Một số bài toán tổng hợp về tứ giác nội tiếp lớp 9 (cách giải + bài tập)
Chuyên đề phương pháp giải bài tập Một số bài toán tổng hợp về tứ giác nội tiếp lớp 9 chương trình sách mới hay, chi tiết với bài tập tự luyện đa dạng giúp học sinh ôn tập, biết cách làm bài tập Một số bài toán tổng hợp về tứ giác nội tiếp.
Một số bài toán tổng hợp về tứ giác nội tiếp lớp 9 (cách giải + bài tập)
1. Phương pháp giải
Để giải quyết dạng bài này, ta cần kết hợp các kiến thức đã được học về tính chất của góc nội tiếp, góc ở tâm, chứng minh tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng, …
Chú ý: Một số kiến thức cần nhớ
+ Trong một tứ giác nội tiếp đường tròn, tổng số đo hai góc đối diện bằng 180°.
+ Một tứ giác nội tiếp đường tròn thì có góc bằng góc kề của góc đối của nó.
+ Góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.
+ Góc ở tâm có số đo bằng cung bị chắn.
+ Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung thì góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho đường tròn (O; R), dây BC (BC < 2R). Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB < AC. Các đường cao AD và BF của tam giác ABC cắt nhau tại I.
a) Chứng minh tứ giác ABDF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh CD.CB = CF.CA.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF cắt đường tròn (O; R) tại điểm H (H khác O). Vẽ đường kính CK của đường tròn (O) và gọi E là trung điểm của AB. Chứng minh ba điểm K, E, H thẳng hàng.
Hướng dẫn giải
a) Theo đề, AD ⊥ BC và BF ⊥ AC.
Vì tam giác ABD vuông tại D nên tam giác ABD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Do đó, ba điểm A, B, D cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Vì tam giác AFB vuông tại F nên tam giác AFB nội tiếp đường tròn đường kính AB. Do đó, ba điểm A, F, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Suy ra bốn điểm A, B, D, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB hay tứ giác ABDF nội tiếp đường tròn.
b) Xét ∆CBF và ∆CAD có
là góc chung
Do đó, ∆CBF ᔕ ∆CAD (g.g)
Suy ra suy ra CB.CD = CF.CA.
c) Ta có KA // BI ( cùng vuông với AC) và BK // AI (cùng vuông với BC)
từ đây suy ra tứ giác AKBI là hình bình hành.
Mà E là trung điểm AB, do đó E là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành AKBI.
Suy ra E cũng là trung điểm của KI hay K, E, I thẳng hàng.
Có CK là đường kính nên HK ⊥ HC. (1)
Có .
Do đó, D, F, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính IC.
Mà H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF nên H thuộc đường tròn đường kính IC.
Suy ra hay IH ⊥ HC (2)
Từ (1) và (2) suy ra K, E, H thẳng hàng.
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H.
a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh .
c) Gọi P, Q, R lần lượt là giao điểm của ba đường thẳng AD, BE, CF với (O) tương ứng khác A, B, C. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PQR.
Hướng dẫn giải
a) Vì BE là đường cao của tam giác ABC nên BE ⊥ AC hay .
Gọi M là trung điểm của BC.
∆BEC vuông tại E nên ∆BEC nội tiếp đường tròn tâm M đường kính BC.
Tương tự chứng minh được tam giác BFC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính BC.
Suy ra B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn tâm M bán kính BC hay tứ giác BCEF nội tiếp.
b) Vì tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn nên (1)
Mà (2) hai góc kề bù.
Từ (1) và (2) suy ra hay .
c)
Ta có: (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của (O))
Hay .
Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung của đường tròn tâm M đường kính BC)
Vậy hay .
Tương tự có nên hay .
Vậy PH là tia phân giác của góc QPR.
Tương tự QH là tia phân giác của góc PQR.
Do đó, H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PQR.
