Tài Liệu Sáng Kiến Kinh Nghiệm Thcs Một Số Phương Pháp Chứng Minh Tứ Giác Nội Tiếp Cho Học Sinh Đại Trà Ôn Thi.pdf

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Đổi mới phương pháp dạy học được hiểu là tổ chức các hoạt động dạy
học tích cực cho người học. Từ đó khơi dậy và thúc đẩy nhu cầu tìm tịi, khám
phá chiếm lĩnh của người học; phát triển tư duy, phát huy khả năng tự học của
học sinh.
Thực tế cho thấy qua những năm giảng dạy ở trường THCS. Tôi nhận
thấy rằng các em học sinh, nhất là lớp 9 phải chịu nhiều áp lực trong việc thi
cử đặc biệt là thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT và thi vào các trường chuyên.
Mà ở các kỳ thi đó, nội dung đề thi thường rơi vào kiến thức cơ bản không thể
thiếu đó là chương “Góc với đường trịn” SGK Tốn 9 Tập 2- Trang 88 Nhà
xuất bản giáo dục. Đề bài thường cho dưới dạng: Chứng minh tứ giác nào đó
nội tiếp một đường trịn. Phần lớn các em rất bối rối khơng làm được bài, bởi
vì các em chưa nhận thấy được các dữ kiện của bài toán đã cho có liên quan
đến một kiến thức rất quan trọng về dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp một
đường tròn mà các em đã được học. Xuất phát từ lý do đó, qua nhiều năm
giảng dạy lớp 9 và học hỏi ở đồng nghiệp, tôi rút ra được một số kinh nghiệm
cho bản thân để cùng các em giải quyết được vấn đề khó khăn ở trên. Chính
vì vậy tôi rất tâm đắc và chọn đề tài:
“ Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp cho học sinh đại trà
ôn thi vào lớp 10 THPT ”.
II. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI

2.1.Mục đích nghiên cứu
Đề tài này được nghiên cứu nhằm mục đích:
+ Giúp cho bản thân có kiến vững vàng hơn trong công tác giảng dạy và ôn
tập cho học sinh.
+ Giúp cho học sinh vững tin hơn trong việc ôn tập và làm bài thi tuyển sinh
vào lớp 10 THPT.
+ Giúp học sinh lớp 9 tiếp cận và giải được dạng tốn Chứng minh tứ giác

nội tiếp một đường trịn trong chương trình THCS hiện hành.

1


+ Rèn luyện cho học sinh về khả năng giải tốn, khuyến khích học sinh tìm hiểu
cách giải cho một bài toán để học sinh phát huy được khả năng tư duy linh hoạt,
nhạy bén khi tìm lời giải bài tốn, tạo được lịng say mê, sáng tạo trong học tập.
2.2. Nhiệm vụ nghiên cứu
+ Đưa ra những kiến thức, bài tập cơ bản nhất của dạng toán “Chứng minh tứ
giác nội tiếp một đường trịn” phần Hình học 9, chỉ ra được một số dấu hiệu
nhận biết và phương pháp đơn giản cần đạt của học sinh trong quá trình giải
tốn.
+ Đề xuất một số phương pháp phân loại tốn theo thứ tự từ dễ đến khó cho học
sinh tiếp cận từ từ, đồng thời rèn luyện cho học sinh tìm tịi lời giải.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Đề tài được áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 9 THCS hiện hành và đặc
biệt dùng cho học sinh lớp 9 đại trà ôn thi vào lớp 10 THPT về dạng bài tập
Chứng minh tứ giác nội tiếp một đường trịn.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

