Bài 29. Tứ giác nội tiếp

Định hướng. Với mỗi cặp góc kề đã cho, lấy $180°$ trừ đi để ra góc đối tương ứng.

Vậy a) $\hat{C}=100°,\hat{D}=60°$; b) $\hat{D}=110°,\hat{A}=70°$; c) $\hat{A}=70°,\hat{B}=120°$; d) $\hat{B}=50°,\hat{C}=115°$.

Định hướng. Sau khi tính, cộng cả bốn góc lại — nếu ra đúng $360°$ thì kết quả chắc chắn đúng.

Vậy cả bốn kết quả ở Cách 1 đều được xác nhận đúng.

Nhận xét. Cách 2 chỉ là phép kiểm tra chéo, không phải một hướng giải độc lập.

Định hướng. Từ ba góc ở tâm đã cho, tính góc ở tâm (cung) còn lại bằng $360°$ trừ tổng ba góc kia; rồi mỗi góc của tứ giác bằng nửa tổng hai cung không chứa đỉnh đó.

Vậy a) $\hat{A}=95°,\hat{B}=70°,\hat{C}=85°,\hat{D}=110°$; b) $\hat{A}=90°,\hat{B}=85°,\hat{C}=90°,\hat{D}=95°$.

Định hướng. Dùng chính định lí của bài học (hai góc đối tứ giác nội tiếp bù nhau) để kiểm tra lại kết quả ở Cách 1, không cần tính lại từ đầu.

Vậy mọi kết quả ở Cách 1 đều được xác nhận đúng qua phép kiểm tra $180°$.

Nhận xét. Cách 2 là phép kiểm tra chéo dựa trên chính định lí đã học ở đầu bài, không phải một hướng tính toán độc lập với Cách 1 (cả hai đều xuất phát từ quan hệ góc nội tiếp — cung).

Định hướng. Dùng tổng ba góc tam giác $ABE$ để tìm $\widehat{BAE}$ (một phần của $\hat{A}$); dùng góc kề bù tại $E$ và tam giác $BEC$ để tìm $\widehat{DBC}$ (một phần của $\hat{B}$); rồi dùng góc nội tiếp cùng chắn cung để suy các phần góc còn lại.

Vậy $\hat{A}=\widehat{BAD}=60°$; $\hat{B}=\widehat{ABC}=100°$; $\hat{C}=\widehat{BCD}=120°$; $\hat{D}=\widehat{ADC}=80°$.

Định hướng. Hai tam giác $AED$ và $CED$ (đối đỉnh qua $E$ với $ABE$, $BEC$ của Cách 1) cũng đủ dữ kiện để tính trực tiếp $\hat{A}$ và $\hat{D}$, không cần đi qua $\hat{B}$ trước.

Vậy $\hat{A}=60°$, $\hat{D}=80°$; suy ra $\hat{B}=180°-\hat{D}=100°$ và $\hat{C}=180°-\hat{A}=120°$ (tứ giác nội tiếp), khớp hoàn toàn với Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 dùng cặp tam giác đối đỉnh $AED$, $CED$ thay cho cặp tam giác kề $ABE$, $BEC$ của Cách 1 — hai điểm xuất phát khác nhau nhưng cùng cho một kết quả, giúp tự kiểm tra chéo.

Định hướng. Câu a) làm đúng như Ví dụ 2 Cách 3: viết $\widehat{DAB}$, $\widehat{ABC}$ theo cung rồi trừ hai đẳng thức. Câu b) dùng tổng ba góc của tam giác $HBC$, với hai góc còn lại là hai góc nội tiếp chắn cung $AB$, $DC$.

Vậy \widehat{BKC}=\dfrac{1}{2}\left(sđ$\stackrel{⌢}{\mathrm{AD}}-$sđ\overset{\frown}{BC}\right) và \widehat{BHC}=\dfrac{1}{2}\left(sđ$\stackrel{⌢}{\mathrm{AD}}+$sđ\overset{\frown}{BC}\right) (đpcm).

Định hướng. Đối chiếu công thức tổng quát vừa chứng minh với hai bài đã giải trước đó (Ví dụ 2 cho câu a, Bài 9.23 cho câu b) để xác nhận công thức cho đúng kết quả cụ thể.

Vậy công thức tổng quát ở Cách 1 cho đúng cả hai kết quả cụ thể đã biết, xác nhận Cách 1 đúng.

Nhận xét. Cách 2 chỉ là phép kiểm tra bằng số liệu đã biết trước, không thay thế được chứng minh tổng quát ở Cách 1 — bài yêu cầu chứng minh đúng với MỌI vị trí bốn điểm nên lời giải chính thức bắt buộc phải dùng Cách 1.

Định hướng. Vì $B$ nằm giữa $I,A$ và $C$ nằm giữa $I,D$, dùng góc ngoài tứ giác nội tiếp để chỉ ra $\widehat{IDA}=\widehat{IBC}$ và $\widehat{IAD}=\widehat{ICB}$ cho câu a) vế đầu; tương tự cho vế sau; rồi nhân hai tỉ số đồng dạng để có câu b).

