Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Chương 4: Một số tiêu chuẩn nhận biết tứ giác nội tiếp

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
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:
 · 0 · 0
Ta có MHD 90 . Nếu MND 90 A
thì tứ giác MHDN nội tiếp. Vì vậy N
 M
thay vì trực tiếp chỉ ra góc 
 C
 B H D
 B· ND 900 ta sẽ đi chứng minh 
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 
 65 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 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 
66 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
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 .
Phân tích, định hướng cách giải: 
 A
Để chứng minh AMEN 
là tứ giác nội tiếp ta sẽ 
 M I N
chứng minh: M· AN M· EN 1800 . 
 E
Ta cần tìm sự liên hệ của các góc 
 B K H C
 M· AN;M· EN với các góc có sẵn 
 67 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
của những tứ giác nội tiếp khác. 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.
Phân tích định hướng giải:
 A
Bài toán có 2 giả thiết cần lưu ý. 
Đó là các đường thẳng song song D
 I Q
với 2 cạnh tam giác , và điểm Q 
 E
đối xứng với P qua DE . 
 H
Do đó ta sẽ có: AD EP EC EQ B C
 P
và DP DQ ( Đây là chìa khóa để ta giải bài toán này) 
Từ định hướng đó ta có lời giải như sau: Do AD / /PE,PD / /AE ADPE là 
hình bình hành 
68 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 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:
Ta thấy rằng A· DO 900 thì các điểm
 A
 A,D,O cùng nằm trên đường tròn
đường kính OA .Ta mong muốn tìm 
 M N
ra được một góc bằng A· DO 900 . O
 D
Điều này làm ta nghỉ đến tính chất B C
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
 69 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
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: 
Để chứng minh PQ / /BC 
 A
ta chứng minh M· PQ M· BC 
 H
nhưng tứ giác BIMK nội tiếp K M
 P Q
 nên M· BC M· KI . Mặt khác 
 B C
 I
 AC là tiếp tuyến của (O) nên 
 O
ta có: A· CK M· BC và CIMH 
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
70 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
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 Q
 ABMQ là lồi. Các đỉnh A và B cùng 
 C
 D N
nhìn đoạn thẳng MQ dưới một góc 450 . 
Vì vậy tứ giác ABMQ nội tiếp. 
 E
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 
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 .
 71 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 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 .
Lời giải:
 A
Lấy điểm S đối xứng với H qua 
 BC , R là giao điểm của KC với MB . M E
 R
 F K
Vì ME MA MH (Tính chất trung
 H
 tuyến), kết hợp tính đối xứng của điểm
 B C
 D
 S ta có M· SB B· HD M· HE M· EB 
nên tứ giác MESB nội tiếp. Suy ra R· BE M· SE (1). S
Lại có K· SC C· HD A· HF A· EK nên tứ giác KSCE cũng 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 
đường tròn nội tiếp tam giác ABC .Chứng minh BEIS,CFIS là các tứ giác 
72 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
nội tiếp. 
Lời giải:
Nhận xét: bài toán này thực chất là A
định lý Lyness được phát biểu M
theo cách khác;(Xem thêm phần: N
 O
‘’Các định lý hình học nổi tiếng’’) I E
 F
Kéo dài SE,SF cắt đường tròn (O) O'
 C B
tại E,F . Ta có các tam giác OMS,
 S x
 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
 73 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
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 . 
Chứng minh AE  MH .
Phân tích định hướng giải:
 M
+ Vì ED  MA do góc AD B 
 1 1 N
là góc nội tiếp chắn nữa đường 
 Δ D
 1 Δ'
 I D
tròn. Vì vậy để chứng minh AE  MH 2
ta phải chứng minh AD  ME , tức là H
 2 C
 A O
 O1 B 2
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. E
+ 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 
74