Tứ giác nội tiếp

chien than · 10-11-2007, 06:39 PM

Tác giả:Vũ Minh Thắng,học sinh chuyên toán khóa K41 ĐHSP Hà Nội
A-Định nghĩa
Tứ giác nội tiếp là tứ giác sao cho tồn tại một đường tròn đi qua cả bốn đỉnh của tứ giác đó
B-Các cách CM tứ giác nội tiếp
Đối với tứ giác $ABCD $ cho trước thì các mệnh đề sau là tương đương:
1/$ABCD $ là tứ giác nôi tiếp
2/$\hat{A}+\hat{C}=180^o $
3/$\hat{ABC}=\hat{ACD} $
4/$Ac.BD=AB.CD+AD.BC $
5/$H;L;K $ thẳng hàng ,trông đó $H;L;K $ là đường vuông góc hạ từ $D $ xuống $AB;BC;CA $
6/$MA.MC=MB.MD $ ,trong đó $M $ là giao điểm của $AC $ và $BD $
7/$R_a.R_b=R_c.R_d $ ,trong đó $R_a;R_b;R_c;R_d $ theo thứ tự là chân bán kính ĐTR ngoại tiếp các tam giác $BCD;CDA;DAB;ABC $
8/Tứ giác $O_1O_2O_3O_4 $ là HCN,trong đó $O_1;O_2;O_3;O_4 $theo thứ tự là tâm DTR ngoại tiếp các tam giác $ABD;ABC;BCD;CDA $
9/$S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)} $ trong đó $a=AB;b=BC;c=CD;d=DA $ và $p=\frac{a+b+c+d}{2} $
3/Mở rộng

Một tứ giác nội tiếp có thể được chia nhỏ thành vô số các tứ giác nội tiếp khác.
Một hình vuông (chữ nhật) có thể chia thành vô số các hình vuông, hình chữ nhật, vốn là các tứ giác nội tiếp.
Một hình thang cân có thể chia nhỏ thành vô số các hình thang cân bằng (vô số) các đường thẳng song song với đáy và cắt hai cạnh bên.

Một tứ giác nội tiếp bất kì cũng có thể được chia thành bốn tứ giác sau:
Từ đa giác nội tiếp lớn ban đầu hãy sắp đặt đa giác sao cho cạnh kề với hai góc nhọn ở dưới. Sau đó kẻ ba đường thẳng song song với ba cạnh để tạo thành hai hình thang cân (1) và (2). Hình thang còn lại, (3), tuy không phải là cân nhưng là tứ giác nội tiếp. Hình (4) có các cạnh song song với tứ giác nội tiếp ban đầu nên đồng dạng và do đó cũng là tứ giác nội tiếp.
Ta có thể áp dụng cách như trên đối với hình (4) để được (vô số) các tứ giác nội tiếp; cũng như phân chia các hình thang cân (1) và (2) thành vô số các hình thang cân (nội tiếp) khác.
4/Ví dụ minh họa
Ví dụ 1:Cho tam giác $ABC $ có DTR nội tiếp tâm $I $ tiếp xúc với các cạnh $AB;AC $ lần lượt tại $E;F $.Các đường thẳng $BI;CI $ lần lượt cắt $EF $ tại $M;N $.CMR 4 điểm $B;M;N:C $ cùng thuộc 1 DTR
Lời giải:
*Nếu M thuộc tia đối của tia EF,ta có:
$\hat{MIC}=\frac{\hat{B}}{2}+\frac{\hat{C}}{2}=90^o-\frac{\hat{A}}{2}=\hat{AFE}=\hat{MFC} $
Vậy tứ giác IFMC nội tiếp do đó $\hat{BMC}=\hat{IFC}=90^o $
*Nếu $M $ thuộc đoạn $EF $,bằng cách làm tương tự ta cũng suy ra $\hat{BMC}=90^o $.Vậy ta luôn có $\hat{BMC}=90^o $.
Tương tự $\hat{BNC}=90^o $,do đó 4 điểm $B;M;N:C $ cùng thuộc 1 DTR

