Chứng minh các tứ giác đặc biệt trong đường tròn
Chuyên đề luyện thi vào 10: Chứng minh các tứ giác đặc biệt trong đường tròn
Chứng minh các tứ giác đặc biệt trong đường tròn là một dạng toán thường gặp trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán được VnDoc biên soạn và giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô tham khảo. Nội dung tài liệu sẽ giúp các bạn học sinh học tốt môn Toán lớp 9 hiệu quả hơn. Mời các bạn tham khảo.
- Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 10: Chứng minh các hệ thức hình học
- Các dạng Toán thi vào 10
- Các bài toán Hình học ôn thi vào lớp 10
Tài liệu dưới đây được VnDoc biên soạn gồm hướng dẫn giải chi tiết cho dạng bài "Chứng minh tứ giác là hình ..." và tổng hợp các bài toán để các bạn học sinh có thể luyện tập thêm. Qua đó sẽ giúp các bạn học sinh ôn tập các kiến thức, chuẩn bị cho các bài thi học kì và ôn thi vào lớp 10 hiệu quả nhất. Sau đây mời các bạn học sinh cùng tham khảo tải về bản đầy đủ chi tiết.
I. Cách chứng minh các tứ giác đặc biệt
1. Hình thang
+ Tứ giác có hai cạnh song song thì tứ giác ấy là hình thang
2. Hình thang cân
+ Hình thang có hai đường chéo bằng nhau
+ Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau
+ Hình thang nội tiếp trong đường tròn
3. Hình thang vuông
+ Hình thang có một góc vuông
4. Hình bình hành
+ Tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song
+ Tứ giác có 2 cặp cạnh đối bằng nhau
+ Tứ giác có 1 cặp cạnh đối song song và bằng nhau
+ Tứ giác có 2 cặp góc đối bằng nhau
+ Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
5. Hình chữ nhật
+ Tứ giác có 3 góc vuông
+ Hình bình hành có một góc vuông
+ Hình bình hàng có hai đường chéo bằng nhau
+ Hình thang cân có một góc vuông
6. Hình thoi
+ Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau
+ Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau
+ Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau
+ Hình bình hàng có một đường chéo là tia phân giác của một góc
7. Hình vuông
+ Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau
+ Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc
+ Hình chữ nhật có một đường chéo là tia phân giác
+ Hình thoi có một góc vuông
+ Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau
II. Bài tập ví dụ cho bài toán chứng minh các tứ giác đặc biệt
Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng chứa A bờ BC vẽ nửa đường tròn tâm O đường kính BH cắt AB tại E và nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật
Lời giải:
+ Có 
\(\widehat {BEH}\) nhìn đường kính BH nên \(\widehat {BEH} = {90^0}\)
+ Có \(\widehat {CFH}\) nhìn đường kính CH nên \(\widehat {CFH} = {90^0}\)
+ Xét tứ giác AEHF có:
\(\widehat {BAC} = {90^0};\widehat {BEH} = {90^0};\widehat {CFH} = {90^0}\)
Suy ra tứ giác AEHF là hình chữ nhật
Bài 2: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Kẻ hai tia tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Nối MA cắt OC tại E. Nối MB cắt OD tại F. Chứng minh tứ giác OEMF là hình chữ nhật
Lời giải:
+ Có Ax và MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C suy ra OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)
+ Có By và MD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D suy ra OD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)
+ Xét tam giác AOM có:
OA = OM nên tam giác AOM là tam giác cân
OC là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\)
Suy ra OE vuông góc MA nên \(\widehat {OEM} = {90^0}\)
+ Xét tam giác BOM có:
OM = OB nên tam giác MOB là tam giác cân
OD là tia phân giác của \(\widehat {BOM}\)
Suy ra OF vuông góc MF nên \(\widehat {OFM} = {90^0}\)
+ Có \(\widehat {AMB}\) nhìn đường kính AB nên \(\widehat {AMB} = {90^0}\)
+ Xét tứ giác MEOF có:
\(\widehat {OEM} = {90^0};\widehat {OFM} = {90^0};\widehat {AMB} = {90^0}\)
Suy ra tứ giác MEOF là hình chữ nhật.
Bài 3 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở P.
Chứng minh:
1. Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng cố định nào.
