Bài 29. Tứ giác nội tiếp

Đề bài

Hãy cho biết số đo các góc còn lại của tứ giác nội tiếp ABCD trong mỗi trường hợp sau:

a) \(\widehat A = {80^o},\widehat B = {120^o}\);

b) \(\widehat B = {70^o},\widehat C = {110^o}\);

c) \(\widehat C = {110^o},\widehat D = {60^o}\);

d) \(\widehat D = {65^o},\widehat A = {130^o}\).

Lời giải chi tiết

Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên:

a) \(\widehat C = {180^o} - \widehat A = {100^o},\widehat D = {180^o} - \widehat B = {60^o}\);

b) \(\widehat D = {180^o} - \widehat B = {110^o},\widehat A = {180^o} - \widehat C = {70^o}\);

c) \(\widehat A = {180^o} - \widehat C = {70^o},\widehat B = {180^o} - \widehat D = {120^o}\);

d) \(\widehat B = {180^o} - \widehat D = {115^o},\widehat C = {180^o} - \widehat A = {50^o}\).

Đề bài

Hãy cho biết số đo các góc còn lại của tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) trong mỗi trường hợp sau:

a) \(\widehat {AOB} = {100^o},\widehat {BOC} = {120^o},\widehat {COD} = {70^o}\).

b) \(\widehat {BOC} = {110^o},\widehat {COD} = {70^o},\widehat {DOA} = {100^o}\).

Lời giải chi tiết

a)

\(\widehat {DAB} = \widehat {DAC} + \widehat {CAB} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {COD} + \widehat {BOC}} \right) = {95^o}\);

\(\widehat {ADC} = \widehat {ADB} + \widehat {BDC} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOB} + \widehat {BOC}} \right) = {110^o};\)

\(\widehat {ABC} = {180^o} - \widehat {ADC} = {70^o}\),

\(\widehat {BCD} = {180^o} - \widehat {DAB} = {85^o}\).

b)

\(\widehat {DAB} = \widehat {DAC} + \widehat {CAB} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {COD} + \widehat {BOC}} \right) = {90^o}\);

\(\widehat {ABC} = \widehat {ABD} + \widehat {DBC} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOD} + \widehat {DOC}} \right) = {85^o};\)

\(\widehat {BCD} = {180^o} - \widehat {DAB} = {90^o}\),

\(\widehat {ADC} = {180^o} - \widehat {ABC} = {95^o}\).

Đề bài

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm E. Tính số đo các góc của tứ giác ABCD, biết rằng \(\widehat {AEB} = {80^o},\widehat {ABE} = {70^o}\) và \(\widehat {ECB} = {50^o}\).

Lời giải chi tiết

a) Tam giác ABE có: \(\widehat {BAE} = {180^o} - \widehat {AEB} - \widehat {ABE} = {30^o}\).

Xét đường tròn (O):

+ \(\widehat {ACD} = \widehat {ABE} = {70^o}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AD).

+ \(\widehat {ADB} = \widehat {ECB} = {50^o}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ AB).

+ \(\widehat {CDB} = \widehat {BAC} = {30^o}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CB).

Ta có:

\(\widehat {BCD} = \widehat {ECB} + \widehat {ACD} = {120^o},\\\widehat {CDA} = \widehat {CDB} + \widehat {ADB} = {80^o}.\)

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên

\(\widehat {DAB} = {180^o} - \widehat {BCD} = {60^o},\)

\(\widehat {ABC} = {180^o} - \widehat {CDA} = {100^o}.\)

Đề bài

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho hai tia AB và DC cắt nhau tại điểm K, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm H. Kí hiệu $\overset\frown{AD}$ là cung AD không chứa điểm B và $\overset\frown{BC}$ là cung BC không chứa A. Chứng minh rằng:

a) \(\widehat {BKC} = \frac{1}{2}\)(sđ$\overset\frown{AD}$ - sđ$\overset\frown{BC}$);

b) \(\widehat {BHC} = \frac{1}{2}\)(sđ$\overset\frown{AD}$ + sđ$\overset\frown{BC}$).

Lời giải chi tiết

a) Xét (O): \(\widehat {ABD} = \frac{1}{2}\)sđ $\overset\frown{AD}$ (góc nội tiếp chắn cung AD), \(\widehat {BDC} = \frac{1}{2}\)sđ$\overset\frown{BC}$ (góc nội tiếp chắn cung BC).

Do đó, \(\widehat {BKC} = \widehat {ABD} - \widehat {BDK} = \frac{1}{2}\)(sđ$\overset\frown{AD}$ - sđ$\overset\frown{BC}$).

b) Vì góc BAC là góc nội tiếp đường tròn (O) chắn cung BC nên \(\widehat {BAC} = \frac{1}{2}\)sđ$\overset\frown{BC}$.

