CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
TỨ GIÁC NỘI TIẾP MỘT ĐƯỜNG TRÒN
MỤC LỤC

1


BẢNG CHỮ CÁI VIẾT TẮT
SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm
SGK: Sách giáo khoa
THCS: Trung học cơ sở
GV: Giáo viên
HS: Học sinh
GD&ĐT: Giáo dục và đào tạo
THPT: Trung học phổ thông
(0): Đường tròn tâm O
Đpcm: Điều phải chứng minh

2


1. Lời giới thiệu
Toán học là môn học chính trong chương trình trung học, với rất nhiều giáo viên
giảng dạy thì cùng với đó cũng đã rất nhiều đề tài, sáng kiến kinh nghiệm được
viết ra với mọi góc nhìn, với chủ đề “Một số phương pháp chứng minh tứ giác
nội tiếp” thì cũng có khá nhiều tác giả đã viết, tôi với góc nhìn cá nhân mong
muốn có một chuyên đề cho riêng mình giảng dạy học sinh đại trà về vấn đề
“Tứ giác nội tiếp” nên tôi đã viết chuyên đề này.
2. Tên sáng kiến “Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp”
3. Tác giả sáng kiến

cơ bản thể hiện ở định lý đảo “ Tứ giác nội tiếp ” Trang 88 SGK toán 9 tập 2 thì
SGK đã đặc biệt hoá, chia nhỏ để hình thành bốn dấu hiệu nhận biết tứ giác nội
tiếp. Tuy nhiên chưa đặt các dấu hiệu thành một hệ thống phương pháp chứng
minh tứ giác nội tiếp một đường tròn cho học sinh; nhiều học sinh không hiểu
cơ sở của dấu hiệu. Dẫn đến học sinh rất lúng túng khi tìm cách chứng minh tứ
giác nội tiếp một đường tròn.
Với học sinh lớp 9 đây là dạng toán mới lạ nhưng lại hết sức quan trọng
giúp học sinh nhìn nhận lại được các bài toán đã giải ở lớp 8 để có cách giải hay
cách lý giải căn cứ khác .
Với những lý do trên đây trong đề tài này tôi đưa ra một số cách để chứng
minh một tứ giác nội tiếp sau khi học sinh học xong bài “Tứ giác nội tiếp một
đường tròn”
Với tên gọi:
“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP MỘT ĐƯỜNG TRÒN“

II. Mục đích của đề tài
Giúp Giáo viên hệ thống hoá kiến thức tạo nên các phương pháp để hướng dẫn
học sinh chứng minh tứ giác nội tiếp, chứng minh các điểm nằm trên một đường
tròn , chứng minh đường tròn đi qua một điểm cố định, chứng minh quan hệ
giữa các đại lượng và các bài toán có sử dụng chiều ngược lại của tứ giác nội
4


tiếp. Rèn học sinh kỹ năng phân tích tự tìm lời giải bằng các cách khác nhau, kỹ
năng nhận biết nhanh một tứ giác nội tiếp.
Vì thời gian có hạn, năng lực của bản thân còn có hạn chế nhất định về khả
năng tư duy nên quá trình nghiên cứu và viết đề tài này không thể tránh khỏi
những thiếu sót. Kính mong các thầy cô đồng nghiệp trong nhà trường và trong
cụm đóng góp xây dựng để sáng kiến của tôi được phát huy tác dụng trong giảng

thầy cô dạy toán giỏi trong Huyện.
- Bằng thử nghiệm đề tài của mình trong bài dạy giải toán ở trên lớp, các
buổi ôn toán thi vào lớp 10 THPT, bồi dưỡng học sinh giỏi .
- Và cuối cùng là bằng việc đi từ vấn đề đơn giản, riêng lẻ của bài dạy đến
các định lý và bài toán khó hơn, phức tạp hơn tổng hợp lại một hệ thống các
phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp .
Từ các phương pháp trên đây đối chiếu với lý luận và thực tế tôi rút ra
được kinh nghiệm nhỏ trong quá trình hướng dẫn học sinh giải toán bởi nội
dung cụ thể như sau:
VII. Địa điểm, thời gian nghiên cứu
- Địa điểm: …………………………………………………….
- Thời gian: 02/2013 – 02/2017