4.1. Nghiên cứu lí luận: Tìm hiểu, nghiên cứu các tài liệu về các vấn đề liên
quan đến đề tài của sáng kiến kinh nghiệm.
4.2. Nghiên cứu thực tiễn: Quan sát thực trạng dạy và học mơn Hình học
nói chung và dạy học dạng tốn chứng minh tứ giác nội tiếp một đường trịn
nói riêng cho đối tượng học sinh lớp 9 đại trà. Thông qua các đề thi tuyển sinh
vào lớp 10 THPT trên địa bàn của những năm trước, thông qua chấm, chữa
các bài kiểm tra, các bài thi của học sinh và thông qua các hoạt động học tập
của các em, để từ đó có cơ sở phân dạng các dạng tốn phù hợp cho học sinh

để ôn tập và làm bài thi.
4.3. Thực nghiệm sư phạm: Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi đã khảo
sát thực trạng trước khi nghiên cứu và tiếp tục khảo sát sau khi áp dụng đề tài
để xem xét tính khả thi và hiệu quả của các biện đó.
4.4. Giả thuyết khoa học:

2


Nếu trong q trình học tập em nào cũng có phương pháp học tập tốt, biết
phân dạng bài tập, nhận ra dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp một đường trịn,
trong chương “Góc với đường trịn” (Chương III - Hình Học 9-Tập 2) thì kết
quả chất lượng sẽ cao, học sinh không phải lo sợ nhiều về việc lĩnh hội tri
thức.
B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN

Trong các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, dạng toán Chứng minh
tứ giác nội tiếp một đường tròn thường gặp. Muốn giải được bài tập dạng
này đòi hỏi học sinh phải nắm vững các dấu hiệu nhận biết và phải biết vận
dụng chúng vào từng loại bài tập. Cái khó ở đây là kĩ năng vẽ hình của các em
học sinh rất yếu. Chính vì vậy một số em có học lực trung bình, yếu khơng
làm được bài tập. Vì vậy cần phải rèn luyện cho học sinh kỹ năng vẽ hình và
nhận thấy được mối quan hệ qua lại giữa Hình học và các đơn vị kiến thức
liên quan để các em có thể tự mình phát hiện và vận dụng nó một cách linh
hoạt vào việc giải bài tập, làm bài thi tự tin hơn.
Từ thực tế nguyên nhân trên và bằng kinh nghiệm giảng dạy của bản thân,
để nâng cao chất lượng dạy học bộ môn và phân loại các dạng bài tập giúp
học sinh yếu kém có cơ hội làm được tốn, tơi đã sưu tầm một số dạng bài
toán qua các đề thi năm trước để khi thực hiện học sinh dễ tiếp cận, với đề tài

“ Một số phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp cho học sinh đại trà
ôn thi vào lớp 10 THPT ”.
Tôi đã hệ thống một số dạng bài tập mà học sinh có học lực yếu, kém có
thể tiếp cận và giải được. Với mỗi dạng tôi đều đưa ra kiến thức cơ bản cần sử
dụng và các ví dụ minh hoạ phù hợp. Ngồi ra cịn có các dạng bài tập liên
quan nhằm mục đích nâng cao chất lượng dạy học bộ mơn tốn, kích thích
lịng say mê hứng thú khi học mơn Tốn, phát triển tư duy độc lập sáng tạo và
năng lực tự học cho học sinh lớp 9.

3


II. THỰC TRẠNG
Như chúng ta đã biết trên địa bàn tỉnh Hà Tĩnh công tác tuyển sinh vào
lớp 10 THPT, Sở giáo dục và đào tạo đã đổi mới hình thức thi tuyển nhằm
chọn lọc và phân loại trình độ học sinh. Phương pháp thi tuyển gồm 3 môn thi
là Tốn, Văn bắt buộc và mơn thứ ba. Sau khi thi tuyển Sở GD-ĐT sẽ công bố
điểm và xếp hạng trường THCS theo điểm của 3 môn tuyển sinh từ cao
xuống. Điều này sẽ khiến các trường nỗ lực cao trong giảng dạy, ôn tập cho
học sinh để đạt được yêu cầu cao về chất lượng tuyển sinh và tăng vị trí xếp
hạng hàng năm. Từ thực tiễn này mà không những cán bộ quản lý mà các giáo
viên luôn cùng học sinh tìm tịi phương pháp kiến thức trọng tâm để nhằm ơn
tập cho học sinh có kết quả.
Với những trường nằm ở những vùng xa xơi khó khăn như huyện Hương
Khê thì việc giúp học sinh tăng lên nữa điểm là cũng cả một vấn đề đòi hỏi sự
nổ lực rất nhiều của cả thầy và trị thì mới có kết quả. Đặc biệt trong q trình
giảng dạy và ôn tập cho học sinh, người thầy phải phân ra các dạng tốn để ơn
tập cho phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh. Đặc biệt là dạng tốn
Chứng minh tứ giác nội tiếp một đường trịn thường gặp trong đề thi vào
lớp 10 THPT.

