Các dạng toán liên quan đến góc nội tiếp của đường tròn

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm
Dạng toán chứng minh về góc với đờng tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán
Bài toán 1: Cho ABC nội tiếp trong đờng tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đờng cao AH, bán
kính OA. Chứng minh
ã
OAH
=
ã
ACB
-
ã
ABC
.
Cách giải 1: Hình 1.
Gợi ý:
- Kẻ OI AC cắt AH ở M
- áp dụng kiến thức về góc ngoài tam giác.
- Góc nội tiếp,góc ở tâm.
Lời giải: Ta có:
ã
OMH
=
ã
ACB
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
AOM
=
ã
ABC
(cùng bằng

1
2
sđ
ằ
AC
)
Trong OAM thì:
ã
OMH
=
ã
AOM
+
ã
OAH

(Góc ngoài tam giác) Hay
ã ã
ã
ACB = ABC + OAH
Vậy:
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Cách giải 2: Hình 2.
Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn tại A
cắt BC ở D .
Lời giải:
Ta có:

ã
ã
ABC = CAD
(1) (Cùng chắn
ằ
AC
)
ã
ã
OAH = ADC
(2)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta đợc:
ã
ã
ã ã
ABC + OAH = CAD + ADC
Mà
ã ã
ã
CAD + ADC = ACB
(góc ngoài tam giác)

ã
ã
ã
ABC + OAH = ACB
Vậy:
ã

ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Cách giải 3: Hình 3.
Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD
- Kẻ DK BC
Lời giải:
Ta cóDK // AH


ã
ã
OAH = ODK
(1) (so le trong)
ã
ã
ABC = ADC
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
ằ
AC
)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta đợc
ã
ã
ã
ã
ã
OAH + ABC = ODK + ADC = KDC
Mà:

ã
ã
KDC = ACB
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ã
ã ã
OAH + ABC = ACB

Vậy
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Cách giải 4: Hình 4
Gợi ý:
- Kẻ đờng kính AOD
- Kẻ CK AD
Lời giải:
Ta có:
ã
ã
OAH = KCB
(1)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ABC = ADC
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
ằ

AC
)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta đợc:
ã
ã
ã
ã
OAH + ABC = KCB + ADC
Mà:
ã
ã
ADC = KCA
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ã
ã
ã
ẳ
ã
OAH + ABC = KCB + KCA = ACB
Vậy:
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Cách giải 5: Hình 5.
Gợi ý:
- Kẻ đờng kính AOD
- Gọi M là giao điểm của AH và DC

Lời giải:
Ta có:
ã
ã
AMC = ACB
(1)
(góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ADM = ABC
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
ằ
AC
)
Trừ từng vế của (1) và (2)
Ta đợc:
ã
ã
ã ã
AMC - ADM = ACB - ABC
Mà:
ã
ã
ã
AMC - ADM = OAH
(góc ngoài tam giác)
Vậy
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC

(Đpcm)
Cách giải 6: Hình 6
Gợi ý:
Kẻ OI BC và OK AB
Lời giải:
Ta có:
ã
à
2
OAH = O
(1) (so le trong)

ã
à
1
ABC = O
(2)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta đợc
ã
ã
à à
1
2
OAH + ABC = O + O
Mà
à à
ã
1 2

O + O = ACB
(Cùng bằng
2
1
sđ
ằ
AB
)

ã
ã ã
OAH + ABC = ACB
Vậy
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Cách giải 7: Hình 7
Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax
và đờng thẳng Ay // BC
Lời giải: Ta có:
ã
ã
OAH = xAy
(1)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ABC = BAy
(2) (so le trong)

Cộng từng vế của (1) và (2) .
Ta đợc:
ã
ã
ã
ã ã
OAH + ABC = xAy + BAy = xAB
Mà:
ã
ã
xAB = ACB
(góc nội tiếp cùng chắn
ằ
AB
)

ã
ã ã
OAH + ABC = ACB
Vậy
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác nhau nhng ở bài toán này việc sử dụng
yếu tố vẽ thêm đờng phụ là một vấn đề quan trong cho việc tìm ra các lời giải và là vấn đề
khó đối với học sinh ở bài toán trên giáo viên cần cho học sinh chỉ ra kiến thức đã vận dụng
vào giải bài toán.
- Kiến thức về hai đờng thẳng song song, hai đờng thẳng vuông góc.
- Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác.

