Chuyên đề bồi dưỡng Toán Lớp 9 - Chuyên đề 13: Một số tiêu chuẩn nhận biết tứ giác nội tiếp

 MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Tiêu chuẩn 1. Điều kiện cần và đủ để bốn đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên 
cùng một đường tròn là tổng số đo của hai góc tứ giác tại hai đỉnh đối diện 
bằng 1800 .
 A
 D
 B
 C
 x
Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: Aµ Cµ 1800 hoặc Bµ Dµ 1800
Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp được B· AD D· Cx
Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A . Kẻ đường cao AH và phân giác 
trong AD của góc H· AC . Phân giác trong góc A· BC cắt AH,AD lần lượt tại 
M,N . Chứng minh rằng: B· ND 900 .
Phân tích và hướng dẫn giải: A
Ta có M· HD 900 . Nếu M· ND 900 
thì tứ giác MHDN nội tiếp. Vì vậy N
 M
thay vì trực tiếp chỉ ra góc 
· 0 C
BND 90 ta sẽ đi chứng minh B H D
tứ giác MHDN nội tiếp. Tức là ta chứng minh A· MN A· DH . 
Thật vậy ta có A· MN B· MH 900 M· BH , N· DH 900 H· AD mà 
 1 1
M· BH A· BC,H· AD H· AC và A· BC H· AC do cùng phụ với góc B· CA từ 
 2 2
đó suy ra A· MN A· DH hay tứ giác MHDN nội tiếp M· ND M· HD 900 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực 
tâm là điểm H . Gọi M là điểm trên dây cung BC không chứa điểm A ( M 
khác B,C ). Gọi N,P theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua các 
đường thẳng AB,AC
 a) Chứng minh AHCP là tứ giác nội tiếp
 b) N,H,P thẳng hàng.
 c) Tìm vị trí của điểm M để độ dài đoạn NP lớn nhất.
Phân tích và hướng dẫn giải:
 A
 P
 I
 O
 H
 N
 B
 K C
 M
a). Giả sử các đường cao của tam giác là AK,CI . Để chứng minh AHCP là 
tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh A· HC A· PC 1800 .Mặt khác ta có 
A· HC I·HK ( đối đỉnh), A· PC A· MC A· BC ( do tính đối xứng và góc nội 
tiếp cùng chắn một cung). Như vậy ta chỉ cần chứng minh A· BC I·HK 1800 
nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp.
b). Để chứng minh N,H,P thẳng hàng ta sẽ chứng minh N· HA A· HP 1800 
do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội 
tiếp. Thật vậy 
ta có: A· HP A· CP (tính chất góc nội tiếp), A· CP A· CM (1) (Tính chất đối 
xứng) . Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta cũng dễ 
chứng minh được AHBN là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra A· HN A· BN , mặt 
khác A· BN A· BM (2) (Tính chất đối xứng) . Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần 
chứng minh A· BM A· CM 1800 nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác 
ABMC nội tiếp. Vậy N· HA A· HP 1800 hay N,H,P thẳng hàng. Chú ý: Đường thẳng qua N,H,P chính là đường thẳng Steiners của điểm 
M . Thông qua bài toán này các em học sinh cần nhớ tính chất. Đường thẳng 
Steiners của tam giác thì đi qua trực tâm của tam giác đó . (Xem thêm phần 
“Các định lý hình học nổi tiếng’’).
c). Ta có M· AN 2B· AM,M· AP 2M· AC N· AP 2B· AC . Mặt khác ta có 
AM AN AP nên các điểm M,N,P thuộc đường tròn tâm A bán kính 
AM . Áp dụng định lý sin trong tam giác NAP ta có: 
NP 2R.sin N· AP 2AM.sin 2·BAC . Như vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi 
AM lớn nhất. Hay AM là đường kính của đường tròn (O)
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 . A
Phân tích, định hướng cách giải: 
Để chứng minh AMEN 
là tứ giác nội tiếp ta sẽ M I N
chứng minh: M· AN M· EN 1800 . 
Ta cần tìm sự liên hệ của các góc E
M· AN;M· EN với các góc có sẵn 
 B K C
của những tứ giác nội tiếp khác. H
 Ta có 
M· EN 3600 M· EH N· EH 3600 1800 A· BC 1800 A· CB A· BC A· CB 
 1800 B· AC suy ra M· EN M· AN 1800 . 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 IM2 IE.IH , tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của 
 HNC suy ra IN2 IE.IH do đó IM IN .
Xem thêm phần: ‘’Các tính chất của cát tuyến và tiếp tuyến’’ Ví dụ 4) Cho tam giác cân ABC (AB AC) P là điểm trên cạnh đáy BC . 