Trước khi nghiên cứu đề tài tôi đã khảo sát 90 em học sinh của khối lớp 9
có học lực tương đương nhau trong một trường qua mỗi năm học và tôi đã ra
đề kiểm tra dạng toán Chứng minh tứ giác nội tiếp một đường tròn, lấy số
liệu điều tra theo dõi kết quả cả 3 khóa học lớp 9 trong những năm liền kề, kết
quả cho thấy như sau:
Kết quả điểm kiểm tra
Năm học

Số học
sinh

Đề tài

2018-2019

90

2019-2020
2020-2021

90
90

Giỏi

Khá

Yếu

Kém

7%

Trung
bình
32%

Chưa áp dụng

2%

49%

10%

Chưa áp dụng
Chưa áp dụng

3%
2%

8%
6%

30%
32%

47%
49%

12%
11%

4


Qua kết quả điều tra khảo sát ở trên tôi thấy tỉ lệ học sinh yếu, kém chiếm
tỉ lệ khá cao, học sinh còn lúng túng chưa biết phân loại các dạng toán, chưa
nhận ra các dấu hiệu để áp dụng, bên cạnh đó tâm lý lo sợ, e ngại thiếu tự tin.
Trong chương trình tốn THCS, mơn Hình học là rất quan trọng và rất cần
thiết cấu thành nên chương trình tốn học cấp THCS cùng với mơn số học và
đại số. Hình học là một bộ phận đặc biệt của tốn học. Phân mơn Hình học
này có tính trừu tượng cao, học sinh luôn coi là môn học khó. Với mơn Hình
học là mơn khoa học rèn lụn cho học sinh khả năng đo đạc, tính tốn, suy
luận logíc, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Đặc biệt là rèn luyện cho
học sinh đại trà trong cách tìm lời giải bài tập tốn. Vì vậy muốn học tốt mơn
học này khơng những địi hỏi học sinh phải có các kĩ năng đo đạc và tính tốn
như các mơn học khác mà cịn phải có kĩ năng vẽ hình, khả năng tư duy hình
học, khả năng phân tích tìm lời giải bài tốn và khả năng khai thác các cách
giải và phát triển bài toán theo một cách có hệ thống.
Điều đó đã dẫn đến một số thực trạng là có khơng ít học sinh lớp 9 chỉ
chuyên tâm vào học môn Đại số và bỏ mặc mơn Hình học. Ngun nhân thì
có nhiều nhưng ngun nhân cơ bản là các em không biết định hướng chứng
minh, khơng tìm được mối liên hệ giữa các kiến thức và cịn khơng biết cách
trình bày lời giải.
Với tầm quan trọng như vậy, để khắc phục tình trạng trên và giúp các
em có cái nhìn đúng đắn về việc học bộ mơn Hình học. Trong q trình giảng
dạy, bên cạnh tìm ra phương pháp dạy lý thuyết thích hợp, người thầy luôn cố
gắng rèn cho học sinh khả năng định hướng chứng minh qua các nội dung bài
tập, củng cố lý thuyết và bài tập luyện tập.

Trên thực tế ngoài cách chứng minh tứ giác nội tiếp rất cơ bản thể hiện ở
định lý đảo “ Tứ giác nội tiếp ” Trang 88 SGK Tốn 9 tập 2 thì SGK đã 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 tốn đã giải ở lớp 8 ( Hình chữ nhật)
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”.