Dạng chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau,đờng thẳng song song,đồng quy
Bài toán 2: Trong hình vuông ABCD và nữa đờng tròn đờng kính AD và vẽ cung AC mà tâm
là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đờng tròn đờng kính AD ở K. Chứng
minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB.
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý :
- Kẻ PI

AB
- Xét hai tam giác

APK và

API.
Lời giải:
Kẻ PI

AB.
Xét APK và tam giác API

APK vuông tại K ( Vì góc AKD = 90
0

góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn
đờng kính AD)

ADP cân tại D, AD = DP


$

ã
2
P = DAP
Mặt khác.
$
ã
1
P = DAP
( So le trong vì AD // PI )
Do đó:
^
P
1
=
^
P
2



APK =

API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc
nhọn bằng nhau )

PK = PI
Cách giải 2: Hình 2
Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác

APK và

API bằng nhau cách 1 ta chứng
minh
^
P
1
=
^
P
2
. Ta chứng minh
^
A
1
=
^
A
2
- Gọi F là giao điểm của AP với đờng tròn
đờng kính AD
Lời giải: Ta có:
ã
AFD
= 90
0

( Góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
Tam giác ADP cân tại D có DF là đờng cao
nên DF cũng là phân giác suy ra:

^
D
1
=
^
D
2
mà
^
A
1
=
^
D
2
;
^
D
1
=
^
A
2
Vì đều là góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc
Suy ra:
^
A
1
=
^

A
2



APK =

API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc
nhọn bằng nhau )

PK = PI
Cách giải 3: Hình 2.
Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh
à à
1 2
A = A
nhng việc chứng minh đ-
ợc áp dụng bằng kiến thức khác.
- Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn tâm D nên ta có:
Lời giải: Ta có
ã
ã
IAK = ADK
( Có số đo bằng
1
2
sđ
ằ
AK

)
Mặt khác góc
ã
IAP
là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đờng tròn tâm D nên góc
ã
IAP
bằng
1
2
số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc
ã
ADP

^
ã
IAP
=
ã
ã
1 1
ADP = IAK
2 2
Suy ra:
^
A
1
=
^
A

2



APK =

API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau )

PK = PI
Cách giải 4: Hình 3
Gợi ý:
- Kéo dài K cắt đờng tròn tâm D tại E
- áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến
và dây cung
Lời giải: DK

AE nên
ằ
ằ
AP = PE
.
Góc
ã
BAE
(góc tạo bởi tiếp tuyến và
dây cung
ằ
AE
)Vì AP lại đi qua điểm chính

giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của
góc
ã
BAE
Suy ra:
^
A
1
=
^
A
2



APK =

API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc
nhọn bằng nhau )

PK = PI
Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta đi chứng
minh

APK =

API vấn đề giáo viên cần cho học sinh t duy và vận dụng sáng tạo kiến
thức về :
- Trờng hợp bằng nhau trong tam giác vuông

- Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung.
- Góc nội tiếp

Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp
Bài toán 3: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD;
BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
Ta có

DAB =

CAF (bài toán 1)



B
1
=

F
1


AOBF nội tiếp



O

1
=

B
2
= 60
0



O
2
=

A
1
= 60
0





AOB = 120
0
(1)
Tơng tự:

AOC = 120
0

BOC = 120
0
Mà

BFC = 60
0

BOCE nội tiếp




O
3
=

C
1
= 60
0
(2)
Từ (1) và (2)


AOF = 180
0

A; O; E thẳng hàng
Hay AE; BD; CF đồng quy.
1
2
1
1
1
1
2
3
B
C
A
D
E
F
O
Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 120
0
.
Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau :
Bài toán 4:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác,
dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại
A. Chứng minh rằng CF = BD; CF

BD.