Ví dụ 2: Cho tam giác nhọn $ABC,AH $là đường cao xuất phát từ $A $.Vẽ về phía ngoài tam giác các tam giác vuông $AMB;ANC $ đồng dạng với nhau (vuông tại M;N).Gọi $T $ là trung điểm của $BC $,CMR các điểm $T;H;M;N $ cùng thuộc 1 DTR
Lời giải:
Gọi $E;F $ lần lượt là trung điểm của $AB;AC $.Do các tam giác AMB và ANC đồng dạng với nhau suy ra:
$\Delta EMT $~$\Delta FTN $=>$\hat{AMT}=\hat{FTN} $ (1)
Do $AMBH:AHCN $ là tứ giác nội tiếp nên $\hat{BHM}=\hat{BAM};\hat{CHN}=\hat{CAN} $
Mặt khác $\hat{BAM}=\hat{CAN} $ nên:
$\hat{MHN}=180^o-\hat{BHM}-\hat{CHN}=180^o-2\hat{BAM}=190^o-\hat{BEM} $
$=\hat{EMT}+\hat{BET}+\hat{ETM}=\hat{EMT}+\hat{ETF} +\hat{ETM} $ (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
$\hat{MHN}=\hat{FTN}+\hat{ETF}+\hat{ETM}=\hat{MTN} $
Vậy 4 điểm $M;H;T;N $ cùng thuộc 1 DTR

chien than · 10-11-2007, 06:40 PM

Và sau đây là 1 số bài tập ứng dụng

from THTT)
Bài 1:CMR $ABCD $ là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi các DTR nội tiếp tam giác $ABC;ACD $ tiếp xúc nhau
Bài 2:CMR $ABCD $ là tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp khi và chỉ khi $S=\sqrt{abcd} $
Bài 3: Giả sử tồn tại 1 ĐTR tiếp xúc với 4 cạnh $AB;BC;CD;DA $ của tứ giác $ABCD $ tại $M;N;P;Q $.CMR $ABCD $ là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi $MP \perp NQ $
Bài 4: Giả sử tồn tại 1 ĐTR có tâm trên cạnh $AB $ và tiếp xúc với 3 cạnh còn lại của tứ giác $ABCD $ Chứng minh rằng ĐK cần và đủ để $ABCD $ nội tiếp được 1 ĐTR là:
$AB=AD+CD+CB $

Mời các bạn vào thảo luận,good luck!

duchieumath · 29-01-2008, 07:25 PM

Bài 1 bạn có thể chứng minh đc rằng 2 đường tròn nội tiếp này tiếp xúc với nhau và với AC tại 1 điểm ko?

nbkschool · 06-02-2008, 08:43 AM

không cần rườm rà như zậy đâu chỉ cần 3 cách đầu là đủ rồi còn mấy cái sau chỉ phát triển lên từ mấy bài toán phụ thôi mà

**ma 29** · 19-05-2008, 04:06 PM

Trích:

Nguyên văn bởi chien than

Và sau đây là 1 số bài tập ứng dụng

from THTT)
Bài 1:CMR $ABCD $ là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi các DTR nội tiếp tam giác $ABC;ACD $ tiếp xúc nhau
Bài 2:CMR $ABCD $ là tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp khi và chỉ khi $S=\sqrt{abcd} $
Bài 3: Giả sử tồn tại 1 ĐTR tiếp xúc với 4 cạnh $AB;BC;CD;DA $ của tứ giác $ABCD $ tại $M;N;P;Q $.CMR $ABCD $ là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi $MP \perp NQ $
Bài 4: Giả sử tồn tại 1 ĐTR có tâm trên cạnh $AB $ và tiếp xúc với 3 cạnh còn lại của tứ giác $ABCD $ Chứng minh rằng ĐK cần và đủ để $ABCD $ nội tiếp được 1 ĐTR là:
$AB=AD+CD+CB $

Mời các bạn vào thảo luận,good luck!

bạn đánh sai đề rùi! bài 1 ấy, theo mình là tứ giác ngoại tiếp chứ!!
trong cuốn " sáng tạo trong giải toán phổ thông "- Nguyễn Hữu Điển có xét mấy vấn đề về các dạng tứ giác đặc biệt đấy, đọc cũng được!các bạn thử xem!!!