3. Bài tập tự luyện
Câu 1. Cho hình bình hành. Đường tròn đi qua ba đỉnh cắt đường thẳng tại P. Khi đó
A. ABCP là hình thang cân.
B. AP = AD.
C. AP = BC.
D. Cả A, B, C đều đúng.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Do tứ giác ABCP nội tiếp (vì có 4 đỉnh cùng thuộc đường tròn) và là các góc đối nên (1)
Do ABCD là hình bình hành nên CD // AB
suy ra (2)
Từ (1) và (2) ta nhận được .
Mặt khác CP // AB nên ABCP là hình thang cân.
Do đó, đáp án A đúng.
Từ đó, ta suy ra AP = BC (3). Do đó, đáp án C đúng.
Do BC = AD (vì ABCD là hình bình hành) (4)
Từ (3), (4) có AP = AD.
Vậy cả ba đáp án A, B, C đều đúng.
Câu 2. Cho tam giác ABC cân tại A có , trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, lấy D sao cho BCD là tam giác đều. Khi đó
A. Tam giác ACD cân.
B. ABCD nội tiếp.
C. ABDC là hình thang.
D. ABDC là hình vuông.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có tam giác BCD là tam giác đều nên (1).
Mặt khác ∆ABC là tam giác cân tại A có hơn nữa tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên ta có:
, suy ra (2)
Từ (1) và (2) suy ra .
Tương tự ta chứng minh được .
Do đó, ∆ACD vuông tại C nên A, C, D thuộc đường tròn đường kính AD. (3)
∆ABD vuông tại B nên A, B, D thuộc đường tròn đường kính AD. (4)
Từ (3) và (4) suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Vậy tứ giác ABDC là tứ giác nội tiếp.
Câu 3. Cho nửa (O) đường kính AB. Lấy M ∈ OA (M ≠ O, A). Qua M vẽ đường thẳng d vuông góc với AB. Trên d lấy N sao cho ON > R. Nối NB cắt (O) tại C. Kẻ tiếp tuyến NE với (O) (E là tiếp điểm, E và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d). Có H là giao điểm của AC với d và F là giao điểm của HE với đường tròn (O)). Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau:
A. Bốn điểm O, E, M, N cùng thuộc một đường tròn.
B. NE2 = NC.NB.
C. .
D.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
• Nhận thấy nên
N, E, M, O cùng thuộc một đường tròn đường
kính NO hay tứ giác NEMO nội tiếp.
Do đó, đáp án A đúng.
• Ta có .
Do đó, ∆NEC ᔕ ∆NBE (g.g)
Suy ra nên NB.NC = NE2 .
Do đó, ý b đúng.
• Từ đó suy ra ∆NEH ᔕ ∆NME (c.g.c)
Suy ra . Do đó, ý c đúng.
• Ta có (tứ giác NEMO nội tiếp đường tròn) nên .
Mà góc ENO phụ với góc EON nên góc EON cũng phụ với góc NEH.
Suy ra .
Suy ra ∆OEF cân có ON là phân giác.
Xét ∆OEN và ∆OFN có:
(co ON là phân giác góc EOF).
ON chung (gt)
OE = OF = R (gt)
Do đó, ∆OEN = ∆OFN (c.g.c)
Suy ra (hai góc tương ứng)
Do đó phương án D sai.
Câu 4. Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M và vẽ đường tròn đường kính MC. Kẻ BM cắt đường tròn tại D. Đường thẳng DA cắt đường tròn tại S. Chọn đáp án sai trong các đáp án sau:
A. Tứ giác ABCD nội tiếp.
B. .
C. CA là phân giác của góc SCB.
D. Tứ giác ABCS nội tiếp.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
• Ta có là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC nên (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét ∆BAC vuông tại A nên A, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
Xét ∆BDC vuông tại D nên D, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
Suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác A, B, C, D nội tiếp.
• Xét tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp nên (cùng nhìn đoạn AD).
Do đó, phương án B đúng.
Xét đường tròn đường kính MC ta có 4 điểm M, C, D, S cùng thuộc đường tròn nên tứ giác MCSD là tứ giác nội tiếp.
Suy ra (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) (1)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cmt) nên (cùng nhìn đoạn AB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
Hay CA là phân giác của . Do đó, ý C đúng.