H ớng dẫn giải:
+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)
+ CF

BD:
Do Tứ giác AOBF nội tiếp



BOF =

BAF = 90
0


B
C
A
D
F
O
Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lợt là
trung điểm của BF; CD; BC, ta có:
IM là đờng TB của tam giác BCF nên:
IM // =
2
1
CF (1)
Tơng tự ta có:
IN // =

2
1
BD (2)
Mà: CF

= BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM

IN
IM = IN
Hay

MIN vuông cân tại I

B
C
A
D
F
O
N
M
I
Nhận xét rằng

AMB và

ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán tiếp.
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng

các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông
cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC.

IMN là
tam giác gì?
Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà cha gặp
dạng thì hơi khó giải đối với các em.

B
C
A
N
M
I
Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay
các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta đợc bài toán
đơn giản hơn.Ta có bài toán tiếp sau :
Bài toán 6:
Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngoài tam giác các
hình vuông ABDE và
ACHF.
a.Chứng minh rằng:
BF = CE và BF

CE
b.Gọi I, J lần lợt là tâm
của hai hình vuông đó. M
là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng

MIJ là
tam giác vuông cân.
B
C
A
H
F
E
D
I
J
M
Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đờng tròn (O). M ; N ; P lần lợt là cá điểm
chính giữa các cung nhỏ
ằ
AB
;
ằ
ằ
BC ; CA
. MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S.
Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
Cách giải 1: Hình 1.
Gợi ý: Đây là một bài toán hình tơng đối khó đối với học sinh nếu không có t duy tốt trong
hình học. Khi đa ra bài toán này ngay cả việc
vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em
đã không tìm ra đợc lời giải. Dới sự hớng dẫn của thầy.
Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác
của tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của

các đờng phân giác. Khi đó ta có I chính
là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
Để chứng minh cho RS // BC và I

RS ta đi
chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng
tiên đề về đờng thẳng song song để suy ra
điều phải chứng minh.
Sau một thời gian ngắn một học sinh đã
tìm ra đợc lời giải cho bài toán này.
Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra.
Lời giải:
Xét

NBI ta có:
ã
à à
2 3
IBN = B + B
mà
à
ằ
2
CP
B =
2
à
ã
3
B = NAC

(Góc nội tiếp chắn cung
ằ
NC
)
ã
NAC
=
ã
BAC
2
do đó
ã
à
à
A B
IBN =
2
+
;
ã
à
à
1 1
BIN = A + B
=
à
à
A B
2
+

( Góc ngoài của tam giác ABI )
Suy ra :
ã
IBN =

ã
BIN




NBI cân tại N

N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI
Ta chứng minh đờng trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có
ã
BHN
=
1
2
sđ
ằ
ẳ
ằ
( )
BN + AM + AP
=
1
2

ằ ằ
ằ
sđBC + sđAB + sđAC
2
Vì
ã
BHN
là góc có đỉnh nằm bên trong đờng tròn và
ằ
ằ
BC
BN =
2
;
ẳ
ằ
AB
AM =
2
;
ằ
ằ
AC
AP =
2



ã

BHN
=
1
4
360
0
= 90
0


RN là trung trực của đoạn thẳng BI

BR = RI


RBI cân tại R


à
ã
à à
1 1 2
B = RIB B = Bmà


à
ã
2
B = RIB

IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau )
Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I ở ngoài đờng thẳng BC ta chỉ có thể kẻ đ-
ợc một đờng thẳng song song với BC