6


PHẦN B: NỘI DUNG
I. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
1, Về con người :
- Là những GV giỏi, giáo viên lâu năm trong nghề có kinh nghiệm để học
hỏi trao đổi vấn đề nảy sinh trong quá trình nghiên cứu.
- Giáo viên mới ra nghề dạy toán để đề xuất câu hỏi : “Tại sao lại có cách
chứng minh tứ giác nội tiếp như thế ? Trong một bài toán cụ thể”
- Là học sinh từ trung bình trở lên (học sinh đại trà) lớp 9 THCS.
2, Về kiến thức:
Vì thời gian có hạn và năng lực có hạn chế nên đối tượng kiến thức tôi
chọn ở đây chỉ là định lý và các bài toán hình học nói về tứ giác nội tiếp , quỹ
tích cung chứa góc . Nghiên cứu chủ yếu cách tìm phương pháp chứng minh các
điểm cùng thuộc một đường tròn để phục vụ cho kết luận của bài toán có sử
dụng tính chất của tứ giác nội tiếp .

1.3. Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp
- Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800.
- Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.
- Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm
đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.
- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới
một góc α .
1.4. Một số bài toán hay và khó vận dụng phương pháp tứ giác nội tiếp.
Chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh đường tròn đi qua một điểm cố định.
Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng.
Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn để tìm quỹ tích một điểm.
Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn để dựng hình.
Kết hợp với tính chất của tứ giác nội tiếp ta có : điều kiện cần và đủ để tứ
giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O là thoả mãn một trong các hệ thức
trên.
Với cách hệ thống hoá như trên, học sinh được ghi nhớ một cách lôgic và
từ đó nhận biết nhanh được tứ giác nội tiếp một đường tròn và cũng từ đó sử
dụng nhanh các tính chất của tứ giác nội tiếp trong giải toán hình học .
Bài toán 2. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp một
đường tròn là AB.CD + BC.AD=AC.BD.
Bài toán 3. Cho tứ giác ABCD có các cạnh đối diện AD cắt BC tại E và AB cắt
CD tại F. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp là
EA.ED+FA.FB=EF2 .
* Một số ví dụ minh hoạ:
Trong phần ví dụ này, mỗi ví dụ được trình bày theo hướng phân tích để
tìm ra phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp . Phần trình bày lời giải trên cơ
sở phân tích nên cho phép tôi không trình bày ở đây .
8



(2)

Từ (1) và (2) ⇒ B, C’, B’, C ∈ (O; r)
⇒ ◊ BC’B’C nội tiếp đường tròn.
Cách 2: Ta có:

BB’ ⊥ AC (GT) ⇒ ∠ BB’C = 900.
CC’ ⊥ AB (GT) ⇒ ∠ BC’C = 900.

⇒ B’, C’ cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông
⇒ B’, C’ nằm trên đường tròn đường kính BC
Hay ◊ BC’B’C nội tiếp đường tròn đường kính BC.
Phương pháp 2: Dựa vào định lý
Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ⇔

∠A + ∠C = 1800
hoặc ∠B + ∠D = 1800

Bài toán 2:

9


Cho tam giác ABC nhọn và nội
tiếp (O), 2 đường cao BB’, CC’.

A
C'


Mà : ∠ C = ∠ D (hai góc nội tiếp cùng chắn cung

⇒ ∠ D + ∠ BC’I = 1800
⇒ ◊ BDIC’ nội tiếp đường tròn.
Phương pháp 3: Dựa vào quỹ tích cung chứa góc B

O

1

C

Bài toán 3:
N

Cho ∆ ABC cân ở A nội tiếp (O). Trên
tia đối của tia AB lấy điểm M, trên tia
đối của tia CA lấy điểm N sao cho
AM=CN.
Chứng minh ◊ AMNO nội tiếp.

Chứng minh:
Ta có: ∆ ABC cân ở A và O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC
⇒ ∠ A1 = ∠ A2
10


∆AOC cân tại O (vì OA = OC)
⇒ ∠A2 = ∠C1 nên ∠A1 = ∠A2 = ∠C1
Mà ∠A1 + ∠OAM = 1800 và ∠C1+ ∠OCN= 1800.

cóMB
nằm bên trong (O)
» +
¼đỉnh
s®(AD
)
·
⇒ MEP
=

Mà
Hay

2
¼
·DCP = s®DM
2
(góc
» nội¼tiếp)
·DCP = s®(AD + MA)
2

Lại có :

¼ = MB
¼
AM

Nên :


O
H
G
D

Chứng minh:
* Các tứ giác nội tiếp vì có hai góc đối là góc vuông là:
AEOH; BFOE; CGOF; DHOG
* Các tứ giác nội tiếp vì có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của
đỉnh đối diện
AEFC; AHGC; BEHD; BFGD
Thật vậy:

Xét tứ giác AEFC

Ta có: ∠EAC = ∠ EOB (cùng phụ với ∠ ABO)
∠ BFE = ∠EOB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EB)
⇒ ∠EAC = ∠ BFE.
Các tứ giác AHGC; BEHD; BFGD chứng minh tương tự.