Lời giải:
Hình vẽ minh họa
1. Ta có \(\widehat{OMP} = 90^{0}\) (vì \(PM\bot AB\)); \(\widehat{ONP} = 90^{0}\) (vì NP là tiếp tuyến ).
Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác OMNP nội tiếp \(\Rightarrow
\widehat{OPM} = \widehat{ONM}\) (nội tiếp chắn cung OM)
Tam giác ONC cân tại O vì có \(ON = OC = R
\Rightarrow \widehat{ONC} = \widehat{OCN}\)
\(\Rightarrow \widehat{OPM} =
\widehat{OCM}\)
Xét hai tam giác OMC và MOP ta có:
\(\widehat{MOC} = \widehat{OMP}\ =
90^{0};\widehat{OPM} = \widehat{OCM}\)
\(\Rightarrow \widehat{CMO} =
\widehat{POM}\) lại có MO là cạnh chung \(\Rightarrow \Delta OMC = \Delta MOP \Rightarrow OC
= MP\ \ \ (1)\)
Theo giả thiết ta có \(CD\bot AB;\ PM\bot
AB \Rightarrow CO//PM\ \ (2)\)
Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có \(\widehat{MOC} = 90^{0}\) (giả thiết \(CD\bot AB\)); \(\widehat{DNC} = 90^{0}\) (nội tiếp chắn nửa đường tròn )
\(\ \Rightarrow \widehat{MOC} =
\widehat{DNC}\ = 90^{0}\) lại có \(\widehat{C}\) là góc chung \(= > \Delta OMC\sim\Delta NDC\)
=> \(\frac{CM}{CD}\ = \
\frac{CO}{CN}\) => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi
=> CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. ( HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) \(\Rightarrow \widehat{ODP} = 90^{0}\)=> P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D.
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB.
Bài 4 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F
1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.
2. BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. AE. AB = AF. AC.
4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn.
Hướng dẫn giải
Hình vẽ minh họa
1. Ta có : \(\widehat{BEH} =
90^{0}\) ( nội tiếp chắn nửc đường tròn )
\(\Rightarrow \widehat{AEH} =
90^{0}\) (vì là hai góc kề bù). (1)
\(\widehat{CFH} = 90^{0}\) ( nội tiếp chắn nửc đường tròn )
\(\Rightarrow \widehat{AFH} =
90^{0}\) (vì là hai góc kề bù).(2)
\(\widehat{EAF} = 90^{0}\) (Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)
Từ (1), (2), (3) => Tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông).
2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2)
\(\ \Rightarrow \widehat{B_{1}} =
\widehat{H_{1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) \(\Rightarrow {\widehat{B}}_{1} = \widehat{F_{1}}
\Rightarrow \widehat{EBC} + \widehat{EFC} = \widehat{AFE} +
\widehat{EFC}\) mà \(\widehat{AFE} +
\widehat{EFC} = 180^{0}\) (vì là hai góc kề bù) \(\Rightarrow \widehat{EBC} + \widehat{EFC} =
180^{0}\) mặt khác \(\widehat{EBC};\widehat{EFC}\) là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có éA = 900 là góc chung; \(\widehat{AFE} =
\widehat{ABC}\) (theo chứng minh trên)
=> ∆AEF ∼∆ACB => \(\frac{AE}{AC}\ =
\ \frac{AF}{AB}\) => AE. AB = AF. AC.
* HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**)
Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC
4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân tại I \(\Rightarrow {\widehat{E}}_{1} =
\widehat{H_{1}}\)
∆O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) \(\Rightarrow \widehat{E_{2}} =
\widehat{H_{2}}\)
\(\Rightarrow \widehat{E_{1}} +
\widehat{E_{2}} = \widehat{H_{1}} + \widehat{H_{2}}\) mà \(\widehat{H_{1}} + \widehat{H_{2}} = \widehat{AHB}
= 90^{0}\)
\(\Rightarrow {\widehat{E}}_{1} +
\widehat{E_{2}} = \widehat{O_{1}EF} = 90^{0}\)
\(\Rightarrow O_{1}E\bot EF\).
Chứng minh tương tự ta cũng có \(O_{2}E\bot
EF\).
Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .
Bài 5. Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD.
1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp .
2. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi.
3. Chứng minh BI // AD.
4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng.
5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O’).
Hướng dẫn giải
Hình vẽ minh họa
1. \(\widehat{BIC} = 90^{0}\) ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) \(\Rightarrow
\widehat{BID} = 90^{0}\) (vì là hai góc kề bù); DE ⊥ AB tại M => Góc BMD = 900
\(\Rightarrow \widehat{BID} + \widehat{BMD}
= 180^{0}\)mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID nên MBID là tứ giác nội tiếp.
2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE ⊥ AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung)
=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường .
3. \(\widehat{ADC} = 90^{0}\) ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> AD ⊥ DC; theo trên BI ⊥ DC => BI // AD. (1)
4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2).
Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đường thẳng song song với AD mà thôi.)
5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I
=> IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE) => MI = ME
=> ∆MIE cân tại M
\(\Rightarrow \widehat{I_{1}} =
\widehat{E_{1}}\); ∆O’IC cân tại O’ ( vì O’C và O’I cùng là bán kính)
\(\ \Rightarrow {\widehat{I}}_{3} =
\widehat{C_{1}}\) mà \(\widehat{C_{1}}
= \widehat{E_{1}}\) (Cùng phụ với góc EDC)
\(\ \Rightarrow \widehat{I_{1}} =
\widehat{I_{3}} \Rightarrow \widehat{I_{1}} + \widehat{I_{2}} =
\widehat{I_{3}} + \widehat{I_{2}}\)
Mà \(\widehat{I_{3}} + \widehat{I_{2}} =
\widehat{BIC} = 90^{0} \Rightarrow \widehat{I_{1}} + \widehat{I_{2}} =
90^{0} = \widehat{MIO}\) hay MI ⊥ O’I tại I
=> MI là tiếp tuyến của (O’).