R ; I ; S thẳng hàng.
Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)
Cách giải 2: Hình 2
Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học
sinh phải nắm lại kiến thức cũ về
Tính chất đờng phân giác trong tam giác
đây là tính chất quan trọng mà các em đã đợc
học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không
hay để ý đến tính chất này.
Lời giải: Theo giả thiết ta có
ẳ
ẳ
MA = MB
do đó MN là phân giác của góc
ã
ANB
áp dụng tính chất đờng phân giác
trong tam giác ABN ta có:
RA NA
=
RB NB
( 1)
Tơng tự: NP là phân giác của tam giác ACN

SA NA

=
SC NC
(2)
vì
ằ ằ
BN = CN
nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc
RA SA
=
RB SC

RS // BC
Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:
AI RA
=
ID RB
mà
NA RA

NB RB
=
suy ra
AI NA
=
ID NB
Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng
(vì có góc
ã
BNA
chung và

ã
ã
BAN NBD=
) nên
NA AB

NB BD
=
Vậy
AI AB
=
ID BD
Suy ra BI là phân giác của góc
ã
ABC
ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc
ã
BAC
ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác
ã
ABC

nên I là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC . ( Đpcm)
Bài toán 8: T ừ một điểm trên đờng tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đờng
vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đờng tròn. Chứng minh rằng chân của
ba đờng vuông góc đó thẳng hàng
(Đờng thẳng này gọi là đờng thẳng Simson)
Cách giải 1:
Vì
à

à
0
D = E = 90
suy ra tứ giác
BDPE là tứ giác nội tiếp


ã
ã
BED = BPD
(*)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
và
$
à
0
F = E = 90
suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp
suy ra
ã
ã
FEC = FPC
(**)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn


ã
à
BPC = - A

(1)
PD AB
PF AC








ã
à
DPF = - A

(2)
Từ (1) và (2)


ã
BPC
=
ã
DPF



ã
ã

BPD = FPC
(***)
Từ (*) ; (**) và (***)


ã
BED
=
ã
FEC


D ; E ; F thẳng hàng
Cách giải 2:
PE EC
PF FC







Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp


ã
ã
0
FEP + PCF = 180

(1)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn


ã
ã
0
ABP + FCP = 180
Mà
ã
ã
0
ABP + BDP = 180


ã
ã
FCP = DBP
(2)
PD BD
PE BC







Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp

ã
DBP
=
ã
DEP
( 3)
Từ (1) ; (2) và (3) ta có :
ã
ã
0
PEF + DEP = 180
Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng
Đối với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy động nhiều kiến
thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách giải khác
nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không làm đợc sau khi
giáo viên gợi ý học sinh đã dần t duy sáng tạo và tìm đợc hớng đi của bài toán. Đơn vị kiến
thức đợc áp dụng để giải bài toán.Nh để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai
góc kề có tổng số đo bằng 180
0
.
- Tứ giác nội tiếp đờng tròn.
- Góc nội tiếp trong đờng tròn.
Bài toán 9:
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình
bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH

QC
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BH

và QC. Theo BT 9, ta có:

ABC =

FQA,
nên: BC = QA
Và

ACB =

FAQ




BCH =

QAC.
Xét hai tam giác:

BCH và

QAC, có:
BC = QA


BCH =

QAC

CH = AC (gt)

BCH =

QAC (c.g.c)

BH = QC (1)
Và

CBH =

AQC
Mà

AQC +

QCP = 90
0



CBH +

QCP = 90
0

Hay

BOC = 90
0

Hay BH

QC (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
A
C
B
P
M
D
E
F
H
Q
N
O
Tơng tự nh trên ta cũng có CD

QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đờng cao của tam giác
QBC. Và từ dây ta xây dựng đợc bài toán mới đợc phát biểu ở dạng khác.
Bài toán 10:
Cho tam giác ABC, dựng về phía
ngoài tam giác các hình vuông
ABDE và ACHF, vẽ hình bình
hành AEQF, Chứng minh rằng
QP, BH và CD đồng quy.
(ta thấy QP, BH và CD là ba đ-
ờng cao của tam giác QBC, nên
chúng đồng quy)

