b) Vẽ một đường tròn tâm I rồi vẽ một tứ giác có ba đỉnh nằm trên đường tròn đó còn đỉnh thức tư thì không.

Lời giải:

Phương pháp giải:

Sử dụng:

Số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn.

Số đo cả đường tròn bằng ${360}^0.$

Lời giải:

Xét đường tròn $(O)$ ta có:

$\widehat{BAD}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{BCD}$ (góc nội tiếp chắn cung $BCD$)

$\widehat{BCD}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{BAD}$ (góc nội tiếp chắn cung $BAD$)

Suy ra $\widehat{BAD}+\widehat{BCD}={\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{BCD}+{\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{BAD}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{BAD}+sđ\stackrel{⏜}{BCD}}{2}}$ $={\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{2}}={180}^{\circ }.$

Vậy $\widehat{BAD}+\widehat{BCD}={180}^{\circ }$ .

Vậy trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối nhau bằng ${180}^0$.

Phương pháp giải:

+) Trong tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng ${180}^0.$

Lời giải:

Theo đề bài ta có $ABCD$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \{\begin{array}{l}\hat{A}+\hat{C}={180}^0\\ \hat{B}+\hat{D}={180}^0\end{array}.$

- Trường hợp 1:

Ta có: $\hat{A}+\hat{C}={180}^0$

$\Rightarrow \hat{C}={180}^0-\hat{A}={180}^0-{80}^0={100}^0.$

$\hat{B}+\hat{D}={180}^0$

$\Rightarrow \hat{D}={180}^0-\hat{B}={180}^0-{70}^0={110}^0.$

Vậy các góc còn lại là: $\hat{C}={100}^0,$ $\hat{D}={110}^0.$

- Trường hợp 2:

$\begin{array}{l}Tacó:\hat{A}+\hat{C}={180}^0\\ \Rightarrow \hat{A}={180}^0-\hat{C}={180}^0-{105}^0={75}^0.\\ \hat{B}+\hat{D}={180}^0\\ \Rightarrow \hat{B}={180}^0-\hat{D}={180}^0-{75}^0={105}^0.\end{array}$

- Trường hợp 3:

Ta có: $\hat{A}+\hat{C}={180}^0$

$\Rightarrow \hat{C}={180}^0-\hat{A}={180}^0-{60}^0={120}^0.$

Có $\hat{B}+\hat{D}={180}^0.$

Gọi  $\hat{B}=x^0$ thì  $\hat{D}={180}^0-x^0$

- Trường hợp 4: $\hat{D}={180}^0-\hat{B}={180}^0–{40}^0={140}^0.$

Còn lại $\hat{A}+\hat{C}={180}^0.$ 

Gọi  $\hat{A}=y^0$ thì  $\hat{C}={180}^0-y^0$

-   Trường hợp 5:  $\hat{A}={180}^0-\hat{C}={180}^0–{74}^0={106}^0.$

                         $\hat{B}={180}^0-\hat{D}={180}^0–{65}^0={115}^0.$

-  Trường hợp 6:  $\hat{C}={180}^0-\hat{A}={180}^0–{95}^0={85}^0.$

                        $\hat{B}={180}^0-\hat{D}={180}^0–{98}^0={82}^0.$

Vậy điền vào ô trống ta được bảng sau:

Phương pháp giải:

+) Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng ${180}^0$ thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp.

+) Các điểm thuộc đường trung trực của một đoạn thẳng đều cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng đó.

Hãy tính số đo các góc $\widehat{MAB},$  $\widehat{BCM},$  $\widehat{AMB},$  $\widehat{DMC},$  $\widehat{AMD},$  $\widehat{MCD}$ và $\widehat{BCD}.$Phương pháp giải:

+ Sử dụng các định lý: “Tổng ba góc trong tam giác bằng ${180}^0$”.

+ Sử dụng tính chất tam giác cân

+ Sử dụng góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn.

Lời giải:

Vì AM nằm giữa AD và AB nên  $\widehat{MAB}+\widehat{DAM}=\widehat{DAB}$. Do đó, $\widehat{MAB}=\widehat{DAB}-\widehat{DAM}={80}^0-{30}^0={50}^0$ (1)

+)  $∆MBC$ là tam giác cân  cân tại $M$ $(MB=MC)$ nên ${\displaystyle \widehat{BCM}=\frac{{180}^0-{70}^0}{2}={55}^0}$ (2)

+)  $∆MAB$ là tam giác cân tại $M$ $(doMA=MB)$ nên $\widehat{MAB}=\widehat{ABM}={50}^0$ (theo (1))

Vậy $\widehat{AMB}={180}^0-{2.50}^0={80}^0.$

Ta có: $\widehat{BAD}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{BCD}}{2}}$ (số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn).