Vậy câu a) đã chứng minh xong cả hai cặp tam giác đồng dạng.

b) Từ (1): $\frac{ID}{IB}=\frac{AD}{CB}\Rightarrow ID=\frac{IB\cdot AD}{CB}$. Từ (2): $\frac{IC}{IB}=\frac{AC}{DB}\Rightarrow IC=\frac{IB\cdot AC}{DB}$. Chia hai đẳng thức: $\frac{IC}{ID}=\frac{IB\cdot AC/DB}{IB\cdot AD/CB}=\frac{AC}{DB}\cdot \frac{CB}{AD}=\frac{AC}{AD}\cdot \frac{BC}{BD}$ (đpcm).

Định hướng. Thay vì gọi tên góc ngoài tứ giác nội tiếp, biểu diễn trực tiếp các góc cần dùng qua số đo cung — an toàn hơn khi cấu hình dễ nhầm thứ tự điểm.

Vậy kết quả trùng khớp Cách 1: $△IAD\backsim △ICB$, $△IAC\backsim △IDB$, và $\frac{IC}{ID}=\frac{AC}{AD}\cdot \frac{BC}{BD}$.

Nhận xét. Cách 2 chỉ diễn đạt lại đúng lập luận của Cách 1 bằng ngôn ngữ cung, giúp tránh nhầm thứ tự điểm khi gọi tên tứ giác nội tiếp.

Định hướng. Với mỗi cặp tam giác, tìm một cặp góc đối đỉnh tại $J$ (luôn có sẵn) và một cặp góc nội tiếp cùng chắn chung một cung.

Vậy câu a) đã chứng minh xong cả hai cặp tam giác đồng dạng.

b) Từ (1): $\frac{JA}{JB}=\frac{AD}{BC}\Rightarrow JA=\frac{JB\cdot AD}{BC}$. Từ (2): $\frac{JB}{JC}=\frac{AB}{DC}\Rightarrow JB=\frac{JC\cdot AB}{DC}$. Thay vào: $JA=\frac{JC\cdot AB}{DC}\cdot \frac{AD}{BC}=JC\cdot \frac{AB\cdot AD}{DC\cdot BC}$. Suy ra $\frac{JA}{JC}=\frac{AB}{BC}\cdot \frac{AD}{DC}=\frac{BA}{BC}\cdot \frac{DA}{DC}$ (đpcm).

Định hướng. Viết trực tiếp các góc cần dùng theo số đo cung, tránh phải nhớ quy tắc "cùng chắn một cung thì bằng nhau" như một mệnh đề riêng.

Vậy kết quả trùng khớp Cách 1; câu b) suy ra bằng phép nhân/chia tỉ số hệt như Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 chỉ giải thích RÕ HƠN vì sao hai góc nội tiếp "cùng chắn một cung" lại bằng nhau, không phải một phương pháp độc lập với Cách 1.

Định hướng. a), c) áp dụng nguyên xi lập luận đã làm ở Bài 9.20, 9.21 (SGK); b) tận dụng lại kết quả câu a) (hình thoi cũng là hình bình hành) rồi cộng thêm tính chất "bốn cạnh bằng nhau" sẵn có của hình thoi.

Vậy cả ba mệnh đề đều được chứng minh: a) hình bình hành nội tiếp là hình chữ nhật; b) hình thoi nội tiếp là hình vuông; c) hình thang nội tiếp là hình thang cân.

Định hướng. Với a), b) chứng minh qua dấu hiệu "hai đường chéo bằng nhau"; với c) dùng số đo cung thay cho góc trong cùng phía.

Vậy cả ba mệnh đề được chứng minh theo một hướng khác (dùng đường chéo và cung), cho cùng kết luận như Cách 1.

Nhận xét. Ba mệnh đề này chính là Bài 9.20, Bài 9.21 (SGK) và một hệ quả mới (câu b) được gom chung lại — Cách 1 và Cách 2 là hai bộ công cụ khác nhau (góc kết hợp vs. đường chéo/cung) nhưng đều dùng lại đúng những gì đã học trong bài.

Định hướng. $MN,QP$ là đường trung bình của các tam giác $ABC$, $ADC$ nên song song và bằng nửa $AC$; $NP,MQ$ song song và bằng nửa $BD$; vì $AC=BD$ và $AC\perp BD$ (tính chất hình vuông) nên $MNPQ$ có bốn cạnh bằng nhau và một góc vuông — là hình vuông, nên nội tiếp được đường tròn.

Vậy $MNPQ$ nội tiếp đường tròn bán kính $R=2$ cm, chu vi đường tròn $=2\pi R=4\pi$ cm $\approx 12,57$ cm.

Định hướng. Đặt hình vuông $ABCD$ theo hai trục toạ độ, tính trực tiếp toạ độ và khoảng cách của $M,N,P,Q$ tới tâm.

Vậy $MNPQ$ là hình vuông cạnh $2\sqrt{2}$ cm, cùng cách đều gốc $O$ một khoảng $R=2$ cm nên nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $2$ cm; chu vi đường tròn $=4\pi$ cm, khớp Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 cho ngay bán kính bằng $OM=2$ cm mà không cần tính đường chéo $MP$ như Cách 1 — nhanh hơn khi đã quen đặt toạ độ.

Định hướng. Tổng bốn viên phân chính là phần đường tròn không bị hình vuông che phủ, nên bằng diện tích hình tròn trừ diện tích hình vuông.

Vậy tổng diện tích bốn hình viên phân bằng $(4,5\pi -9){\text{ cm}}^2\approx 5,14{\text{ cm}}^2$.

Định hướng. Mỗi viên phân là hiệu giữa một hình quạt tròn góc $90°$ (ứng với một cạnh hình vuông, vì góc ở tâm chắn mỗi cạnh bằng $\frac{360°}{4}=90°$) và tam giác vuông cân tạo bởi cạnh đó với tâm; tính một viên phân rồi nhân $4$.

Vậy $S=(4,5\pi -9){\text{ cm}}^2\approx 5,14{\text{ cm}}^2$, khớp Cách 1.

Nhận xét. Cách 1 nhanh hơn hẳn vì tránh phải tính riêng từng viên phân; Cách 2 chỉ nên dùng khi đề hỏi diện tích của MỘT viên phân riêng lẻ chứ không phải tổng cả bốn.

Định hướng. $MNPQ$ luôn là hình chữ nhật với mọi hình thoi (đã chứng minh ở Luyện tập 2); bán kính đường tròn ngoại tiếp luôn bằng nửa CẠNH hình thoi — chỉ cần tính cạnh hình thoi từ hai đường chéo đã cho bằng Pythagore.

Vậy $MNPQ$ là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn bán kính $R=\sqrt{5}$ cm $\approx 2,24$ cm.

Định hướng. Đặt hai đường chéo trên hai trục toạ độ theo đúng số liệu đã cho, tính toạ độ $M,N,P,Q$ rồi tính đường chéo $MP$ của hình chữ nhật.

Vậy $R=\sqrt{5}$ cm, khớp Cách 1.

Nhận xét. Cách 2 không cần nhớ kết quả tổng quát "$R=$ nửa cạnh hình thoi" của Luyện tập 2, chỉ cần tính toạ độ trực tiếp — phù hợp khi chưa chắc nhớ đúng công thức tổng quát.

Định hướng. Tính bán kính $R$ của $(O)$ từ hình chữ nhật đã cho (Pythagore), rồi từ $R$ suy ra cạnh và diện tích hình vuông nội tiếp cùng đường tròn đó.

Vậy diện tích hình vuông nội tiếp $(O)$ bằng $12,5{\text{ cm}}^2$.

Định hướng. Không cần tính cạnh $a$ riêng, dùng thẳng công thức diện tích hình vuông theo đường chéo $d$: $S=\frac{d^2}{2}$ (suy từ $S=a^2$ và $d=a\sqrt{2}\Rightarrow a^2=\frac{d^2}{2}$).

Vậy $S=12,5{\text{ cm}}^2$, khớp Cách 1, tính nhanh hơn vì bỏ qua bước tìm cạnh $a$.

Nhận xét. Điều thú vị: hình chữ nhật ($3\times 4$, diện tích $12$ cm²) và hình vuông nội tiếp cùng đường tròn ($12,5$ cm²) có diện tích khá gần nhau nhưng KHÔNG bằng nhau — hai hình chỉ chung đường tròn ngoại tiếp, không chung diện tích.

Định hướng. Tính $\widehat{FEY}$ nhờ tứ giác nội tiếp $BFEC$ (đường tròn đường kính $BC$, đã biết ở Luyện tập 1); rồi dùng tứ giác nội tiếp $FEXY$ của $(O)$ để suy ra $\widehat{FXY}$; cuối cùng so sánh với $\widehat{FBC}$ để kết luận song song.

Vậy đường thẳng $FX$ (chứa cả $B$) cắt hai đường thẳng $XY$ và $BC$ tạo ra cặp góc đồng vị $\widehat{FXY}$ và $\widehat{FBC}$ bằng nhau, nên $XY\parallel BC$ (đpcm).

Định hướng. Làm đối xứng hoàn toàn với Cách 1 nhưng xuất phát từ đỉnh $F$ của tam giác thay vì $E$: tính $\widehat{EFX}$ rồi suy $\widehat{EYX}$, so sánh với $\widehat{ECB}$ để kết luận song song qua cát tuyến $EC$ kéo dài.

Vậy đường thẳng $EY$ (chứa cả $C$) cắt hai đường thẳng $XY$ và $BC$ tạo cặp góc đồng vị $\widehat{EYX}$ và $\widehat{ECB}$ bằng nhau, nên $XY\parallel BC$ — cùng kết luận với Cách 1, kiểm chứng chéo qua transversal còn lại.

Nhận xét. Hai cách đối xứng hoàn toàn nhau (một xuất phát từ góc $B$/cạnh $F$, một từ góc $C$/cạnh $E$) và cùng dựa trên đúng một cặp định lí (góc ngoài tứ giác nội tiếp của $BFEC$ rồi của $(O)$) — trình bày một trong hai cách là đủ, cách còn lại dùng để tự kiểm tra chéo.