Bài học cùng chủ đề
- Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp
- Chứng minh tứ giác nội tiếp (Phần 1)
- Chứng minh tứ giác nội tiếp (Phần 2)
- Tứ giác nội tiếp
- Tứ giác nội tiếp
- Phương pháp: Chứng minh tổng hai góc đối bằng 180 độ
- Phương pháp: Chứng minh hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai điểm còn lại hai góc bằng nhau
- Phương pháp: Chứng minh góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện
- Chứng minh đẳng thức tích các đoạn thẳng
Báo cáo học liệu
Mua học liệu
Mua học liệu:
-
Số dư ví của bạn: 0 coin - 0 Xu
-
Nếu mua học liệu này bạn sẽ bị trừ: 2 coin\Xu
Để nhận Coin\Xu, bạn có thể:
Phương pháp: Chứng minh góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện SVIP
Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $MN$ và $A$ là một điểm trên đường tròn $(O)$, ($A$ khác $M$ và $A$ khác $N$). Lấy một điểm $I$ trên đoạn thẳng $ON$ ($I$ khác $O$ và $I$ khác $N$). Qua $I$ kẻ đường thẳng $(d)$ vuông góc với $MN$. Gọi $P$, $Q$ lần lượt là giao điểm của $AM$, $AN$ với đường thẳng $(d)$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $N$ qua điểm $I$. Chứng minh \(\widehat{PMK}=\widehat{IQN}\) và tứ giác $MPQK$ nội tiếp đường tròn.
Hướng dẫn giải:
Do tứ giác MAQI nội tiếp đường tròn đường kính MQ nên \(\widehat{PMK}=\widehat{IQN}\Rightarrow\widehat{MPQ}=\widehat{QNK}\) .
Vì K đối xứng với N qua I nên tam giác QKN cân tại Q, do đó : \(\widehat{QKN}=\widehat{QNK}=\widehat{MPQ}\).
Suy ra tứ giác MPQK nội tiếp.
Cho $AB$ và $MN$ là hai đường kính khác nhau của đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ cắt các đường thẳng $AM$, $AN$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Chứng minh:
a) $ABMN$ là hình chữ nhật.
b) Bốn điểm $M$, $N$, $P$, $Q$ cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn giải:
a) Vì AB, MN đều là các đường kính nên tứ giác AMBN có tất cả các góc bằng 90o. Vì vậy AMBN là hình chữ nhật.
b) Ta thấy \(\widehat{ANM}=\widehat{ABM}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
Lại có \(\widehat{ABM}=\widehat{MPB}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{MBP}\) )
Vậy nên \(\widehat{ANM}=\widehat{MPB}\).
Xét tứ giác MNQP có \(\widehat{ANM}=\widehat{MPB}\) nên MNQP là tứ giác nội tiếp.
Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ và nội tiếp 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 \(HK\perp EB\)
b/ Chứng minh tứ giác $AEKC$ nội tiếp được trong một đường tròn.
Hướng dẫn giải:
a) Ta thấy E, O là trung điểm của AB và AI nên EO là đường trung bình tam giác ABI.
\(\Rightarrow\) EO//BI.
Lại có H, K lần lượt là trung điểm của EB và OI nên HK là đường trung bình của hình thang EOIB. Vậy nên HK//BI (1).
Lại có do AI là đường kính nên \(\widehat{ABI}=90^o\) hay \(BI\perp EB\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(HK\perp EB\).
b) Xét tam giác KBE có KH là trung tuyến đồng thời đường cao nên KBE là tam giác cân tại K.
Vậy thì \(\widehat{BEK}=\widehat{EBK}\) (3)
Do tam giác ABC cân tại A nên AI là đường trung trực của BC. K thuộc AI nên KB = KC hay tam giác KBC cân tại K.
Suy ra \(\widehat{KBC}=\widehat{KCB}\).
Lại có \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\).
Vậy thì \(\widehat{ABC}-\widehat{KBC}=\widehat{ACB}-\widehat{KCB}\) hay \(\widehat{EBK}=\widehat{KCA}\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{BEK}=\widehat{KCA}\).
Vậy nên AEKC là tứ giác nội tiếp.
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Nửa đường tròn đường kính $AB$ cắt $BC$ tại $D$. Trên cung $AD$ lấy một điểm $E$. Nối $BE$ và kéo dài cắt $AC$ tại $F$. Chứng minh $CDEF$ là tứ giác nội tiếp.
Hướng dẫn giải:
Ta thấy D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên \(\widehat{BDA}=90^o\).
Vậy nên \(\widehat{BAD}=\widehat{BCA}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{ABC}\) )
Lại có \(\widehat{BAD}=\widehat{BED}\Rightarrow\widehat{BED}=\widehat{BCA}\).
\(\Rightarrow\widehat{BCA}+\widehat{DEF}=\widehat{BED}+\widehat{DEF}=180^o\) nên CDEF là tứ giác nội tiếp.
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AD$, $BE$, $CF$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh các tứ giác $BCEF$ và $AFDC$ nội tiếp.
b) Vẽ đường kính $AA'$ của đường tròn $(O)$ cắt $EF$ tại $Q$, $CF$ tại $N$, $BC$ tại $P$. Chứng minh tứ giác $CEQA'$ nội tiếp.
c) Gọi $M$ là giao điểm của $EF$ với $AD$. Chứng minh các điểm $M$, $P$, $Q$, $D$ cùng thuộc một đường tròn.
d) Gọi $R$ là giao điểm của $A'C$ với $AD$. Chứng minh tứ giác $HRA'N$ nội tiếp.
Hướng dẫn giải:
a) Xét tứ giác BCEF có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^o\) nên BCEF là tứ giác nội tiếp.
Tương tự tứ giác AFDC nội tiếp.
b) Do tứ giác ABA'C nội tiếp nên \(\widehat{AA'C}=\widehat{ABC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Lại có \(\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\) (Cùng phụ với góc BAD)
Tứ giác AFHE nội tiếp nên \(\widehat{AHF}=\widehat{AEF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF) nên \(\widehat{QA'C}=\widehat{AEQ}\)
Suy ra QA'CE là tứ giác nội tiếp.
c) Do AA' là đường kính nên \(\widehat{ACA'}=90^o\). Tứ giác A'CEQ nội tiếp nên \(\widehat{AQE}=\widehat{ACA'}=90^o\)
Ta thấy hai tam giác MQP và MDP đều là các tam giác vuông có chung cạnh huyền MP nên MQPD nội tiếp đường tròn đường kính MP.
d) Vì ABA'C và FBDH là những tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{NA'C}=\widehat{ABC}=\widehat{DHC}\Rightarrow\widehat{NA'C}=\widehat{DHC}\)
Dó đó HRA'N là tứ giác nội tiếp.