* Tứ giác EFGH nội tiếp vì có tổng hai góc đối bằng 1800
Thật vậy: Ta có : ∠ OEH = ∠OAH ( vì cùng chắn cung OH)
∠OAH = ∠HOD (vì cùng phụ với ∠AOH)
∠HOD = ∠HGD ( vì cùng chắn cung HD)
⇒ ∠ OEH =∠HGD
Chứng minh tương tự ta được : ∠OEF = ∠FGC
12


Từ đó : ∠ OEH + ∠OEF =∠HGD + ∠FGC

E

H
O
N
B

P
I

D

C

Chứng minh:
Ta có: ME là đường trung bình của ∆AHC
ND là đường trung bình của ∆BHC
⇒ ME = ND = HC/2
⇒ tứ giác MNDE là hình bình hành (1)
Lại có : ME // CH; MN // AB (vì MN là đường trung bình của ∆HAB)
13


Mà CH ⊥ AB (GT)
⇒ ME ⊥ MN (2)
Từ (1) và (2) ⇒ Tứ giác MNDE là hình chữ nhật
Gọi O là trung điểm của MD ⇒ O cũng là trung điểm của NE
Nên hình chữ nhật MNDE nội tiếp (O; OM)
Chứng minh tương tự ta được hình chữ nhật FMPD cũng nội tiếp (O; OM)
Vì ∠ MID = 900 ⇒ I ∈ (O; OM)

F

b. Ví dụ 1:
Cho đường tròn tâm O đường
kính AB, điểm C cố định trên
đường kính ấy (C khác O).
Điểm M chuyển động trên
đường tròn. Đường vuông góc
với AB tại C cắt MA, MB theo
thứ tự ở E và F. Chứng minh
rằng đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF luôn đi qua một điểm
cố định khác A.

1 2

O

K C

A

B

Chứng minh:
Gọi K là giao điểm của đường tròn đi qua ba điểm A, E, F với AB.
Nối K với F
Ta có ∠ F1 = ∠ A ( cùng bằng nửa số đo cung KE)
B
∠ F2 = ∠ A ( cùng phụ với ∠ MBA)

điểm cố định khác A.
Chứng minh:
Ta có :

∠ EBO = 900 (AB là tiếp tuyến với (O) tại B)
∠ EDO = 900 (GT)

⇒ hai đỉnh B và D cùng nhìn đoạn OE dưới một góc vuông.
⇒ ◊ EBOD nội tiếp đường tròn
⇒ ∠ BEO = ∠ BDO (1) (cùng chắn cung OB)
Chứng minh tương tự ta có : ◊ ODCF nội tiếp đường tròn
⇒ ∠ OFC = ∠ BDO (2) (góc trong một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối
diện)
Từ (1) và (2) ⇒ ∠ OFC = ∠ BEO
⇒ ◊ AEOF nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu góc trong một đỉnh bằng
góc ngoài tại đỉnh đối diện)
Vậy đường tròn (AEF) đi qua điểm O cố định.
c. Bài tập:
1. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), I là điểm chính giữa của cung BC
không chứa A. Vẽ (O1) đi qua I và tiếp xúc với AB tại B, vẽ (O2) đi qua I
và tiếp xúc với AC tại C. Gọi K là giao điểm thứ hai của hai đường tròn
(O1) và (O2).
a/ Chứng minh rằng ba điểm B, K, C thẳng hàng.
b/ Lấy điểm D bất kì thuộc cạnh AB, điểm E thuộc tia đối của tia CA sao
cho BD = CE. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn
đi qua một điểm cố định khác A.
Bài toán3. Chứng minh quan hệ về đại lượng.
Một số bài toán đề cập tới quan hệ về đại lượng như:
- Chứng minh các hệ thức hình học.