B
C
A
P
H
F
E
D
Q
Dạng chứng minh đờng thẳng song song và tam giác đồng dạng
Bài toán 11: Đờng tròn (O;R
1
) và (O';R
2
) tiếp xúc nhau tại P. Một cát tuyến qua P cắt (O;R
1
)
tại A và (O';R
2
) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R
1
) tại C và (O';R
2
)
tại D. Chứng minh : OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD các tam giác PAC và PBD đồng dạng.
Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức về hai đờng tròn
tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên chung ta phải đi xét hai
trờng hợp sảy ra.
Hai đờng tròn tiếp xúc ngoài và hai đờng tròn tiếp xúc trong.ở đây tôi chỉ trình bày về hai đ-
ờng tròn tiếp xúc ngoài còn trờng hợp hai đờng tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tơng

tự
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý:
- Tính chất của hai đờng tròn
tiếp xúc nhau
- áp dụng trờng hợp đồng
dạng thứ hai
Lời giải:
Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O'
Suy ra:
ã
ã
OAP = OPA
và
ã
ã
O'PB = O'BP
mà
ã
ã
OPA = O'PB
( Hai góc đối đỉnh)
Suy ra tiếp các góc ở vị trí so le trong bằng nhau

OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD
Và


ã
ã

OAP = PBO'


hai tam giác

OAP và

O'BP đồng dạng

1
2
RPA PO
=
PB PO' R
=
(1)
Tơng tự ta cũng có :
ã
ã
OCP = OPC
và
ã ã
O'PD = O'DP
mà
ã
ã
OPC = O'PD
( Hai góc đối đỉnh)

ã
ã
OCP = PDO'


hai tam giác

OCP và

O'DP đồng dạng

1
2
RPC PO
=
PD PO' R
=
(2) Từ (1) và (2) ta có:
PA
=
PB
1
2
RPC

PD R
=
lại có
ã
ã

CPA = BPD
Suy ra :

PAC và

PBD đồng dạng.
Cách giải 2: Hình 2
Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đờng tròn.
- áp dụng trờng hợp đồng dạng thứ ba
- áp dụng định lí về góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cung
Lời giải:
Kẻ tiếp tuyến chung xPy
của hai đờng tròn.
Ta có.
ã
ã
ã
ã
CAP = CPy = xPD = PBD

( áp dụng tính chất về góc tạo bởi
tiếp tuyến và dây cung và góc nội
tiếp cùng chắn một cung
thì bằng nhau)
Mặt khác
ã
ã
APC = BPD
(hai góc đối đỉnh)

Suy ra :

PA
1
B
1
và

PA
2
B
2
đồng dạng.
Dạng chứng minh tứ giác nội tiếp đờng tròn,hình vuông
Bài toán 12: Cho tam giác đờng phân giác BN và tâm O của đờng tròn nội tiếp trong tam
giác . Từ A kẻ một tia vuông góc với tia BN, cắt BC tại H. Chứng minh bốn điểm A; O; H; C
nằm trên một đờng tròn.
Đối với bài toán này xảy ra hai trờng hợp đối với hình vẽ .
Tr ờng hợp 1 : H và O nằm cùng phía với AC Hình 1
Tr ờng hợp 2 : H và O nằm khác phía với AC Hình 2
Gợi ý:
Gọi I là giao điểm của AH và BN
Kẻ AP vuông góc với CO cắt AB tại P. M là giao điểm của OC và AB
K là giao điểm của OC và AP
- áp dụng tính chất giữa các đờng( đờng cao, đờng trung trực, đờng trung tuyến, đờng
phân giác đờng trung bình,) trong tam giác.
- Kiến thức về tứ giác nội tiếp
- Tính chất góc ngoài tam giác
Cách giải 1:
Xét

ACP có CK vừa là phân giác vừa là đờng cao nên CK cũng là đờng trung tuyến,
đờng trung trực