5


Trước thực trạng trên, địi hỏi phải có các giải pháp và phương pháp
dạy và học sao cho phù hợp, từ đó đã thúc dục bản thân tơi tìm hiểu và thực
hiện nghiên cứu đề tài này.
III. CÁC BIỆN PHÁP ĐÃ TIẾN HÀNH ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

Trong nội dung này tơi xin trình bày một số dạng tốn giúp học sinh dễ
tiếp cận một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp một đường tròn và giải
được một số dạng toán đơn giản, như sau:
- Phương pháp 1: Chứng minh các điểm cách đều một điểm.
- Phương pháp 2: Định lý thuận, định lý đảo về “Tứ giác nội tiếp một đường
trịn” Trang 87, 88 SGK Tốn 9 tập 2.
- Phương pháp 3: Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh
đối diện.

- Phương pháp 4: Các bài tốn cơ bản về quỹ tích cung chứa góc.
IV. CÁC DẠNG TỐN CỤ THỂ:

- Khi dạy xong bài “Tứ giác nội tiếp một đường
tròn” Trang 87,88 SGK Toán 9 tập 2. Học sinh tự rút
ra được cách chứng minh tứ giác nội tiếp là:
Dạng 1: ( Định nghĩa) Nếu tứ giác ABCD có:

D
C
A

O

B
OA = OB = OC = OD thì ABCD là tứ giác nội tiếp
một đường trịn tâm O bán kính OA
(Hay tứ giác ABCD có A, B, C, D thuộc đường trịn (O) thì tứ giác ABCD nội
tiếp đường trịn (O).
Dạng 2: (Tính chất) Nếu tứ giác ABCD có:
D
0
0
A  C  180 hoặc B  D  180
C
thì ABCD là tứ giác nội tiếp một đường trịn
Với bài tốn đặc biệt hơn, tứ giác ABCD có:
A
O
0

0
BAD  BCD  90 => BAD  BCD  180
B
=>Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính
BD. Đây là cách đơn giản và thường gặp nhất.
D
C x
Dạng 3: Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc

trong của đỉnh đối diện.
Khai thác: Sử dụng tính chất của hai góc kề bù gọi
A 
O
tia đối của tia CD là tia Cx chẳng hạn:
B
Giả sử: xCB  BAD  
Mà xCB và BCD là hai góc kề bù
nên xCB  BCD  1800 => BAD  BCD  1800

6


Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp
(Tổng hai góc đối bằng 1800 )

D


Dạng 4: Các bài toán cơ bản về quỹ tích cung chứa
góc.


O

A
Xét tứ giác ABCD có ADB  ACB   .
Với C, D nằm ở cùng một nửa mặt phẳng bờ
chứa AB ta sẽ chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
Ta có: ADB  ACB   và AB cố định nên C và D

B

D

nằm trên cung chứa góc  dựng trên đoạn AB (theo
bài tốn quỹ tích cung chứa góc )
Suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường
tròn hay tứ giác ABCD nội tiếp .
Vậy là ta có cách thứ tư để chứng minh tứ giác nội
tiếp một đường tròn.

C

C

A
O

B

Với trường hợp đặc biệt : Khi cho  = 90o ta có ADB  ACB  900 . Và hai
điểm C, D liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới một góc 90 0
Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AB
Ta có thể xét thêm trường hợp dựa vào kết
quả bài tốn phương tích: Từ một điểm M
A
nằm ngồi đường trịn (O), vẽ hai cát tuyến
B
MAB, MCD.
C
O
Chứng minh MA.MB = MC. MD.
Ta chứng minh ∆MAD
∆MCB (g-g)
=>

MA MD
=> MA.MB = MC. MD.

