB .
Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD ( AB / / CD, AB < CD ) có C
Chứng minh bốn điểm A, B, C , D cùng thuộc một đường tròn.

Giải chi tiết:
 IC = AB
⇒ ICBA là hình
Gọi I là trung điểm CD , ta có: 
 IC / / AB
bình hành.
⇒ BC = AI .

(1)

Tương tự ABID là hình bình hành nên AD = BI .

(2)

µ =D
µ = 60° nên ABCD là hình thang cân
ABCD là hình thang có C

(3).

Từ (1), (2) và (3) ta có hai tam giác ∆IAD = ∆IBC ⇒ IBC , IAD đều hay IA = IB = IC = ID
hay bốn điểm A, B, C , D cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R 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 ). Chứng minh AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
7.


Giải chi tiết:

·
·
Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: MAO
= MCO
= 90°
⇒ AMCO là 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 ra OM là đường trung trực của AC .
⇒ ·AEM = 90° .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA .
Ví dụ 3: Cho đường tròn tâm O . Kẻ đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi
E là điểm chính giữa của cung nhỏ CB . EA cắt CD tại F , ED cắt AB tại M .
a) Các tam giác CEF và EMB là những tam giác gì?
b) Chứng minh rằng bốn điểm C , F , M , B thuộc đường tròn tâm E .
Phân tích đề bài
·
a) Ta thấy CFE
là góc có đỉnh nằm bên trong đường
» , »AD .
tròn và chắn hai cung CE

·
FCE

là

góc

nội

tiếp

chắn

cung

» .
ED

Mà

» = EB
» ; »AD = BD
» nên FCE
·
·
CE
= CFE
⇒ ∆CFE cân tại E .
b) Từ kết quả câu a), ∆ECF và ∆EBM là hai tam giác
cân ta có EC = EF , EM = EB . Lại có CE = EB (do E là

điểm chính giữa của cung nhỏ CB ) nên bốn điểm F , C , M , B thuộc đường tròn tâm
E.
Giải chi tiết:
·
a) Vì CFE
là góc có đỉnh F nằm bên trong đường tròn nên:

(

)

1
·
» + sđ »AD .
CFE
= sđ CE
2

(1)

(

)

1
» ⇒ FCE
·
» + sđ BD
» . (2)
·

= sđ EB
Góc FCE
là góc nội tiếp chắn cung ED
2
» và E là điểm chính
Vì hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau nên »AD = BD
» = EB
» .
giữa của cung nhỏ CB nên CE
·
·
Từ (1), (2) và (3) suy ra FCE
= CFE
⇒ ∆CFE cân tại E .
8.

(3)


Tương tự ta cũng có ∆BME cân tại E .
b) Theo câu a), ∆ECF và ∆EBM là hai tam giác cân nên CE = EF ; EM = EB .
» = EB
» ⇒ CE = EB . Do đó 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 nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh
còn lại một góc bằng nhau
Phương pháp giải

Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Trên các cạnh BC , BD của hình vuông ABCD ta lấy lần lượt các điểm M , N
·
sao cho MAN
= 45° . Đường thẳng BD cắt các đường thẳng AM , AN tương ứng tại
các điểm P, Q .
a) Chứng minh rằng các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp.
b) Chứng minh rằng các điểm M , N , Q, P, C nằm trên cùng một đường tròn.
Giải chi tiết:
a) Các đỉnh A và B cùng nhìn đoạn thẳng MQ dưới một
góc 45° .
Vì vậy tứ giác ABMQ nội tiếp.
Tương tự ta suy ra tứ giác ADNP nội tiếp.
b)

Do

ABMQ

là

tứ

giác

nội

tiếp

nên

·AQM + ·ABM = 180° ⇒ ·AQM = 90° .
Tương tự tứ giác ADNP nội tiếp suy ra ·APN = 90° .
Tứ giác MNQP là tứ giác nội tiếp vì có hai đỉnh Q và P cùng nhìn cạnh MN dưới
một góc 90° .
Suy ra bốn điểm M , N , Q, P cùng thuộc một đường tròn.

(1)

·
·
Tứ giác MCNP là tứ giác nội tiếp vì MCN
+ MPN
= 90° + 90° = 180° .
Suy ra bốn điểm M , C , N , P cùng thuộc một đường tròn.
9.