KA = KP (1)
Xét

ABH có BI vừa là phân giác vừa là đờng cao nên BI cũng là đờng trung tuyến, đ-
ờng trung trực

IA = IH (2)
Từ (1) và (2) ta có: IK là đờng trung bình trong tam giác APH


ã
ã
IKO = OCH
( Hình 1)
Hoặc
ã
ã
0
IKO + OCH = 180
(Hình 2)
Xét tứ giác AKOI có
à
I = K
$
= 90
0

AKOI là tứ giác nội tiếp


ã
ã
IKO = OAH

Tứ giác AOHC nội tiếp đợc

A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn
Cách giải 2:
Ta có BN là đờng trung trực của AH


ã
ã
BHO = BAO
mà
ã
ã
BAO = OAC
nên
ã
ã
BHO = OAC


Tứ giác AOHC nội tiếp đợc.

A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn
Cách giải 3:

ABI là tam giác vuông nên
ã
ã
IBA + BAI
= 180
0
hay

ã
ã
ã
0
IBA + BAO + OAI = 180
Suy ra:
ã
à
à
B A
OAI + +
2 2
= 90
0



ã

OAI
bằng (hoặc bù) với góc
ã
OCH


Tứ giác AOHC nội tiếp đợc.

A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn
Cách giải 4:
* Đối với (Hình 1) ta có
ã
à
0
B
AHC = 90 +
2
Góc ngoài trong tam giác
ã
AOC
=
à
0
B
90 +
2
(Vì O là tâm của đờng tròn nội tiếp )


ã ã

AHC = AOC

Tứ giác AOHC nội tiếp đợc

A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn
* Đối với ( Hình 2)
Xét trong tam giác IBH ta có
ã
à
0
B
AHC = 90 -
2

ã
AOC
=
à
0
B
90 +
2
(Vì O là tâm của đờng tròn nội tiếp )

ã ã
0
AHC + AOC = 180
Tứ giác AOHC nội tiếp đợc

A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn

Cách giải 5:
Ta có
ã
à
à
A + B
AON =
2
( Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB )


ã
à
à
AOH = A + B



ã
ã
0
AOH + ACH = 180
( Hình 1)
hoặc
ã
ã
à
à
AOH = ACH = A + B
( Hình 2)

Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp đợc

A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn.
Bài toán 13 :
Cho hình bình hành ABCD, về phía ngoài
hình bình hành, dựng các tam giác ABM
vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N;
BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q.
Chứng minh rằng tứ giác NMPQ là hình
vuông.
B
C
A
D
N
Q
P
M
I
Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 14.
Bài toán 14:
Cho hình bình hành ABDC, về phía
ngoài hình bình hành, dựng các hình
vuông ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL,
Gọi S, G, R, H lần lợt là tâm của các
hình vuông trên. Chứng minh rằng tứ
giác SGHR là hình vuông.
B
C
A

D
M
F
E
Q
K
L
N
P
G
H
R
S
Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác
thờng thì liệu tứ giác SGHR có tính chất gì không? Ta có bài toán 15.
Bài toán 15: Cho hình tứ giác ABCD, về phía ngoài tứ giác, dựng các hình vuông ABMN,
ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K lần lợt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh
rằng KS = VJ và KS

VJ.
Bài giải:
Gọi I là trung điểm của AC, theo bài
toán 7 ta chứng minh đợc tam giác
SIJ và tam giác VIK vuông cân tại I.
Xét hai

:

VIJ và

KIS, có:
VI = KI


VIJ =

KIS


IJ = IS


VIJ =

KIS (c.g.c)

VJ = KS (1)
Gọi R là giao điểm của IS và VJ
Do

IJV =

ISK (

VIJ =

KIS)
Và

IJV +

IRJ = 90
0




ISK +

VRS = 90
0

Hay KS

VJ (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
D
C
B
A
P
Q
M
N
F
E
H
G
V
K