Bài 6 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC.
1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
2. E, F nằm trên đường tròn (O).
3. Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.
4 Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải
Hình vẽ minh họa
1. Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường .
2. (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp \(\Rightarrow \widehat{BAC} + \widehat{B'HC} =
180^{0}\) mà
\(\widehat{BHC} =
\widehat{B'HC'}\) (đối đỉnh) \(\Rightarrow \widehat{BAC} + \widehat{BHC} =
180^{0}\)
Theo trên BHCF là hình bình hành \(\Rightarrow \widehat{BHC} = \widehat{BFC}
\Rightarrow \widehat{BFC} + \widehat{BAC} = 180^{0}\)
=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O).
* H và E đối xứng nhau qua BC => ∆BHC = ∆BEC (c.c.c)
\(\Rightarrow \widehat{BHC} =
\widehat{BEC} \Rightarrow \widehat{BEC} + \widehat{BAC} =
180^{0}\)
=> ABEC nội tiếp => E thuộc (O) .
3. Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC ⊥ HE (1) và IH = IE mà I là trung điểm của của HF
=> EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông tại E hay FE ⊥ HE (2)
Từ (1) và (2) => EF // BC => BEFC là hình thang. (3)
Theo trên E ∈(O) \(\Rightarrow
\widehat{CBE} = \widehat{CAE}\) (nội tiếp cùng chắn cung CE) (4).
Theo trên F ∈(O) và \(\widehat{FEA} =
90^{0}\)=> AF là đường kính của (O) \(\Rightarrow \widehat{ACF} = 90^{0} \Rightarrow
\widehat{BCF} = \widehat{CAE}\)
( vì cùng phụ ∠ACB) (5).
Từ (4) và (5) \(\Rightarrow \widehat{BCF} =
\widehat{CBE}\) (6).
Từ (3) và (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân.
4. Theo trên AF là đường kính của (O) => O là trung điểm của AF; BHCF là hình bình hành => I là trung điểm của HF => OI là đường trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH.
Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI ⊥ BC (Quan hệ đường kính và dây cung) \(\Rightarrow \widehat{OIG}
= \widehat{HAG}\) (vì so le trong); lại có \(\widehat{OGI} = \widehat{HGA}\) (đối đỉnh) => ∆OGI ∼ ∆HGA => \(\frac{GI}{GA}\ = \
\frac{OI}{HA}\) mà OI = \(\frac{1}{2}\) AH
=> \(\frac{GI}{GA}\ = \
\frac{1}{2}\) mà AI là trung tuyến của ∆ ABC (do I là trung điểm của BC)
=> G là trọng tâm của ∆ ABC.
III. Bài tập tự luyện về bài toán chứng minh các tứ giác đặc biệt
Bài 1: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Từ AB kẻ tiếp tuyến Ax, By. Qua M thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt 2 tiếp tuyến Ax, By tại C và D. Chứng minh tứ giác ABCD là hình thang vuông
Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H, tia AO cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh:
a, Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn
b, Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành
Bài 3: Cho đường tròn (O; R) và một điểm A cách O một khoảng 2R. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B; C là các tiếp điểm). Đường thẳng vuông góc với Ob tại O cắt AC tại N. Đường thẳng vuông góc với OC tại O cắt AB tại M. Chứng minh;
a, Tứ giác AMON là hình thoi
b, Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c, Tính diện tích hình thoi AMON
Bài 4: Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB trên nửa đường tròn lấy C (CA < CB). Hạ CH vuông góc với AB tại H. Đường tròn đường kính CH cắt CA và CB tại M và N. Chứng minh:
a, Tứ giác HMCN là hình chữ nhật
b, Tứ giác AMNB nội tiếp
Bài 5: Cho đường tròn tâm O. Gọi I là trung điểm của bán kính OA. Qua I kẻ dây BC vuông góc với OA. Chứng minh tứ giác ABOC là hình thoi
Bài 6: Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn AB lấy M, đường thẳng CM cắt (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến N của đường tròn tại P. Chứng minh:
a, Tứ giác OMNP nội tiếp
b, Tứ giác CMPO là hình bình hành
c, Tích CM.CN không đối
Bài 7: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ đường tròn (I) đường kính OA. Bán kính OC của đường tròn (O) cắt đường tròn (I) tại D.Vẽ CH vuông góc với AB. Chứng minh ACDH là hình thang cân
-------------------
Ngoài các dạng Toán 9 ôn thi vào lớp 10 trên, mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với tài liệu này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt!