Do đó,

\(\widehat {BHC} = {180^o} - \widehat {AHB} = \widehat {ABH} + \widehat {BAH} \) \(= \frac{1}{2}\)(sđ$\overset\frown{AD}$ + sđ$\overset\frown{BC}$).

Đề bài

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho hai tia AB và DC cắt nhau tại điểm I. Chứng minh rằng:

a) $\Delta IAD\backsim \Delta ICB,\Delta IAC\backsim \Delta IDB$;

b) \(\frac{{IC}}{{ID}} = \frac{{AC}}{{AD}}.\frac{{BC}}{{BD}}\).

Lời giải chi tiết

a) Vì tứ giác ABCD nội tiếp (O) nên \(\widehat {IAD} + \widehat {BCD} = {180^o}\). Mà \(\widehat {ICB} + \widehat {BCD} = {180^o}\) nên \(\widehat {IAD} = \widehat {ICB}\).

Tam giác IAD và tam giác ICB có: góc I chung, \(\widehat {IAD} = \widehat {ICB}\) nên $\Delta IAD\backsim \Delta ICB\left( g.g \right)$.

Tam giác IAC và tam giác IDB có: góc I chung, \(\widehat {IAC} = \widehat {IDB}\) (hai góc nội tiếp (O) cùng chắn cung BC)

Do đó, $\Delta IAC\backsim \Delta IDB\left( g.g \right)$.

b) Vì $\Delta IAD\backsim \Delta ICB$ nên \(\frac{{IC}}{{IA}} = \frac{{BC}}{{AD}}\); $\Delta IAC\backsim \Delta IDB$ nên \(\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{AC}}{{BD}}\).

Do đó, \(\frac{{IC}}{{ID}} = \frac{{IC}}{{IA}}.\frac{{IA}}{{ID}} = \frac{{AC}}{{AD}}.\frac{{BC}}{{BD}}\).

Đề bài

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm J. Chứng minh rằng:

a) $\Delta JAD\backsim \Delta JBC,\Delta JAB\backsim \Delta JDC$;

b) \(\frac{{JA}}{{JC}} = \frac{{BA}}{{BC}}.\frac{{DA}}{{DC}}\).

Lời giải chi tiết

a) Tam giác JAD và tam giác JBC có: \(\widehat {AJD} = \widehat {BJC}\) (hai góc đối đỉnh), \(\widehat {JAD} = \widehat {JBC}\) (hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung nhỏ DC). Do đó, $\Delta JAD\backsim \Delta JBC\left( g.g \right)$.

Tam giác JAB và tam giác JDC có: \(\widehat {AJB} = \widehat {DJC}\) (hai góc đối đỉnh), \(\widehat {JAB} = \widehat {JDC}\) (hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung nhỏ BC). Do đó, $\Delta JAB\backsim \Delta JDC\left( g.g \right)$.

b) Vì $\Delta JAB\backsim \Delta JDC$ nên \(\frac{{JB}}{{JC}} = \frac{{AB}}{{DC}}\); $\Delta JAD\backsim \Delta JBC$ nên \(\frac{{JA}}{{JB}} = \frac{{AD}}{{BC}}\).

Do đó, \(\frac{{JA}}{{JC}} = \frac{{JA}}{{JB}}.\frac{{JB}}{{JC}} = \frac{{BA}}{{BC}}.\frac{{DA}}{{DC}}\).

Đề bài

a) Nếu một hình bình hành nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là là hình chữ nhật;

b) Nếu một hình thoi nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là hình vuông;

c) Nếu một hình thang nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là hình thang cân.

Lời giải chi tiết

a) Giả sử hình bình hành ABCD nội tiếp đường tròn (O), ta cần chứng minh ABCD là hình chữ nhật.

Thật vậy:

Do hình bình hành ABCD nội tiếp nên tổng các góc đối bằng \({180^o}\). Do đó \(\widehat A = \widehat C = \frac{{\widehat A + \widehat C}}{2} = {90^o}\).

Suy ra, hình bình hành ABCD là hình chữ nhật.

b) Giả sử hình thoi ABCD nội tiếp đường tròn (O), ta cần chứng minh ABCD là hình vuông.

Thật vậy. Theo câu a, ta có: Hình thoi ABCD là hình chữ nhật. Mà hình chữ nhật ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau. Do vậy ABCD là hình vuông.

c) Giả sử hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đường tròn (O), ta cần minh rằng ABCD là hình thang cân. Thật vậy:

Do hình thang ABCD nội tiếp nên tổng các góc đối bằng \({180^o}\). Do đó, \(\widehat A = {180^o} - \widehat C = \widehat B\).