BE AB
=
⇒ CD AC

⇒ BE. AC = CD. AB (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AD. BC + AB. CD = AC. DE + EB. AC
⇒ AD. BC + AB. CD = AC. DB (ĐPCM)
c. Bài tập
1.Sử dụng Định lý Ptô - lê – mê để chứng minh ( Định lý Các – nô)
Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ tâm của đường tròn ngoại tiếp
một tam giác nhọn đến các cạnh của tam giác bằng tổng các bán kính của
đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác đó.
17


2. Cho ∆ ABC nhọn với trực tâm H. Vẽ hình bình hành BHCD. Đường
thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại E.
a.Chứng minh các điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.
b.Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC , chứng minh:
∠ BAE = ∠ OAC và BE = CD.
c. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng AM cắt OH tại G. Chứng
minh G là trọng tâm của ∆ ABC.
Bài toán4.
Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn để tìm quỹ tích một điểm.
a. Các bước giải bài toán quỹ tích:
Bước1: Chứng minh phần thuận
Chứng minh rằng những điểm M có các tính chất đã cho thuộc hình H
+ Giới hạn quỹ tích
Bước 2: chứng minh phần đảo
Chứng minh mỗi điểm của hình H đề có tính chất đã cho.

C

Chứng minh:
Phần thuận:
Ta có CN = AM (tính chất đối xứng tâm)
Vì DK = DM (GT) nên CK = AM
⇒ CK = CN
18


Lại có ◊ MHKD và ◊ NHKC nội tiếp (vì có hai góc đối vuông)
⇒ ∠ M1 = ∠ H1 = 450 và ∠ N2 = ∠ H2 = 450
⇒ ∠ DHC = 900
Vậy H nằm trên đường tròn đường kính DC
Giới hạn:
Vì đường thẳng xy quay quanh O nhưng phải cắt hai cạnh AD và BC lần
lượt tại M và N nên điểm H chỉ nằm trên một nửa đường tròn đường kính
CD nằm trong hình vuông.
Phần đảo:
Lấy điểm H bất kì trên nửa đường tròn đường kính CD.
Vẽ đường thẳng HO cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
Lấy điểm K trên CD sao cho DK = DM.
Ta phải chứng minh H là hình chiếu của K trên MN.
Thật vậy,Vì ∠ DHC =900 ; ∠ DOC = 900 nên ◊ HOCD nội tiếp
⇒ ∠ DHM = ∠ DCO = 450
Mặt khác ∠ DKM = 450 nên ∠ DHM = ∠ DKM
⇒ ◊ HKDM nội tiếp ⇒ ∠ KHM = 900
⇒ KH ⊥ NM
⇒ H là hình chiếu của K trên MN.
Kết luận:

Chứng minh:
Gọi O là trung điểm của AD
Tứ giác AEDF có : ∠ AED + ∠ AFD = 900 + 900 = 1800
⇒ ◊ AEDF nội tiếp (O; OA)
Vẽ OM ⊥ EF ⇒ ME = MF
Đặt ∠ BAC = a
Ta có : ∠ EOM = ∠ EOF: 2 = ∠ BAC = a
Xét ∆ MOE có ∠ OME = 900.
⇒ EM = OE. sin a
⇒ EF = 2 OE. sin a
⇒ EF = AD. sin a (*) ( vì AD = 2OE)
a/ Do a không đổi nên từ (*) suy ra EF nhỏ nhất ⇔ AD nhỏ nhất ⇔ AD
⊥ BC ⇔ D là hình chiếu của A trên BC.
b/ Vì D ∈ BC và AB < AC nên AD ≤ AC
Từ (*) ⇒ EF lớn nhất

⇔ AD lớn nhất
⇔ D trùng với C.

b. Bài tập:
1. Cho ∆ ABC nhọn nội tiếp (O). Gọi M là một điểm trên cung ABC. Vẽ
MD ⊥ BC; ME ⊥ AC; MF ⊥ AB. Xác định vị trí của M để EF có độ dài
lớn nhất.
Ví dụ 5: Cho tam gíac ABC cân ( AB = AC ) . Trên AB và AC lấy M và N sao
cho AM + AN = AB . Dựng hình thang cân ANMI ( AI // MN ). Chứng minh tứ
giác AIBC nội tiếp.
A
B
C
I

1
1

Phân tích:
C/m BNMC nội tiếp (1). Sử dụng cách 5:
(1) ⇔ ∠BNC = ∠BMC = 90o (2)
Ta thấy ∠BGI = 90o nên phải chứng minh :
Tứ giác BNGI và tứ giác IKMC nội tiếp (3)
⇔ ∠MIC = ∠MKC (4) với chú ý
I là giao 3 phân giác trong tam giác ABC