• Giả sử tứ giác ABCS là tứ giác nội tiếp thì (hai góc cùng nhìn đoạn AB)
Mà ; (xét trong đường tròn đường kính CM).
Suy ra , do đó tứ giác ABCS không nội tiếp.
Do đó, ý D sai.
Câu 5. Cho tam giác ABC cân tại A có . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, kẻ Bx ⊥ BA, Cx ⊥ CA. Chọn đáp án sai trong các đáp án dưới đây.
A. Tam giac BCD cân.
B. ABDC nội tiếp.
C. ABDC là hình thoi.
D. .
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Theo đề, ta có: nên chứng minh được bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn đường kính AD.
Suy ra tứ giác ABDC nội tiếp.
Lại có ∆ABC cân tại A có nên .
Ta có: nên .
Từ đó suy ra tam giác BCD cân tại D nên đáp án A đúng.
Xét tứ giác ABDC nội tiếp nên , suy ra nên D đúng.
Ta chưa đủ điều kiện để suy ra tứ giác ABDC là hình thoi.
Câu 6. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa O và B. Kẻ dây CD vuông góc với A tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ CK ⊥ AE tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại F. Tam giác ACF là
A. Tam giác cân tại F.
B. Tam giác cân tại C.
C. Tam giác cân tại A.
D. Tam giác đều.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Xét (O) có (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung.
Ta có ∆AKC vuông tại K nên A, K, C thuộc đường tròn đường kính AC (1).
∆AHC vuống tại H nên A, H, C thuộc đường tròn đường kính AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, H, C, K cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác AHCK nội tiếp.
Xét tứ giác nội tiếp AHCK có nên mà hai góc ở vị trí đồng vị nên KH // ED.
Xét tam giác CFD có KH // ED mà H là trung điểm của DC (do AB ⊥ DC) nên K là trung điểm của CF.
Xét tam giác ACF có AK vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên ∆ACF cân tại A.
Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A và B điểm nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ hai là F và G. Khi đó, kết luận sai là
A. ∆ABC ᔕ ∆EBD.
B. Tứ giác ADEC là tứ giác nội tiếp.
C. Tứ giác AFBC không là tứ giác nội tiếp.
D. Các đường thẳng AC, DE và BF đồng quy.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
• Xét đường tròn đường kính BD có góc BED là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên .
Xét ∆ABC và ∆BED có chung và .
Suy ra ∆ABC ᔕ ∆EBD (g.g)
Do đó, ý A đúng.
• Xét ∆ADC vuông tại A nên A, D, C thuộc đường tròn đường kính DC (1).
∆DEC vuông tại E nên E, D, C thuộc đường tròn đường kính DC (2).
Từ (1) và (2) suy ra A, D, C, E cùng thuộc một đường tròn đường kính DC hay tứ giác ADEC nội tiếp.
Do đó, ý B đúng.
• Chứng minh tương tự bốn điểm A, F, B, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC.
Suy ra, tứ giác AFBC nội tiếp đường tròn.
Do đó, phương án C sai.
• Gọi giao điểm của BF và AC là H.
Xét ∆BHC có đường cao CF và BA cắt nhau tại D nên D là trực tâm của tam giác BHC.
Mà DE ⊥ AB nên DE là đường cao của tam giác BHC hay H, E, D thẳng hàng.
Suy ra DE, AC và BF đồng quy tại H.
Do đó, đáp án D đúng.
Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng a. Biết rằng AC vuông góc với BD. Khi đó để AB + CD đạt giá trị lớn nhất thì
A. AC = AB.
B. AC = BD.
C. BD = AB.
D. Cả ba đáp án trên đều sai.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Kẻ đường kính CI của đường tròn (O).
Ta có: (góc nội tiếp chắn đường kính EC)
Từ đó, ta có AI ⊥ AC. Mặt khác theo giả thiết, có AC ⊥ BD. Kéo theo AI // BD.
Do đó, AIDB là hình thang.