Kẻ các đường thẳng PE,PD lần lượt song song với AB,AC E AC,D AB 
gọi Q là điểm đối xứng với P qua DE . Chứng minh bốn điểm Q,A,B,C 
cùng thuộc một đường tròn.
 A
Phân tích định hướng giải: D
Bài toán có 2 giả thiết cần lưu ý. 
 Q
Đó là các đường thẳng song song I
 E
với 2 cạnh tam giác , và điểm Q 
đối xứng với P qua DE . H
Do đó ta sẽ có: AD EP EC EQ
 B C
và DP DQ ( Đây là chìa khóa để ta giải bài toán này) P
Từ định hướng đó ta có lời giải như sau: Do AD / /PE,PD / /AE ADPE là 
hình bình hành 
 AE DP DQ . Mặt khác do P,Q đối xứng nhau qua 
DE AD PE EQ . Suy ra DAQE là hình thang cân D· AQ A· QE . Kéo 
dài DE cắt CQ tại H ta có D· AQ A· QE P· EH . Như vậy để chứng minh 
ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: P· CH P· EH 1800 PEHC là tứ giác 
nội tiếp. Mặt khác ta có: E· CQ E· QC (do tam giác EQC cân), 
E· PH E· QH (Do tính đối xứng ) suy ra E· CH E· PH EPCH là tứ giác nội 
tiếp.
Ví dụ 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O . Dựng đường tròn qua 
B và tiếp xúc với cạnh AC tại A dựng đường tròn qua C và tiếp xúc với 
AB tại A hai đường tròn này cắt nhau tại D . Chứng minh A· DO 900 
Phân tích định hướng giải:
 A
 M N
 O
 D
 B C Ta thấy rằng A· DO 900 thì các điểm
A,D,O cùng nằm trên đường tròn
đường kính OA .Ta mong muốn tìm 
ra được một góc bằng A· DO 900 . 
Điều này làm ta nghỉ đến tính chất
quen thuộc ‘’Đường kính đi qua trung 
điểm của một dây cung thì vuông góc
 với dây đó’’. Vì vậy nếu ta gọi M,N 
là trung điểm của AB,AC thì ta sẽ có:
 O· MA O· NA 900 . Do đó tứ giác OMAN nội tiếp. Công việc còn lại là ta 
chứng minh AMDO hoặc ANOD hoặc DMAN là tứ giác nội tiếp. Mặt 
khác ta có: A· BD C· AD và A· CD B· AD (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và 
dây cung) BDA và ADC đồng dạng nên ta suy ra D· MA D· NC 
 D· MA D· NA D· NC D· NA 1800 AMDN nội tiếp suy ra năm điểm 
A,M,D,O,N nằm trên đường tròn đường kính OA A· DO 900
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vuông cân tại A một đường tròn O tiếp xúc 
với AB,AC tại B,C . Trên cung B»C nằm trong tam giác ABC lấy một điểm 
M M B;C . Gọi I,H,K lần lượt là hình chiếu của M trên BC;CA; AB và 
P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH . Chứng 
minh PQ / /BC .
Phân tích định hướng giải: A
Để chứng minh PQ / /BC 
 H
ta chứng minh M· PQ M· BC 
 K M
nhưng tứ giác BIMK nội tiếp
 Q
 nên M· BC M· KI . Mặt khác P
 B C
AC là tiếp tuyến của (O) nên I
 · ·
ta có: ACK MBC và CIMH O
nội tiếp nên A· CK M· IH .Như vậy để chứng minh PQ / /BC ta cần chứng 
minh M· IH M· PQ . Tức là ta cần chứng minh tứ giác MPIQ nội tiếp . Để ý 
rằng B· MC K· MH 1350 , P· IQ P· IM I·MQ 1
 K· BM K· CH sđ B¼M M¼ C 450 suy ra đpcm.(Các em học sinh tự 
 2 
hoàn thiện lời giải) 
Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp A· DB A· CB
 A
 D
 O
 B C
Ví dụ 1. Trên các cạnh BC,CD của hình vuông ABCD ta lấy lần lượt các 
điểm M,N sao cho M· AN 450 . 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.
Lời giải: A B
a). Gọi E là giao điểm của AN và BC . P
Các điểm M và Q nằm trên hai cạnh M
EB và EA của tam giác EBA , nên tứ giác
ABMQ là lồi. Các đỉnh A và B cùng Q
nhìn đoạn thẳng MQ dưới một góc 450 . 
Vì vậy tứ giác nội tiếp. D C
 ABMQ N
Lập luận tương tự ta suy ra tứ giác ADNP nội tiếp.
b) Từ kết quả câu a, suy ra 
A· DP A· NP 450 ,Q· AM Q· BM 450 NP  AM,MQ  AN . Tập hợp các 
 E
điểm P,Q,C nhìn đoạn MN dưới một góc vuông, nên các điểm này nằm 
trên đường tròn đường kính MN .