10-11-2007, 06:39 PM	#1
chien than +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 138 Thanks: 1 Thanked 113 Times in 53 Posts	Tứ giác nội tiếp Tác giả:Vũ Minh Thắng,học sinh chuyên toán khóa K41 ĐHSP Hà Nội A-Định nghĩa Tứ giác nội tiếp là tứ giác sao cho tồn tại một đường tròn đi qua cả bốn đỉnh của tứ giác đó B-Các cách CM tứ giác nội tiếp Đối với tứ giác $ABCD $ cho trước thì các mệnh đề sau là tương đương: 1/$ABCD $ là tứ giác nôi tiếp 2/$\hat{A}+\hat{C}=180^o $ 3/$\hat{ABC}=\hat{ACD} $ 4/$Ac.BD=AB.CD+AD.BC $ 5/$H;L;K $ thẳng hàng ,trông đó $H;L;K $ là đường vuông góc hạ từ $D $ xuống $AB;BC;CA $ 6/$MA.MC=MB.MD $ ,trong đó $M $ là giao điểm của $AC $ và $BD $ 7/$R_a.R_b=R_c.R_d $ ,trong đó $R_a;R_b;R_c;R_d $ theo thứ tự là chân bán kính ĐTR ngoại tiếp các tam giác $BCD;CDA;DAB;ABC $ 8/Tứ giác $O_1O_2O_3O_4 $ là HCN,trong đó $O_1;O_2;O_3;O_4 $theo thứ tự là tâm DTR ngoại tiếp các tam giác $ABD;ABC;BCD;CDA $ 9/$S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)} $ trong đó $a=AB;b=BC;c=CD;d=DA $ và $p=\frac{a+b+c+d}{2} $ *3/Mở rộng* Một tứ giác nội tiếp có thể được chia nhỏ thành vô số các tứ giác nội tiếp khác. Một hình vuông (chữ nhật) có thể chia thành vô số các hình vuông, hình chữ nhật, vốn là các tứ giác nội tiếp. Một hình thang cân có thể chia nhỏ thành vô số các hình thang cân bằng (vô số) các đường thẳng song song với đáy và cắt hai cạnh bên. Một tứ giác nội tiếp bất kì cũng có thể được chia thành bốn tứ giác sau: Từ đa giác nội tiếp lớn ban đầu hãy sắp đặt đa giác sao cho cạnh kề với hai góc nhọn ở dưới. Sau đó kẻ ba đường thẳng song song với ba cạnh để tạo thành hai hình thang cân (1) và (2). Hình thang còn lại, (3), tuy không phải là cân nhưng là tứ giác nội tiếp. Hình (4) có các cạnh song song với tứ giác nội tiếp ban đầu nên đồng dạng và do đó cũng là tứ giác nội tiếp. Ta có thể áp dụng cách như trên đối với hình (4) để được (vô số) các tứ giác nội tiếp; cũng như phân chia các hình thang cân (1) và (2) thành vô số các hình thang cân (nội tiếp) khác. *4/Ví dụ minh họa* Ví dụ 1:Cho tam giác $ABC $ có DTR nội tiếp tâm $I $ tiếp xúc với các cạnh $AB;AC $ lần lượt tại $E;F $.Các đường thẳng $BI;CI $ lần lượt cắt $EF $ tại $M;N $.CMR 4 điểm $B;M;N:C $ cùng thuộc 1 DTR Lời giải: Nếu M thuộc tia đối của tia EF,ta có: $\hat{MIC}=\frac{\hat{B}}{2}+\frac{\hat{C}}{2}=90^o-\frac{\hat{A}}{2}=\hat{AFE}=\hat{MFC} $ Vậy tứ giác IFMC nội tiếp do đó $\hat{BMC}=\hat{IFC}=90^o $ Nếu $M $ thuộc đoạn $EF $,bằng cách làm tương tự ta cũng suy ra $\hat{BMC}=90^o $.Vậy ta luôn có $\hat{BMC}=90^o $. Tương tự $\hat{BNC}=90^o $,do đó 4 điểm $B;M;N:C $ cùng thuộc 1 DTR Ví dụ 2: Cho tam giác nhọn $ABC,AH $là đường cao xuất phát từ $A $.Vẽ về phía ngoài tam giác các tam giác vuông $AMB;ANC $ đồng dạng với nhau (vuông tại M;N).Gọi $T $ là trung điểm của $BC $,CMR các điểm $T;H;M;N $ cùng thuộc 1 DTR Lời giải: Gọi $E;F $ lần lượt là trung điểm của $AB;AC $.Do các tam giác AMB và ANC đồng dạng với nhau suy ra: $\Delta EMT $~$\Delta FTN $=>$\hat{AMT}=\hat{FTN} $ (1) Do $AMBH:AHCN $ là tứ giác nội tiếp nên $\hat{BHM}=\hat{BAM};\hat{CHN}=\hat{CAN} $ Mặt khác $\hat{BAM}=\hat{CAN} $ nên: $\hat{MHN}=180^o-\hat{BHM}-\hat{CHN}=180^o-2\hat{BAM}=190^o-\hat{BEM} $ $=\hat{EMT}+\hat{BET}+\hat{ETM}=\hat{EMT}+\hat{ETF} +\hat{ETM} $ (2) Từ (1) và (2) suy ra: $\hat{MHN}=\hat{FTN}+\hat{ETF}+\hat{ETM}=\hat{MTN} $ Vậy 4 điểm $M;H;T;N $ cùng thuộc 1 DTR