MC MB

M

D

Đảo lại: Nếu có: MA.MB = MC.MD
và A  MB; C  MD. Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp.
Ta dễ dàng chứng minh ∆MAD
∆MCB (c-g-c) => MDA  MBC   .
Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp ( Quỹ tích cung chứa góc).

Với trường hợp này đa phần là ứng dụng để chứng minh đẳng thức: a.b = c.d
Như vậy với cách nghiên cứu như trên cùng với định nghĩa đường trịn ta
có một số cách chứng minh (dấu hiệu nhận biết) nhanh tứ giác nội tiếp một
đường tròn để vận dụng làm bài tập.

7


V. MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH “TỨ GIÁC NỘI TIẾP MỘT ĐƯỜNG
TRỊN”.

Dạng 1: Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm. Điểm đó là tâm của đường
trịn ngoại tiếp tứ giác.
Với dạng toán này, ta chứng minh các điểm cách đều một điểm. Để sử
dụng phương pháp này, học sinh cần biết tìm được điểm mà các điểm khác
cách đều và biết vận dụng cơ sở nào để chứng minh. Giáo viên cần chuẩn bị
tốt cho học sinh các kiến thức liên quan (Đường trung tuyến ứng với cạnh
huyền - Bài: Hình chữ nhật – Hình học 8). Tâm đường trịn ngoại tiếp tam
giác vng là trung điểm cạnh hùn ( Hình học 9 – Ơn tâp chương II )
Phương pháp : Vận dụng các tam giác vuông có cạnh huyền chung.
Nếu hai hay nhiều tam giác vng có cạnh hùn chung thì ta có thể
chứng minh đa giác tạo thành bởi các đỉnh của các tam giác đó nội tiếp trong
đường trịn. Với kiến thức trên ta có thể chứng minh được các dạng bài tập
này.
B
Bài tốn 1.1:
C
Cho tứ giác ABCD có: ABD  ACD  90 0 .
Chứng minh các điểm A, B, C, D cùng thuộc một
A

D
đường trịn. Xác định tâm đường trịn.
O
Phân tích tìm lời giải: Để chứng minh các điểm
A, B, C, D cùng thuộc một đường trịn. Ta có thể
xét những tam giác vng nào có cạnh hùn chung? Dễ dàng ta tìm được các
tam giác vng có cùng cạnh hùn. Vậy tâm của đường tròn là trung điểm
cạnh huyền.
Lời giải : Gọi O là trung điểm AD.
∆ABD vuông tại B nên ∆ABD nội tiếp đường trịn đường kính AD.
∆ACD vng tại C nên ∆ACD nội tiếp đường trịn đường kính AD.
=> A, B, C, D cùng thuộc đường trịn đường kính AD.
Tâm của đường tròn là trung điểm O của đoạn thẳng AD.
Bài tốn 1.2: Cho tứ giác ABCD có ABC  ADC  900 . Chứng minh các
điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm đường trịn.
Phân tích tìm lời giải:
Tương tự bài tốn 1.1, ta xét tương tự những
tam giác vng có cùng cạnh huyền và chứng
minh được các điểm cùng thuộc đường tròn.
Lời giải :
Nối AC, gọi O là trung điểm AC.

B

C

A
O

D

8


∆ABC vng tại B nên ∆ABC nội tiếp đường trịn đường kính AC.
∆ADC vng tại D nên ∆ADC nội tiếp đường trịn đường kính AC.
=> A, B, C, D cùng thuộc đường trịn đường kính AC.
Tâm của đường trịn là trung điểm O của đoạn thẳng AC.
Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC, kẻ các đường cao BH, CK. Chứng minh các
điểm B, C, H, K cùng thuộc một đường trịn. Xác định tâm đường trịn.
Phân tích tìm lời giải: Với yêu cầu bài toán, ta
A
cần xét những tam giác vng nào có cùng cạnh
K
hùn? Vì sao tam giác đó vng ?
Lời giải :
H
Ta có BH là đường cao của tam giác ABC nên
BHC  90 0 .
C
B
O
Suy ra ∆BCH vng tại H nên ∆BCH nội tiếp
đường trịn đường kính BC (1)
Tương tự, ta có CK là đường cao của tam giác
ABC nên BKC  900
Suy ra ∆BCK vuông tại K nên ∆BCK nội tiếp đường trịn đường kính BC (2)
Từ (1) và (2) => B, H, C, K cùng thuộc đường trịn đường kính BC.
Gọi O là trung điểm BC=> Tâm đường tròn là trung điểm O của BC.
Nhận xét chung: Với dạng tốn này ta có thể dễ dàng chứng minh các