Do hình thang AIDB nội tiếp (O) nên AIDB phải là hình thang cân.
Kéo theo AB = DI (các cạnh bên hình thang cân)
Từ đó, ta có AB2 + CD2 = DI2 + DC2 = IC2 = 4a2 (do ∆IDC vuông tại D)
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho (AB2, BD2), ta có:
AB2 + BD2 ≥ 2AB.CD, suy ra 2(AB2 + BD2) ≥ AB2 + BD2 + 2AB.CD = (AB + CD)2
Kéo theo (AB + CD)2 ≤ 2.4a2 hay (AB + CD)2 ≤ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = CD.
Xét tam giác ∆ABI, ∆DCI có AB = CD, (góc nội tiếp chắn cung AD), (góc nội tiếp cùng chắn cung BC).
Do đó, ∆ABI = ∆DCI (g.c.g)
Suy ra AI = ID, IB = IC.
Suy ra AC = AI + IC = ID + IB = BD.
Câu 9. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB, dây CD vuông góc với AB tại F. Gọi M là một điểm thuộc cung nhỏ BC (M khác B và C), hai đường thẳng AM và CD cắt nhau tại E. Khi đó,
(I). Tứ giác BMEF nội tiếp.
(II). MA là phân giác của góc CMD.
(III). AC2 = AE.AM.
Số phát biểu đúng là
A. 0.
B. 1.
C. 2.
D. 3.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
• Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay
Xét ∆BME vuông tại M nên B, M ,E thuộc đường tròn đường kính BE (1)
Xét ∆EFB vuông tại F nên B, F, E thuộc đường tròn đường kính BE (2)
Từ (1) và (2) suy ra B, M, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BE hay tứ giác BMEF nội tiếp.
Do đó, (I) đúng.
• Ta có AB ⊥ CD tại F và AB là đường kính
Ta chứng minh được ∆OCD cân tại O do OC = OD = R nên F là trung điểm của CD.
Do đó, AB là đường trung trực của CD nên .
Ta có: và
Suy ra , do đó AM là phân giác của góc CMD.
Vậy ý (II) đúng.
• Xét ∆ACE và ∆ACM có:
chung (gt)
.
Suy ra ∆ACE ᔕ ∆ACM (g.g)
Suy ra hay AC2 = AE.AM.
Do đó ý (III) đúng.
Vậy cả ba phát biểu trên đều đúng.
Câu 10. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Dựng đường thẳng d qua A song song với BC, đường thẳng d1 qua C song song với BA, gọi D là giao điểm của d và d1. Dựng AE vuông với BD (E nằm trên BD), F là giao điểm của BD với đường tròn (O). Khi đó,
(I). Tứ giác AECD nội tiếp.
(II)..
(III). AECF là hình bình hành.
(IV). DF.DB = 2AB2.
Số phát biểu đúng là
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
• Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD.
Do đó, (so le trong)
Suy ra ∆ACD vuông tại C nên A, C, D thuộc đường tròn đường kính AD (1).
∆ADE vuông tại E nên E, A, D thuộc đường tròn đường kính AD (2).
Từ (1) và (2) suy ra A, E, C, D cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác AEDC nội tiếp.
Do đó, ý (I) đúng.
• Do tứ giác AEDC nội tiếp nên (góc nội tiếp chắn cung EC)
Mà AB // CD nên = (so le trong)
Suy ra . (3)
Mà là góc nội tiếp chắn cung AF, là góc ở tâm chắn cung AF nên . (4)
Từ (3) và (4) suy ra .
Do đó, ý (II) sai.
• Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay FC ⊥ BD.
Có AE ⊥ BD nên FC // AE.
Lại có nên AF // EC.
Do đó, tứ giác AECF là hình bình hành.
Suy ra, ý (III) đúng.
• Gọi giao điểm của AC và BD là I, do tứ giác ABCD là hình bình hành nên AI = IC; IB = ID; AB = CD.
Xét ∆DIC vuông tại C có CF ⊥ BD
Chứng minh được ∆CDI ᔕ ∆FDC (g.g) suy ra hay CD2 = FD.DI.