21


Ta có ∠MIC = ∠B1 + ∠C1 =

∠B + ∠C 180 − ∠A
=
2
2

Mặt khác: ∠MKC = ∠AKG = ∠AGK =

0

180 0 − ∠A
2

(5)


và AK . AC = AH2
suy ra (2) được c/m => (1) được c/m
Trong mỗi bài toán nêu trên còn có những cách giải khác nữa nhưng có thể
nói vẫn là một trong 6 cách tôi đã nêu. Nhưng ở đây với mỗi bài tôi chỉ trình bày
từ một đến hai cách vì mục đích làm sáng tỏ việc phân tích theo định hướng
thích hợp để chứng minh tứ giác nội tiếp .
IV. HIỆU QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Trong quá trình nghiên cứu, tổng hợp và viết hoàn thiện đề tài này tôi thu
được kết quả khá khả quan .
Tự mình nhận biết nhanh được một tứ giác nội tiếp, để từ đó định hướng
phương pháp hướng dẫn học sinh tìm lời giải. Giúp cho việc giải các bài toán
hình học có sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp nhanh nhạy.
Bổ xung thêm cho mình phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp, các
điểm cùng thuộc một đường tròn, để không bị bế tắc với các bài khó, bản thân tự
tin hơn, tư duy thêm nhanh và sáng tạo hơn .
Đặc biệt là giúp cho giáo viên thêm phương pháp hướng dẫn học sinh
chứng minh hình học, giải toán và hướng dẫn học sinh đọc tài liệu tham khảo
với các bài toán liên quan đến tứ giác nội tiếp.
V. GIẢI PHÁP MỚI VÀ SÁNG TẠO:
Trong đề tài này giải pháp mới và sáng tạo là phân tích để tìm ra cách
chứng minh tứ giác nội tiếp theo trực giác hình vẽ của bài toán (định lý) hoặc
định hướng phương pháp theo giả sử các bước sau :
Hướng thứ nhất: ( phân tích đi lên )
Bước 1: Giả sử để chứng minh tứ giác nội tiếp một đường tròn ta chọn
phương pháp A nào đó ( phương pháp A là cách 1, cách 2 …, cách 6 ) thế thì ta
phải chứng minh điều gì ? ( điều gì ở đây là một trong các hệ thức ở 6 cách ).
Bước 2: Sau đó dựa vào giả thiết, kiến thức đã học để chứng minh.
Bước 3: Trình bày lại lời giải bài toán theo hướng phân tích trên.
23


2

Ta có thể phân tích giải tiếp như sau (hình vẽ ở ví dụ 3)
Tứ giác HCNK nội tiếp => ∠ANM = ∠KHC = 45o => ∆AMN là tam giác
vuông cân tại A => AM = AN (1)
24


Lại chứng minh được ∆AKN = ∆AKH (g.c.g) => AN = AH (2)
Từ (1) và (2) => AM = AN =AH
Do đó SAMN =

1
2

AM . AN =

1
2

AH2 còn SABC =

1
2

AB . AC

Xét ∆ABC vuông tại A có :
1
1


⇔ SAMN ≤

1
2

SABC ( đpcm)

Ứng dụng 2:
Dùng tứ giác nội tiếp để chứng minh cặp đường thẳng song song, cặp đường
thẳng vuông góc:
Ví dụ: (lấy ví dụ 2)
Giữ nguyên giả thiết, kết luận chứng minh PQ//AC
Thật vậy ( hình vẽ ở ví dụ 2) Tứ giác AQBP nội tiếp => ∠ACB = ∠PAB
( cùng chắn cung AB ) mà ∠PAB = ∠PQB (cùng chắn cung BP của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AQBP ) => ∠ACB = ∠PQB => PQ //AC (đồng vị )
Ứng dụng 3:
Dùng các cách chứng minh tứ giác nội tiếp để chứng minh nhiều A 1, A2, A3, …
An cùng thuộc một đường tròn :
Bước 1: Chọn ra bốn điểm, ví dụ A1, A2, A3, A4 tạo thành một tứ gíac nội
tiếp (sử dụng một trong 6 cách chứng minh tứ giác nội tiếp ).
Bước 2: Lại chọn ra bốn điểm khác nhau : A1, A2, A3, A5 chẳng hạn tạo
thành một tứ giác nội tiếp.
Cứ tiếp tục chứng minh như trên, cuối cùng nhận xét các đường tròn ngoại
tiếp các tứ giác trên đều chung nhau 3 điểm A 1, A2, A3. Do đó các đường tròn đó
phải trùng nhau => A1, A2, A3,…,An cùng thuộc một đường tròn.
B
K
A