$\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{BCD}=2.\widehat{BAD}={2.80}^0={160}^0.$  

Mà $sđ\stackrel{⏜}{BC}=\widehat{BMC}={70}^0$ (số đo góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn).

Vậy $sđ\stackrel{⏜}{DC}={160}^0-{70}^0={90}^0$ (vì C nằm trên cung nhỏ cung $BD$).

$\Rightarrow$ $\widehat{DMC}={90}^0.$               (4)

Ta có: $∆MAD$ là tam giác cân cân tại $M$ $(MA=MD).$ 

$\Rightarrow$ $\widehat{AMD}={180}^0-{2.30}^0={120}^0$   (5)

Có $∆MCD$ là tam giác vuông cân tại $M$ $(MC=MD)$ và $\widehat{DMC}={90}^0$

$\Rightarrow$ $\widehat{MCD}=\widehat{MDC}={45}^0.$  (6)

Theo (2) và (6) và vì CM là tia nằm giữa hai tia $CB,CD$ ta có: $\widehat{BCD}=\widehat{BCM}+\widehat{MCD}={55}^0+{45}^0={100}^0.$  

Phương pháp giải:

+) Áp dụng công thức góc ngoài của tam giác.

+) Tổng số đo hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp bằng ${180}^0.$

Lời giải:

Ta có $\widehat{BCE}=\widehat{DCF}$ (hai góc đối đỉnh)

Đặt $x=\widehat{BCE}=\widehat{DCF}$. Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có:

      $\widehat{ABC}=x+{40}^0$  (góc ngoài của $\mathrm{\Delta }BCE$.)      (1) 

      $\widehat{ADC}=x+{20}^0$   (góc ngoài của $\mathrm{\Delta }DCF$.)          (2)

Lại có $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}={180}^0.$  (hai góc đối diện tứ giác nội tiếp).  (3) 

Từ (1), (2), (3) suy ra:   ${180}^0=2x+{60}^0\Rightarrow x={60}^0.$  

Hay $\widehat{BCE}=\widehat{DCF}={60}^0.$

Từ (1), ta có: $\widehat{ABC}={60}^0+{40}^0={100}^0.$  

Từ (2), ta có: $\widehat{ADC}={60}^0+{20}^0={80}^0.$  

$\widehat{BCD}={180}^0–\widehat{BCE}$ (hai góc kề bù)

$\Rightarrow \widehat{BCD}={120}^0$  

$\widehat{BAD}={180}^0-\widehat{BCD}$ (hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)

$\Rightarrow \widehat{BAD}={180}^0–{120}^0={60}^0.$

Hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông, hình thang, hình thang vuông, hình thang cân ? Vì sao?

Phương pháp giải:

+) Tổng số đo hai góc đối diện của tứ giác bằng ${180}^0$ thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp.

Lời giải:

* Hình bình hành nói chung không nội tiếp được đường tròn vì tổng hai góc đối diện không chắc bằng ${180}^0$.

* Trường hợp riêng của hình bình hành là hình chữ nhật (hay hình vuông) thì nội tiếp đường tròn vì tổng hai góc đối diện là ${90}^0+{90}^0={180}^0.$

* Hình thang nói chung và hình thang vuông không nội tiếp được đường tròn tổng hai góc đối diện không chắc bằng ${180}^0$.

* Hình thang cân $ABCD(BC=AD)$ có hai góc ở mỗi đáy bằng nhau: $\hat{A}=\hat{B},$ $\hat{C}=\hat{D}$

Vì $AD//CD$ nên $\hat{A}+\hat{D}={180}^0$  (hai góc trong cùng phía), suy ra $\hat{A}+\hat{C}={180}^0$.

Vậy hình thang cân luôn có tổng hai góc đối diện bằng ${180}^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

a) Chứng minh $ABDC$ là tứ giác nội tiếp.

b) Xác định tâm của đường tròn đi qua bốn điểm $A,B,D,C$.

Phương pháp giải:

a ) +) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng ${180}^0$ thì tứ giác đó là tứ giác nội tiếp.

+) Sử dụng tính chất tam giác đều, tính chất tam giác cân

b) Trong tam giác vuông, tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền

Lời giải:

a) Vì tam giác ABC đều (gt) nên $\widehat{ACB}={60}^0$

$\Rightarrow$ $\widehat{DCB}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{ACB}={\displaystyle \frac{1}{2}}{.60}^0={30}^0.$  

 $\widehat{ACD}=\widehat{ACB}+\widehat{BCD}$  (tia $CB$ nằm giữa hai tia $CA,CD$)

$\Rightarrow$$\widehat{ACD}={60}^0+{30}^0={90}^0$  (1)

Do $DB=CD$ nên $∆BDC$ cân tại $D$ $\Rightarrow \widehat{DBC}=\widehat{DCB}={30}^0$

Từ đó $\widehat{ABD}={30}^0+{60}^0={90}^0$ (2)

Từ (1) và (2) có $\widehat{ACD}+\widehat{ABD}={180}^0$ nên tứ giác $ABDC$ là tứ giác nội tiếp.

b) Vì $\widehat{ABD}={90}^0$ nên $AD$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Mà ABDC là tứ giác nội tiếp nên $AD$ cũng là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDC. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABDC$ là trung điểm $AD.$

Phương pháp giải:

+) Số đo tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp bằng ${180}^0.$

+) Sử dụng tính chất hai đường thẳng song song, tính chất hình bình hành.