Do vậy ABCD là hình thang cân.

Đề bài

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ nội tiếp một đường tròn và tìm bán kính, chu vi của đường tròn đó.

Lời giải chi tiết

Vì ABCD là hình vuông nên \(AB = AD\). Mà M, Q lần lượt là trung điểm của AB và AD nên \(AM = AQ\).

Do đó, tam giác QAM vuông cân tại A.

Suy ra, \(Q{M^2} = A{M^2} + Q{A^2} = 8\) (định lí Pythagore), suy ra\(QM = 2\sqrt 2 cm\).

Tương tự ta có: \(MN = NP = PQ = QM = 2\sqrt 2 cm\). Do đó, MNPQ là hình thoi.

Ta có:

\(\widehat {MNP} = {180^o} - \widehat {MNB} - \widehat {PNC} = {180^o} - {45^o} - {45^o} = {90^o}.\)

Do đó, hình thoi MNPQ là hình vuông.

Suy ra, tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MP.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác MPQ vuông tại Q có:

\(M{P^2} = M{Q^2} + Q{P^2} = 16\).

Suy ra: \(MP = 4cm\).

Do đó, bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ là: \(\frac{{MP}}{2} = 2cm\).

Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ là: \(C = 2\pi .2 = 4\pi \left( {cm} \right)\).

Đề bài

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3cm và nội tiếp đường tròn (O) như Hình 9.8. Tính tổng diện tích của bốn hình viên phân được giới hạn bởi các cạnh hình vuông (phần tô đậm trong hình).

Lời giải chi tiết

Diện tích hình vuông ABCD là: \({S_1} = {3^2} = 9\left( {c{m^2}} \right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có: \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 18\) nên \(AC = 3\sqrt 2 cm\)

Đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính là: \(R = \frac{{AC}}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( {cm} \right)\).

Diện tích hình tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD là: \({S_2} = \pi .{R^2} = \frac{9}{2}\pi \left( {c{m^2}} \right)\).

Tổng diện tích bốn hình viên phân giới hạn bởi các cạnh hình vuông là: \(S = {S_2} - {S_1} = \frac{9}{2}\pi  - 9\left( {c{m^2}} \right)\).

Đề bài

Cho hình thoi ABCD có AC=8cm, BD=4cm. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ nội tiếp một đường tròn và tìm bán kính của đường tròn đó.

Lời giải chi tiết

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì ABCD là hình thoi nên \(OA = OC = \frac{1}{2}AC = 4cm,OB = OD = \frac{1}{2}BD = 2cm\) và AC vuông góc với BD tại O.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABO vuông tại O có: \(A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = 20\) nên \(AB = 2\sqrt 5 cm\).

Do đó, \(AB = BC = CD = DA = 2\sqrt 5 cm\).

Vì M là trung điểm của AB, tam giác AOB vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB và \(MO = MA = MB = \frac{{AB}}{2} = \sqrt 5 cm\).

Tương tự ta có: \(MO = NO = PO = OQ = \sqrt 5 cm\).

Vậy tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O) bán kính \(\sqrt 5 cm\).

Đề bài

Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB=3cm; AD=4cm. Vẽ một hình vuông nội tiếp (O). Tính diện tích của hình vuông đó.

Lời giải chi tiết

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABD vuông tại A có: \(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} = 25\) nên \(BD = 5cm\).

Đường tròn (O) có tâm O là trung điểm BD và bán kính \(R = \frac{{BD}}{2} = 2,5cm\).

Hình vuông nội tiếp (O) có cạnh bằng a, có đường chéo \(\sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \).

Đường tròn (O) ngoại tiếp hình vuông nên \(R = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), suy ra \(a = \frac{{2R}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}cm\).

Hình vuông có diện tích là: \(S = {a^2} = 12,5c{m^2}\).

Đề bài

Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao BE, CF. Một đường tròn (O) đi qua hai điểm E, F và cắt các tia đối của hai tia BF, CE lần lượt tại X và Y. Chứng minh rằng XY song song với BC.

Lời giải chi tiết

Vì các tam giác vuông BEC, BFC có chung cạnh huyền BC nên bốn điểm B, E, F, C cùng nằm trên đường tròn có tâm là trung điểm của BC và bán kính \(\frac{{BC}}{2}\). Do đó, tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp.

Vì tổng các góc đối nhau của các tứ giác nội tiếp BFEC và XFEY bằng 180 độ nên:

\(\widehat {FBC} = {180^o} - \widehat {FEC} = {180^o} - \widehat {FEY} = \widehat {FXY}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên XY song song với BC.