(2)


Từ (1) và (2) suy ra các điểm M , N , Q, P, C cùng nằm trên một đường tròn.
Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E . Lấy I thuộc
·
cạnh AB , M thuộc cạnh BC sao cho IEM
= 90° ( I và M không trùng với các đỉnh
của hình vuông).
a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp.
·
b) Tính số đo của góc IME
.
c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC ; K là giao điểm của BN và tia EM .

Chứng minh BKCE là 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 cùng nhìn cạnh IE và ABCD là hình vuông).
·
·
c) Xét ∆EBI và ∆ECM có: IBE
= MCE
= 45° (do ABCD là hình vuông);
BE = CE (do ABCD là hình vuông);

·
·
·

(do cùng 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 ra IM //BN (định lí Ta-lét
MN MC IB

đảo).
·
·
·
⇒ BKE
= IME
= 45° . Lại có BCE
= 45° (do ABCD là hình vuông).
·
·
Suy ra BKE
. Tứ giác BKCE có hai đỉnh K và C kề nhau và cùng nhìn cạnh
= BCE
BE dưới một góc bằng nhau nên BKCE là tứ giác nội tiếp.
Ví dụ 3: Cho đường tròn đường kính AB , các điểm C , D nằm trên đường tròn đó
sao cho C , D nằm khác phía đối với đường thẳng AB , đồng thời AD > AC . Gọi điểm
chính giữa của các cung nhỏ AC , AD lần lượt là M , N ; giao điểm của MN với AC , AD

lần lượt là H , I ; giao điểm của MD và CN là K .
·
a) Chứng minh ·ACN = DMN
. Từ đó suy ra tứ giác MCKH .
b) Chứng minh KH song song với AD .
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa sđ »AC và sđ »AD để AK song song với ND .
10.


(Sở Giáo dục và Đào tạo Bắc Ninh năm học 2018 – 2019)
Giải chi tiết:
¼ .
a) Vì N là điểm chính giữa của cung »AD ⇒ »AN = DN
·
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng
⇒ ·ACN = DMN
¼ ).
nhau »AN , DN
Khi đó tứ giác CMHK có hai đỉnh M và C cùng nhìn
cạnh HK dưới một góc bằng nhau nên CMHK là tứ giác
nội tiếp.
b) Theo câu a) có CMHK là 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) và (2) suy ra CHK
. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, suy ra HK //AD
= CAD
(đpcm).
·
·
c) AK //ND ⇔ KAD
= ·ADN = KMI
⇔ MAIK là tứ giác nội tiếp.
·ADN = ·ACN = ·AMI = ·AKI ⇒ KAI
·
= ·AKI ⇒ ∆AKI cân tại I .
Mà IM là phân giác của góc ·AIK ⇒ MI ⊥ AK .
·
Lại có AK //ND ⇒ MI ⊥ ND hay MN ⊥ ND ⇒ MND
= 90° .
⇒ MD là đường kính của đường tròn đường kính AB .

»
·
» + sđ »AD = 180° ⇔ sđ AC + sđ »AD = 180° .
⇒ MAD
= 180° ⇔ sđ MA
2
Ví dụ 4: Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định, A là điểm di động trên cung lớn
BC ( A khác B, C ) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BD và CE của tam

giác ABC cắt nhau tại điểm H . Kẻ đường kính AF của đường tròn ( O ) , AF cắt BC
tại điểm N .
a) Chứng minh tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AE. AB = AD. AC .
c) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường tròn ( O ) tại 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 ra tứ giác BEDC là tứ giác nội
tiếp (hai góc kề cùng nhìn cạnh BC dưới một góc bằng nhau).
b) Tứ giác BEDC nội tiếp suy ra ·AED = ·ACB (góc ngoài của
tứ giác nội tiếp).

Xét ∆AED và ∆ACB có: ·AED = ·ACB (chứng minh trên);
·
và BAC
chung
⇒ ∆AED : ∆ACB ( g.g ) ⇒

AE AC
=
(hai cạnh tương ứng)
AD AB

⇒ AE. AB = AD. AC .

c) Ta có: BD //CF (vì cùng vuông góc với AC ).
BF //EC (vì cùng vuông góc với AB ).

Do đó BHCF là 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) và (2) suy ra ba điểm K , H , F thẳng hàng.

12.

(2)

(1)