Lời giải:

Cách 1:

Do tứ giác $ABCP$ nội tiếp nên $\widehat{BAP}+\widehat{BCP}={180}^0.$        (1)

Mà CD // AB nên $\widehat{ABC}+\widehat{BCP}={180}^0$ (hai góc trong cùng phía).      (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ $\widehat{BAP}=\widehat{ABC}.$

Mà CP // AB (do CD // AB) nên $ABCP$ là hình thang

Nên $ABCP$ là hình thang cân (Dấu hiệu nhận biết)

$\Rightarrow$ $AP=BC.$ (Tính chất hình thang cân) (3)

Mà $BC=AD$ (do ABCD là hình bình hành)  (4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow$ $AP=AD$ (đpcm).

Cách 2: 

Vì ABCP là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{ABC}+\widehat{APC}={180}^0$

Mà ABCD là hình bình hành nên $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ (Tính chất hình bình hành)

Hơn nữa, $\widehat{APC}+\widehat{APD}={180}^0$  (2 góc kề bù)

$\Rightarrow \widehat{APD}=\widehat{ADC}$

$\Rightarrow$ Tam giác ADP cân tại A

$\Rightarrow$ AP = AD (đpcm)

Phương pháp giải:

+ Sử dụng: Trong tứ giác nội tiếp tổng hai góc đối bằng ${180}^0$

+ Hai góc kề bù có tổng số đo bằng ${180}^0$

+ Chứng minh cặp góc so le trong $\widehat{IST}=\widehat{SRQ}$ bằng nhau để suy ra hai đường thẳng song song.

Lời giải:

Kí hiệu như hình vẽ.

+) Ta có tứ giác $ISTM$ nội tiếp đường tròn nên:

      $\widehat{S_1}+\widehat{M_1}={180}^0$

Mà $\widehat{M_1}+\widehat{M_3}={180}^0$ (2 góc kề bù) 

nên $\widehat{S_1}=\widehat{M_3}$(1)

+) Ta có tứ giác $IMPN$ nội tiếp đường tròn nên:

      $\widehat{M_3}+\widehat{PNI}={180}^0$

Mà $\widehat{N_4}+\widehat{PNI}={180}^0$ (kề bù) 

nên $\widehat{M_3}=\widehat{N_4}$  (2)

+) Ta có tứ giác $INQS$ nội tiếp đường tròn nên:

      $\widehat{N_4}+\widehat{IRQ}={180}^0$

Mà $\widehat{R_2}+\widehat{IRQ}={180}^0$ (kề bù) 

nên $\widehat{N_4}=\widehat{R_2}$  (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\widehat{S_1}=\widehat{R_2}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong         

Do đó $QR//ST.$

1. Các kiến thức cần nhớ 

a. Định nghĩa tứ giác nội tiếp

Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên đường tròn đó.

Ví dụ:  Trong Hình $1$ , tứ giác $ABCD$ nội tiếp $\left(O\right)$ và $\left(O\right)$ ngoại tiếp tứ giác $ABCD.$

Ví dụ: Trong hình $1$ , tứ giác nội tiếp$ABCD$ có $\hat{A}+\hat{C}={180}^{\circ };\hat{B}+\hat{D}={180}^{\circ }$.

Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

- Tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^{\circ }$.

- Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó.

- Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà có thể xác định được). Điểm đó là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới cùng một góc $\alpha$.

Chú ý : Trong các hình đã học thì hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân nội tiếp được đường tròn.

2. Các dạng toán thường gặp

Dạng 1:  Chứng minh tứ giác nội tiếp

Phương pháp:

Để chứng minh tứ giác nội tiếp, ta có thể sử dụng một trong các cách sau :

Cách 1. Chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^{\circ }$.

Cách 2. Chúng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới cùng một góc $\alpha$.

Cách 3. Chứng minh tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó.

Cách 4. Tìm được một điểm cách đều bốn đỉnh của tứ giác.

Dạng 2:  Chứng minh các góc bằng nhau, đoạn thẳng bằng nhau, các đường thẳng song song, hệ thức giữa các cạnh…

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp.