Bài học

Bốn dấu hiệu tứ giác nội tiếp và chọn dấu hiệu đúng lúc

Mục tiêu và điều kiện cần

Mục tiêu bài học

Sau bài này, em nhận diện đúng một trong bốn dấu hiệu để chứng minh bốn điểm đồng viên (cùng thuộc một đường tròn), kể cả khi đề bài KHÔNG vẽ sẵn một tứ giác lồi quen thuộc — đây là năng lực nền cho toàn bộ khóa HSG hình học đường tròn.

Kiến thức cần có

Từ Toán 9 (Chương Đường tròn — mức Chuẩn), em đã biết: góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung; hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau; và dấu hiệu quen thuộc nhất: tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180°$ thì nội tiếp được một đường tròn. Dấu hiệu này áp dụng tốt khi đề bài đã cho sẵn một tứ giác lồi ABCD và số đo hai góc đối.

Từ Toán 9 (Chương Đường tròn — mức Chuẩn), em đã biết: góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung; hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau; và **dấu hiệu quen thuộc nhất**: tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180°$ thì nội tiếp được một đường tròn. Dấu hiệu này áp dụng tốt khi đề bài đã cho sẵn một tứ giác lồi ABCD và số đo hai góc đối.

So với bài toán chuẩn

Đề chuẩn lớp 9 thường vẽ sẵn tứ giác ABCD lồi và yêu cầu: “tính góc D biết góc B = 110°, vì sao ABCD nội tiếp?” — chỉ cần cộng hai góc đối. Đề HSG hiếm khi vẽ sẵn tứ giác: bốn điểm “đồng viên” thường nằm rải rác trong một hình phức tạp (giao điểm đường cao, chân đường vuông góc, điểm đối xứng…), và không nhìn thấy ngay đâu là “hai góc đối”. Muốn giải, em phải tự chọn đúng dấu hiệu và đôi khi phải tự dựng một đường tròn phụ.

Đề chuẩn lớp 9 thường vẽ sẵn tứ giác ABCD lồi và yêu cầu: *“tính góc D biết góc B = 110°, vì sao ABCD nội tiếp?”* — chỉ cần cộng hai góc đối. Đề HSG hiếm khi vẽ sẵn tứ giác: bốn điểm “đồng viên” thường nằm rải rác trong một hình phức tạp (giao điểm đường cao, chân đường vuông góc, điểm đối xứng…), và **không nhìn thấy ngay đâu là “hai góc đối”**. Muốn giải, em phải tự chọn đúng dấu hiệu và đôi khi phải tự dựng một đường tròn phụ.

Câu hỏi khởi động. Cho tam giác $ABC$ nhọn, hai đường cao $BE$ và $CF$ cắt nhau tại trực tâm $H$ . Có thể chứng minh bốn điểm $B, F, E, C$ cùng thuộc một đường tròn hay không — trong khi $BFEC$ không hề trông giống một tứ giác “nội tiếp quen mắt” nào em từng vẽ? Dấu hiệu tổng hai góc đối $=180°$ có dùng được ngay không, khi ta còn chưa biết góc nào đối góc nào trong $BFEC$ ? Bài học này chỉ ra: có tới bốn dấu hiệu tương đương để nhận ra tứ giác nội tiếp, và việc chọn đúng dấu hiệu — chứ không phải việc “nhớ định lý” — mới là kỹ năng HSG thật sự.

**Câu hỏi khởi động.** Cho tam giác $ABC$ nhọn, hai đường cao $BE$ và $CF$ cắt nhau tại trực tâm $H$. Có thể chứng minh bốn điểm $B, F, E, C$ cùng thuộc một đường tròn hay không — trong khi $BFEC$ không hề trông giống một tứ giác “nội tiếp quen mắt” nào em từng vẽ? Dấu hiệu tổng hai góc đối $=180°$ có dùng được ngay không, khi ta còn chưa biết góc nào đối góc nào trong $BFEC$? Bài học này chỉ ra: có tới **bốn** dấu hiệu tương đương để nhận ra tứ giác nội tiếp, và việc chọn đúng dấu hiệu — chứ không phải việc “nhớ định lý” — mới là kỹ năng HSG thật sự.

Bốn dấu hiệu tứ giác nội tiếp

Dấu hiệu 1 (tổng hai góc đối). Tứ giác $ABCD$ (các đỉnh theo đúng thứ tự quanh tứ giác) có $\widehat{A} + \widehat{C} = 180°$ (tương đương $\widehat{B}+\widehat{D}=180°$ ) thì nội tiếp được đường tròn. Đây là dấu hiệu duy nhất được học chính thức ở mức Chuẩn lớp 9, và chỉ dùng được khi đã biết rõ tứ giác lồi với đỉnh theo đúng thứ tự.

Dấu hiệu 2 (hai đỉnh kề nhìn một cạnh dưới góc bằng nhau). Nếu hai điểm $M, N$ nằm về cùng một phía của đường thẳng $PQ$ và $\widehat{PMQ} = \widehat{PNQ}$ thì bốn điểm $P, Q, M, N$ cùng thuộc một đường tròn. Dấu hiệu này mạnh hơn dấu hiệu 1 ở chỗ không đòi hỏi biết trước một tứ giác lồi — chỉ cần tìm được một đoạn thẳng cố định mà hai điểm khác cùng “nhìn” dưới góc bằng nhau.

Dấu hiệu 3 (góc ngoài bằng góc trong đối diện). Nếu tứ giác $ABCD$ có góc ngoài tại đỉnh $A$ bằng góc trong tại đỉnh $C$ (đỉnh đối diện) thì $ABCD$ nội tiếp. Đây thực chất là hệ quả trực tiếp của dấu hiệu 1 (vì góc ngoài tại $A$ bù với góc trong tại $A$ ), nhưng rất hữu ích khi đề bài tự nhiên xuất hiện một góc ngoài (ví dụ do một điểm nằm trên tia kéo dài của một cạnh).

Dấu hiệu 4 — trường hợp đặc biệt của dấu hiệu 2 (góc vuông nhìn một đoạn cố định). Nếu hai điểm $M, N$ cùng nhìn đoạn $PQ$ dưới góc $90°$ thì $M, N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $PQ$ . Đây là dấu hiệu "mạnh" và hay bị bỏ sót nhất, vì đường tròn xuất hiện ở đây không phải đường tròn (O) ban đầu của bài toán — nó là một đường tròn hoàn toàn mới mà chính em phải nhận ra và dựng lên.

**Dấu hiệu 1 (tổng hai góc đối).** Tứ giác $ABCD$ (các đỉnh theo đúng thứ tự quanh tứ giác) có $\widehat{A} + \widehat{C} = 180°$ (tương đương $\widehat{B}+\widehat{D}=180°$) thì nội tiếp được đường tròn. Đây là dấu hiệu **duy nhất** được học chính thức ở mức Chuẩn lớp 9, và chỉ dùng được khi đã biết rõ tứ giác lồi với đỉnh theo đúng thứ tự. **Dấu hiệu 2 (hai đỉnh kề nhìn một cạnh dưới góc bằng nhau).** Nếu hai điểm $M, N$ nằm về **cùng một phía** của đường thẳng $PQ$ và $\widehat{PMQ} = \widehat{PNQ}$ thì bốn điểm $P, Q, M, N$ cùng thuộc một đường tròn. Dấu hiệu này mạnh hơn dấu hiệu 1 ở chỗ **không đòi hỏi biết trước một tứ giác lồi** — chỉ cần tìm được một đoạn thẳng cố định mà hai điểm khác cùng “nhìn” dưới góc bằng nhau. **Dấu hiệu 3 (góc ngoài bằng góc trong đối diện).** Nếu tứ giác $ABCD$ có góc ngoài tại đỉnh $A$ bằng góc trong tại đỉnh $C$ (đỉnh đối diện) thì $ABCD$ nội tiếp. Đây thực chất là hệ quả trực tiếp của dấu hiệu 1 (vì góc ngoài tại $A$ bù với góc trong tại $A$), nhưng rất hữu ích khi đề bài tự nhiên xuất hiện một góc ngoài (ví dụ do một điểm nằm trên tia kéo dài của một cạnh). **Dấu hiệu 4 — trường hợp đặc biệt của dấu hiệu 2 (góc vuông nhìn một đoạn cố định).** Nếu hai điểm $M, N$ cùng nhìn đoạn $PQ$ dưới góc $90°$ thì $M, N$ cùng thuộc đường tròn **đường kính $PQ$**. Đây là dấu hiệu "mạnh" và hay bị bỏ sót nhất, vì đường tròn xuất hiện ở đây **không phải đường tròn (O) ban đầu của bài toán** — nó là một đường tròn hoàn toàn mới mà chính em phải nhận ra và dựng lên.

Mở rộng dành cho HSG — chọn dấu hiệu, đừng chỉ nhớ định lý

Bốn dấu hiệu trên đều có trong SGK, nhưng thao tác dùng dấu hiệu 4 để dựng một đường tròn phụ với đường kính do chính mình chọn mới là kỹ thuật HSG — SGK và đề Chuẩn hầu như không luyện thao tác này. Từ đây trở đi, mỗi khi thấy hai góc vuông “nhìn” cùng một đoạn thẳng, hãy phản xạ ngay: đó là dấu hiệu của một đường tròn ẩn.

Bài toán mẫu: BFEC nội tiếp

Lời giải có hình

Vì sao BFEC nội tiếp — dấu hiệu “hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới góc vuông”

Bước 1

Xét tam giác ABC với hai đường cao BE (kẻ từ B, vuông góc AC tại E) và CF (kẻ từ C, vuông góc AB tại F).

Cùng cấu hình như worked-figure ở trên, đặt trong hệ trục: đường tròn tâm

M

(trung điểm

BC

) đi qua

B, C, E, F

— một minh hoạ khác của dấu hiệu 4.Cùng cấu hình như worked-figure ở trên, đặt trong hệ trục: đường tròn tâm $M$ (trung điểm $BC$) đi qua $B, C, E, F$ — một minh hoạ khác của dấu hiệu 4.

Ví dụ

Áp dụng dấu hiệu 2 với số đo góc cụ thể

1
Cho tứ giác $ABCD$ (không nhất thiết lồi theo cách nhìn quen thuộc), $E$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ . Biết $\widehat{EAB} = \widehat{EDC} = 35°$ . Chứng minh bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn.
Cho tứ giác $ABCD$ (không nhất thiết lồi theo cách nhìn quen thuộc), $E$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Biết $\widehat{EAB} = \widehat{EDC} = 35°$. Chứng minh bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn.
2
Không thể dùng ngay dấu hiệu 1 vì đề chưa cho góc đối nào. Nhưng $\widehat{EAB}=\widehat{BAC}$ và $\widehat{EDC}=\widehat{BDC}$ chính là hai góc mà $A$ và $D$ "nhìn" đoạn $BC$ — đúng dạng dấu hiệu 2.
Không thể dùng ngay dấu hiệu 1 vì đề chưa cho góc đối nào. Nhưng $\widehat{EAB}=\widehat{BAC}$ và $\widehat{EDC}=\widehat{BDC}$ chính là hai góc mà $A$ và $D$ "nhìn" đoạn $BC$ — đúng dạng dấu hiệu 2.
3
Ta có $\widehat{BAC} = \widehat{EAB} = 35°$ (cùng một góc, chỉ đổi tên đỉnh của tia) và $\widehat{BDC} = \widehat{EDC} = 35°$ . Vì $A$ và $D$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc $35°$ bằng nhau, và (theo giả thiết hình vẽ) $A, D$ nằm về cùng một phía của $BC$ , nên theo dấu hiệu 2, bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn. Vậy bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Ta có $\widehat{BAC} = \widehat{EAB} = 35°$ (cùng một góc, chỉ đổi tên đỉnh của tia) và $\widehat{BDC} = \widehat{EDC} = 35°$. Vì $A$ và $D$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới góc $35°$ bằng nhau, và (theo giả thiết hình vẽ) $A, D$ nằm về cùng một phía của $BC$, nên theo **dấu hiệu 2**, bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn. Vậy bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
4
Điểm mấu chốt: $\widehat{EAB}$ và $\widehat{BAC}$ chỉ là hai tên gọi của CÙNG một góc — việc "dịch" giả thiết về đúng dạng "nhìn một đoạn cố định" là bước tư duy quan trọng nhất, quan trọng hơn cả việc thuộc định lý.
Điểm mấu chốt: $\widehat{EAB}$ và $\widehat{BAC}$ chỉ là hai tên gọi của CÙNG một góc — việc "dịch" giả thiết về đúng dạng "nhìn một đoạn cố định" là bước tư duy quan trọng nhất, quan trọng hơn cả việc thuộc định lý.
5
Nếu đề chỉ cho $\widehat{EAB}=\widehat{EDC}$ (không cho số đo $35°$ cụ thể), lập luận trên KHÔNG đổi một chữ nào — dấu hiệu 2 chỉ cần hai góc bằng nhau, không cần biết giá trị của chúng.
Nếu đề chỉ cho $\widehat{EAB}=\widehat{EDC}$ (không cho số đo $35°$ cụ thể), lập luận trên KHÔNG đổi một chữ nào — dấu hiệu 2 chỉ cần hai góc bằng nhau, không cần biết giá trị của chúng.

Ví dụ

Biến thể khó hơn: đối xứng trực tâm qua chân đường cao

1
Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ , trực tâm $H$ , $D$ là chân đường cao kẻ từ $A$ . Gọi $D'$ là điểm đối xứng của $H$ qua $D$ (tức $D$ là trung điểm $HD'$ ). Chứng minh $D'$ thuộc $(O)$ .
Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$, $D$ là chân đường cao kẻ từ $A$. Gọi $D'$ là điểm đối xứng của $H$ qua $D$ (tức $D$ là trung điểm $HD'$). Chứng minh $D'$ thuộc $(O)$.
2
Đây KHÔNG phải bài toán nhận diện tứ giác nội tiếp trực tiếp — nó dùng dấu hiệu 4 "ngược": ta đã có sẵn đường tròn $(O)$ và cần chứng minh một điểm mới ( $D'$ ) nằm trên đó, bằng cách so sánh góc nhìn.
Đây KHÔNG phải bài toán nhận diện tứ giác nội tiếp trực tiếp — nó dùng dấu hiệu 4 "ngược": ta đã có sẵn đường tròn $(O)$ và cần chứng minh một điểm mới ($D'$) nằm trên đó, bằng cách so sánh góc nhìn.
3
Gọi $E$ là chân đường cao từ $B$ . Vì $BFEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ (bài toán mẫu ở trên) nên $\widehat{HBD} = \widehat{ACB}$ (1) (góc giữa đường cao và cạnh bằng góc phụ tương ứng — hệ quả của tứ giác nội tiếp $BFEC$ ). Vì $D$ là trung điểm $HD'$ và $HD \perp BC$ , tam giác $HBD'$ có $BD$ vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên cân tại $B$ , suy ra $\widehat{BD'D} = \widehat{BHD} = \widehat{ACB}$ (2) (do đối đỉnh và tam giác cân). Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{BD'C} = \widehat{BAC}$ — hai điểm $A, D'$ cùng nhìn $BC$ dưới góc bằng nhau và cùng phía, nên theo dấu hiệu 2, $D'$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ . Vậy $D' \in (O)$ (đpcm).
Gọi $E$ là chân đường cao từ $B$. Vì $BFEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$ (bài toán mẫu ở trên) nên $\widehat{HBD} = \widehat{ACB}$ (1) (góc giữa đường cao và cạnh bằng góc phụ tương ứng — hệ quả của tứ giác nội tiếp $BFEC$). Vì $D$ là trung điểm $HD'$ và $HD \perp BC$, tam giác $HBD'$ có $BD$ vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên **cân tại $B$**, suy ra $\widehat{BD'D} = \widehat{BHD} = \widehat{ACB}$ (2) (do đối đỉnh và tam giác cân). Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{BD'C} = \widehat{BAC}$ — hai điểm $A, D'$ cùng nhìn $BC$ dưới góc bằng nhau và cùng phía, nên theo **dấu hiệu 2**, $D'$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Vậy $D' \in (O)$ (đpcm).
4
Bài này lồng HAI kỹ thuật: dùng tứ giác nội tiếp $BFEC$ (bài mẫu) để bắt góc, rồi dùng chính dấu hiệu 2 lần thứ hai để kết luận. Đây là hình mẫu "HSG": kết quả của một bước nhỏ (BFEC nội tiếp) trở thành công cụ cho bước tiếp theo.
Bài này lồng HAI kỹ thuật: dùng tứ giác nội tiếp $BFEC$ (bài mẫu) để bắt góc, rồi dùng chính dấu hiệu 2 lần thứ hai để kết luận. Đây là hình mẫu "HSG": kết quả của một bước nhỏ (BFEC nội tiếp) trở thành công cụ cho bước tiếp theo.
5
Cùng lập luận, nếu thay chân đường cao từ $A$ bằng chân đường cao từ $B$ (hay từ $C$ ), điểm đối xứng của $H$ qua chân đường cao đó cũng rơi vào $(O)$ — chỉ cần đổi tên đỉnh tương ứng trong (1) và (2).
Cùng lập luận, nếu thay chân đường cao từ $A$ bằng chân đường cao từ $B$ (hay từ $C$), điểm đối xứng của $H$ qua chân đường cao đó cũng rơi vào $(O)$ — chỉ cần đổi tên đỉnh tương ứng trong (1) và (2).