J
S
I
R
Bài toán 16:
Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngoài tam giác các
hình vuông ABDE và
ACHF. Gọi I, J lần lợt là
tâm của hai hình vuông đó.
M, N là trung điểm của BC
và EF. Chứng minh rằng tứ
giác IMJN là hình vuông.
B
C
A
H
F
E
D
I
J
M
N
ở bài toán trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đ-
ờng cao của tam giác ABC và đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của
tam giác AEF.
Đối với bài toán này việc vẽ đờng phụ là quan trọng. Học sinh cần áp dụng kiến thức
về hai tam giác đồng dạng, kiến thức về tam giác cân, tam giác đều. Tính chất của dãy tỉ số
bằng nhau đã đợc học ở lớp 7 vào giải bài toán.

Hai cách giải trên tơng tự giống nhau. Song sau khi đã tìm đợc lời giải 1 giáo viên cần
gợi ý cho học sinh qua câu hỏi. Vậy nếu trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC thì ta
có thể chứng minh đợc hệ thức trên hay không?
Nh vậy thì học sinh mới t duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đa ra lời giải mà phải
để học sinh tìm lời giải cho bài toán.
Bài tập tự luyện tại nhà cho học sinh.
Bài tập 1: ở miền trong của hình vuông ABCD lấy một điểm E sao cho
ã
ã
EAB = EBA
= 15
0
.
Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác đều.
Bài tập 2: Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của đờng chéo AC và BD gọi M và N là
trung điểm của OB và CD chứng minh A; M; N; D cùng thuộc đờng tròn
Bài tập 3:Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O đờng kính AC. Trên tia AB lấy điểm D
sao cho AD = 3AB. Đờng thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp tuyến Ax của đờng tròn
(O) tại E. Chứng minh tam giác BDE là tam giác cân.
Bài toán 4:Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABEF; ACMN;
BCPQ. Chứng minh các đờng cao của các tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C
đồng quy.
Bài toán 5: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF.
Chứng minh rằng đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đờng cao AP của tam giác
ABC và đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của tam giác AEF
Khái quát hoá bài toán.
Sau khi đã tìm ra các cách giải khác nhau, giáo viên cần cho học sinh khái quát hoá bài
toán bằng cách trả lời đợc một số câu hỏi cụ thế sau :
1) Trong các cách chứng minh những kiến nào đã đợc vận dụng ?
2) Có những cách chứng minh nào tơng tự nhau?Khái quát đờng lối chung của các cách ấy?

3) Và trong cách chứng minh trên kiến thức nào đã vận dụng và kiến thức đó đợc học ở lớp
mấy, và có thể hỏi cụ thể chơng nào tiết nào để kiểm tra sự nắm vững kiến thức của học sinh.
4) Cần cho học sinh phân tích đợc cái hay của từng cách và có thể trong từng trờng hợp cụ
thể ta nên áp dụng cách nào để đơn giản nhất và có thể áp dụng để giải các câu liên quan vì
một bài hình không chỉ có một câu mà còn có các câu liên quan.
5) Việc khái quát hoá bài toán là một vấn đề quan trọng. Khái quát hóa bài toán là thể hiện
năng lực t duy, sáng tạo của học sinh. Để bồi dỡng cho các em năng lực khái quát hoá đúng
đắn phải bồi dỡng năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, vận dụng kiến thức liên quan để biết
tìm ra cách giải quyết vấn đề trong các trờng hợp.
6)Việc tìm ra nhiều lời giải cho một bài toán là một vấn đề không đơn giản đòi hỏi học sinh
phải có năng lực t duy logic, kiến thức tổng hợp. Không phải bài toán nào cũng có thể tìm ra
nhiều lời giải. Mà thông qua các bài toán với nhiều lời giải nhằm cho học sinh nắm sâu về
kiến thức vận dụng kiến thức thành thạo để có thể giải quyết các bài toán khác.