Ví dụ 2). Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn O . Một đường thẳng d ở ngoài O và vuông góc với OM ; CM,BM cắt d lần lượt tại 
D,E . Chứng minh rằng B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải:
Kẻ đường kính AM cắt d tại N . Ta có A· NE A· BE 900 nên tứ giác 
ABNE nội tiếp, suy ra B· EN B· AN .
 A
Mặt khác B· AN B· CM , 
do đó B· CM B· EN hay B· CD B· ED .
Vậy B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn.
 O
 C
 B
 M
 E
 N
 D
Ví dụ 3) Cho tam giác ABC có các đường cao AD,BE,CF đồng quy tại H . 
Gọi K là giao điểm của EF và AH , M là trung điểm của AH . Chứng 
minh rằng K là trực tâm của tam giác MBC . A
Lời giải:
Lấy điểm S đối xứng với H qua 
 M E
BC , R là giao điểm của KC với MB . R
Vì ME MA MH (Tính chất trung F K
 tuyến), kết hợp tính đối xứng của điểm H
S ta có M· SB B· HD M· HE M· EB 
 B C
nên tứ giác MESB nội tiếp. Suy ra D
 R· BE M· SE (1).
Lại có K· SC C· HD A· HF A· EK nên tứ giác KSCE cũngS nội tiếp, do đó 
M· SE R· CE (2).Từ (1) và (2) suy ra R· BE R· CE nên tứ giác RBCE nội tiếp. 
Từ đó suy ra B· RC B· EC 900 . Trong tam giác MBC , ta có MK  BC và 
CK  MB nên K là trực tâm của tam giác MBC .
Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường tròn (O') 
tiếp xúc với các cạnh AB,AC tại E,F tiếp xúc với (O) tại S . Gọi I là tâm 
 A
 M
 N
 O
 I E
 F
 O'
 C B
 S x đường tròn nội tiếp tam giác ABC .Chứng minh BEIS,CFIS là các tứ giác 
nội tiếp. 
Lời giải:
Nhận xét: bài toán này thực chất là 
định lý Lyness được phát biểu 
theo cách khác;(Xem thêm phần: 
‘’Các định lý hình học nổi tiếng’’)
Kéo dài SE,SF cắt đường tròn (O) 
tại E,F . Ta có các tam giác OMS,
O'EF cân tại O,O' nên 
O· 'ES=O· MS O'E / /OM OM  AB 
hay M là điểm chính giữa của cung AB .
 Kẻ đường phân giác trong góc ACB cắt
 EF tại I , ta chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 
Thật vậy ta có: C,I,M thẳng hàng và I·CS  M· CS M· Sx và I¶FS  E· FS M· Sx 
nên I·CS I¶FS tứ giác IFCS là tứ giác nội tiếp E· IS S· CF . Mặt khác tứ 
giác ACSB nội tiếp nên A· CS A· BS 1800 E· IS A· BS 1800 hay tứ giác 
EISB nội tiếp. 
Công việc còn lại là chứng minh: IB là phân giác trong của góc A· BC . 
Vì E· BI E· SI mà 
 180 Aµ 180 Aµ Cµ Bµ
E· SI I¶SB E· SB A· EF M· SB M· CB . Điều này 
 2 2 2 2
chứng tỏ IB là phân giác trong của góc A· BC . Hay I là tâm vòng tròn nội 
tiếp tam giác ABC
Chú ý: Nếu thay giả thiết điểm I là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác thành. 
Các đường tròn ngoại tiếp tam giác FCS, SBS cắt nhau tại I thì hình thức 
bài toán khác đi nhưng bản chất vẫn là định lý Lyness. Để ý rằng: AEF cân 
tại A nên ta dễ dàng suy ra được: I là trung điểm của EF
Ví dụ 5) Cho hai đường tròn (O1),(O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau. Kẻ đường 
thẳng O1O2 cắt hai đường tròn (O1),(O2 ) lần lượt tại A,B,C ( B là tiếp 
điểm ). Đường thẳng là tiếp tuyến chung của hai đường tròn với các tiếp 
điểm tương ứng là D1 ,D2 . Đường thẳng ( ') là tiếp tuyến với (O2 ) qua C . 
Đường thẳng BD1 cắt ( ') tại E . AD1 cắt ED2 tại M , AD2 cắt BD1 tại H . 
 M
 N
 Δ
 D1
 I Δ'
 D2
 H
 C
 A O
 O1 B 2
 E Chứng minh AE  MH .
Phân tích định hướng giải:
+ Vì ED1  MA do góc AD1B 
là góc nội tiếp chắn nữa đường 
tròn. Vì vậy để chứng minh AE  MH 
ta phải chứng minh AD2  ME , tức là 
ta chứng minh H là trực tâm của tam 
giác MAE . Khi đó ta sẽ có:
· ·
 AD1E AD2E 
hay tứ giác AD1D2E là tứ giác nội tiếp. 