Mà AB = DC nên AB2 = DF.DI.
Suy ra 2AB2 = 2.DF.DI mà 2DI = BD do đó, 2AB2 = DF.DB.
Do đó, ý (IV) đúng.
Vậy có 3 phát biểu đúng là (I), (III), (IV).
Xem thêm các dạng bài tập Toán 9 hay, chi tiết khác:
- Nhận biết đa giác đều
- Xác định phép quay
- Xác định vị trí của điểm, hình sau khi thực hiện phép quay
- Phép quay giữ nguyên một đa giác đều
- Nhận biết hình trụ, kể tên các yếu tố cơ bản của hình trụ
Tủ sách VIETJACK luyện thi vào 10 cho 2k10 (2025):
TÀI LIỆU CLC DÀNH CHO GIÁO VIÊN VÀ PHỤ HUYNH LỚP 9
+ Bộ giáo án, bài giảng powerpoint, đề thi file word có đáp án 2025 tại https://tailieugiaovien.com.vn/
+ Hỗ trợ zalo: VietJack Official
+ Tổng đài hỗ trợ đăng ký : 084 283 45 85
Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng....miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.
Loạt bài Chuyên đề: Lý thuyết - Bài tập Toán lớp 9 Đại số và Hình học có đáp án có đầy đủ Lý thuyết và các dạng bài được biên soạn bám sát nội dung chương trình sgk Đại số 9 và Hình học 9.
Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn.
- Giải Tiếng Anh 9 Global Success
- Giải sgk Tiếng Anh 9 Smart World
- Giải sgk Tiếng Anh 9 Friends plus
- Lớp 9 Kết nối tri thức
- Soạn văn 9 (hay nhất) - KNTT
- Soạn văn 9 (ngắn nhất) - KNTT
- Giải sgk Toán 9 - KNTT
- Giải sgk Khoa học tự nhiên 9 - KNTT
- Giải sgk Lịch Sử 9 - KNTT
- Giải sgk Địa Lí 9 - KNTT
- Giải sgk Giáo dục công dân 9 - KNTT
- Giải sgk Tin học 9 - KNTT
- Giải sgk Công nghệ 9 - KNTT
- Giải sgk Hoạt động trải nghiệm 9 - KNTT
- Giải sgk Âm nhạc 9 - KNTT
- Giải sgk Mĩ thuật 9 - KNTT
- Lớp 9 Chân trời sáng tạo
- Soạn văn 9 (hay nhất) - CTST
- Soạn văn 9 (ngắn nhất) - CTST
- Giải sgk Toán 9 - CTST
- Giải sgk Khoa học tự nhiên 9 - CTST
- Giải sgk Lịch Sử 9 - CTST
- Giải sgk Địa Lí 9 - CTST
- Giải sgk Giáo dục công dân 9 - CTST
- Giải sgk Tin học 9 - CTST
- Giải sgk Công nghệ 9 - CTST
- Giải sgk Hoạt động trải nghiệm 9 - CTST
- Giải sgk Âm nhạc 9 - CTST
- Giải sgk Mĩ thuật 9 - CTST
- Lớp 9 Cánh diều
- Soạn văn 9 Cánh diều (hay nhất)
- Soạn văn 9 Cánh diều (ngắn nhất)
- Giải sgk Toán 9 - Cánh diều
- Giải sgk Khoa học tự nhiên 9 - Cánh diều
- Giải sgk Lịch Sử 9 - Cánh diều
- Giải sgk Địa Lí 9 - Cánh diều
- Giải sgk Giáo dục công dân 9 - Cánh diều
- Giải sgk Tin học 9 - Cánh diều
- Giải sgk Công nghệ 9 - Cánh diều
- Giải sgk Hoạt động trải nghiệm 9 - Cánh diều
- Giải sgk Âm nhạc 9 - Cánh diều
- Giải sgk Mĩ thuật 9 - Cánh diều
Giải bài tập SGK & SBT
Tài liệu giáo viên
Sách
Khóa học
Thi online
Hỏi đáp