Bẫy thường gặp

Đừng áp dụng dấu hiệu 2 khi không kiểm tra hai điểm có cùng phía với đoạn thẳng đang xét — nếu hai điểm khác phía, góc bằng nhau lại là dấu hiệu của một tứ giác nội tiếp "bù" (tổng hai góc kề bằng $180°$ , tức dấu hiệu 1) chứ không phải dấu hiệu 2. Luôn vẽ hình rõ ràng và xác nhận vị trí trước khi kết luận.

Đừng áp dụng dấu hiệu 2 khi **không kiểm tra hai điểm có cùng phía** với đoạn thẳng đang xét — nếu hai điểm khác phía, góc bằng nhau lại là **dấu hiệu của một tứ giác nội tiếp "bù"** (tổng hai góc kề bằng $180°$, tức dấu hiệu 1) chứ không phải dấu hiệu 2. Luôn vẽ hình rõ ràng và xác nhận vị trí trước khi kết luận.

Luyện tập

Tóm tắt điều cần nhớ

Bốn dấu hiệu tứ giác nội tiếp: (1) tổng hai góc đối $=180°$ ; (2) hai điểm cùng phía nhìn một đoạn cố định dưới góc bằng nhau; (3) góc ngoài = góc trong đối diện; (4) hai điểm nhìn một đoạn cố định dưới góc vuông ⟹ đường tròn đường kính đoạn đó. Kỹ năng HSG là chọn đúng dấu hiệu theo dữ kiện đề bài, đặc biệt phản xạ với dấu hiệu 4 để tự dựng đường tròn phụ.

Bốn dấu hiệu tứ giác nội tiếp: (1) tổng hai góc đối $=180°$; (2) hai điểm cùng phía nhìn một đoạn cố định dưới góc bằng nhau; (3) góc ngoài = góc trong đối diện; (4) hai điểm nhìn một đoạn cố định dưới góc vuông ⟹ đường tròn đường kính đoạn đó. Kỹ năng HSG là **chọn đúng dấu hiệu** theo dữ kiện đề bài, đặc biệt phản xạ với dấu hiệu 4 để tự dựng đường tròn phụ.

Bài tiếp theo: ta sẽ đi xa hơn dấu hiệu 4 — không chỉ dùng một đường tròn phụ có sẵn, mà tự dựng một điểm phụ hoàn toàn mới để tạo ra một tứ giác nội tiếp mà đề bài không hề gợi ý.