10-11-2007, 06:40 PM	#2
chien than +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 138 Thanks: 1 Thanked 113 Times in 53 Posts	Và sau đây là 1 số bài tập ứng dụngfrom THTT) Bài 1:CMR $ABCD $ là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi các DTR nội tiếp tam giác $ABC;ACD $ tiếp xúc nhau Bài 2:CMR $ABCD $ là tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp khi và chỉ khi $S=\sqrt{abcd} $ Bài 3: Giả sử tồn tại 1 ĐTR tiếp xúc với 4 cạnh $AB;BC;CD;DA $ của tứ giác $ABCD $ tại $M;N;P;Q $.CMR $ABCD $ là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi $MP \perp NQ $ Bài 4: Giả sử tồn tại 1 ĐTR có tâm trên cạnh $AB $ và tiếp xúc với 3 cạnh còn lại của tứ giác $ABCD $ Chứng minh rằng ĐK cần và đủ để $ABCD $ nội tiếp được 1 ĐTR là: $AB=AD+CD+CB $ Mời các bạn vào thảo luận,good luck!

06-02-2008, 08:43 AM	#4
nbkschool +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: SMU Residence @Prinsep Hostel, 83 Prinsep Street, Singapore Bài gởi: 400 Thanks: 72 Thanked 223 Times in 106 Posts	không cần rườm rà như zậy đâu chỉ cần 3 cách đầu là đủ rồi còn mấy cái sau chỉ phát triển lên từ mấy bài toán phụ thôi mà __________________ "Apres moi,le deluge"

29-01-2008, 07:25 PM	#3
duchieumath +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2008 Bài gởi: 23 Thanks: 3 Thanked 2 Times in 2 Posts	Bài 1 bạn có thể chứng minh đc rằng 2 đường tròn nội tiếp này tiếp xúc với nhau và với AC tại 1 điểm ko?