+ Gọi N là giao điểm của CD2 và AM .
 Xét tiếp tuyến chung của (O1) và (O2 ) qua B cắt ( ) tại I . Khi đó ta có: 
ID1 IB ID2 BD1D2 vuông tại B , D1E / /CN (cùng vuông góc với 
 · ·
BD2 ). Do đó BAD1 BD1D2 (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung), mặt 
 · · · ·
khác BD1D2 D1D2N (so le trong). Suy ra CAD1 ND2D1 AD1D2C là tứ 
giác nội tiếp. (1) Xét tứ giác ED1D2C ta có: 
 · · · ·
ED1 / /CD2 ,BEC IBD1 ( góc đồng vị). Suy ra ED1D2 D1EC suy ra tứ giác 
ED1D2C là hình thang cân nên nội tiếp được (2). Từ (1), (2) ta suy ra 5 
điểm A,D1 ,D2 ,C,E cùng thuộc một đường tròn. Suy ra tứ giác AD1D2E nội 
tiếp được.
Ví dụ 6) Cho tam giác ABC có hai đường cao BD,CE cắt nhau tại H gọi I 
là trung điểm của BC . Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI và CDI cắt 
nhau ở K , DE cắt BC tại M . Chứng minh tứ giác BKDM nội tiếp.
Phân tích định hướng giải:
Ta thấy ngay đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADE,BEI,CDI sẽ cắt nhau 
tại điểm K (Định lý Miquel). Như vậy ta sẽ thấy AEKD là tứ giác nội tiếp, 
mặt khác từ giả thiết ta cũng có: AEHD là tứ giác nội tiếp. Nên suy ra 5 
điểm A,E,H,K,D thuộc một đường tròn đường kính AH . Đây chính là chìa 
khóa để giải quyết bài toán .
Lời giải: Trước tiên ta chứng minh: tứ giác AEKD nội tiếp (Bạn đọc có thể 
tham khảo ở phần ‘’Các định lý hình họcA nổi tiếng’’) Ta có: 
Aµ Bµ Cµ E· KC E· KI I·KD 5400. Theo giả thiết 
 D
 E
 K
 H
 M C
 B I Bµ E· KI I·KD Cµ 1800 Aµ E· KD 1800 tứ giác AEKD nội tiếp 
 A· DE A· KE , BD  AC,CE  AB tứ giác BEDC nội tiếp A· DE Bµ . 
Kết hợp với A· DE A· KE được Bµ A· KE E· KI A· KE E· KI Bµ 1800 
 A,K,I thẳng hàng. 
 BDC là tam giác vuông nên ID IC , IKDC là tứ giác nội tiếp nên ta có: 
I·KC I·DC I·CD, I·KC K· AC A· CK (Tính chất góc ngoài ), 
I·CD I·CK K· CD K· AC I·CK, mà K· AD D· EK (chắn cung D¼K ) 
 I·CK D· EK tứ giác MEKC nội tiếp M· EC M· KC . Theo kết quả trên 
suy ra I·KC A· ED M· EB,M· EC M· EB 900 ,M· KC M· KI I·KC M· KI 900 
 MK  KI A,E,H,D,K nằm trên đường tròn đường kính 
AH HK  AI M,H,K thẳng hàng. 
Tứ giác DEHK nội tiếp H· EK H· DK , tứ giác MEKC nội tiếp 
 K· EC K· MC K· MC H· DK K· MB B· DK tứ giác BKDM nội tiếp.
Ví dụ 7) Cho hai đường tròn (O1),(O2 ) cắt nhau tại A,B . Kéo dài AB về 
phía B lấy điểm M qua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF với đường tròn (O1)
( E,F là các tiếp điểm) điểm F,O2 nằm cùng phía so với AB . Đường thẳng 
BE,BF cắt đường tròn (O2 ) tại P,Q gọi I là giao điểm của PQ và EF . 
Chứng minh I là trung điểm của PQ .
 Q
Phân tích định hướng giải:
 A I
 O
 O 2 P
 1 F
 B
 E
Để ý rằng: Đường thẳng EFI cắt ba cạnh tam giác BPQ lần lượt tại I,E,F . 
 M
 QI EP FB
Theo định lý Menelauyt ta có: . . 1 . Để chứng minh I là trung 
 IP EB FQ
 EP FB
điểm của PQ ta sẽ chứng minh: . 1 . Bây giờ ta sẽ tìm cách thay thế 
 EB FQ
 EP FB
các đại lượng trong . 1 (*) thành các đại lượng tương đương để 
 EB FQ
thông qua đó ta có thể quy về việc chứng minh tứ giác nội tiếp, hoặc tam