điểm cùng thuộc một đường tròn và xác định được tâm của đường trịn đó. Ở
cách chứng minh này các em cần phải chứng minh được tam giác vng, các
em hay sai sót ở chỗ chỉ ghi góc vng. Một số em cịn có thể sử dụng kiến
thức đường trung tuyến ứng vơi cạnh huyền để xác định các điểm cách đều
một điểm. Tuy nhiên cách chứng minh đó dài dịng hơn.
Dạng 2: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối bằng 1800.
Phương pháp: Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối nhau bằng 1800 thì
tứ giác đó nội tiếp được đường trịn (định lý đảo trang 88 SGK Toán 9 tập 2).
Với dạng tốn này chúng ta cần nhìn nhận một cách cụ thể, phán đốn tốt
về cặp góc đối điện, nếu nhận đính sai cặp góc dẫn đến chứng minh khơng
hiệu quả.
Bài tốn 2.1: Cho tứ giác ABCD có ABC  ADC  900 . Chứng minh tứ giác
ABCD nội tiếp đường tròn. Xác định tâm đường tròn.

9


Phân tích tìm lời giải: Với bài tập này ta dễ dàng
B
chọn cặp góc đối diện.
Lời giải :
C
A
Xét tứ giác ABCD có ABC  ADC  900
O
=> ABC  ADC  900  900  1800 .
Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn
D
đường kính AC (Tổng hai góc đối diện bằng
1800 ) Tâm đường tròn là trung điểm O của cạnh AC.

Nhận xét: Một số em chỉ nêu hai góc bằng 90 0 nhưng chưa cộng tổng hai
góc. Một số em hay sai ở phần giải thích: Hai góc đối diện bằng 1800 .
Bài tốn 2.2: Cho nửa đường trịn tâm (O) đường kính AB = 2R , phía trong
nửa đườn trịn vẽ đường trịn tâm (O’) đường kính AO. Từ A kẻ dây cung AC
cắt đường trịn (O’) tại D. Từ C hạ CH vng góc AB. Chứng minh tứ giác
ODCH nội tiếp, xác định tâm I của đường trịn này.
Phân tích tìm lời giải: Với bài tập này,
C
các em khó khăn hơn trong việc tìm cặp góc
đối diện để chứng minh tứ giác nội tiếp.
D
Giáo viên có thể gợi mở, trong tứ giác
I
ODCH có góc nào đặc biệt? ( OHC  90 0 ).
A
B
O
H
O'
Vậy góc đối diện ta cần chứng minh như
thế nào?
Lời giải :
Xét đường trịn (O’) có ADO  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
=> ODC  90 0 (hai góc kề bù); OHC  90 0 (CH vng góc AB)
Xét tứ giác ODCH có: ODC  90 0 (chứng minh trên) và OHC  90 0
(chứng minh trên)
=> ODC  OHC  900  900  1800 .
Suy ra tứ giác ODCH nội tiếp đường trịn đường kính OC. (Tổng hai góc đối
diện bằng 1800 ) Tâm đường trịn là trung điểm I của OC.
Bài toán 2.3: Từ một điểm S nằm ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến SA,

SB ( A, B là tiếp điểm ), cát tuyến SCD ( C nằm giữa S và D). Gọi H là trung
điểm CD. Chứng minh các điểm S, A, H,O, B, cùng thuộc một đường tròn.
Xác định tâm đường tròn.
Phân tích tìm lời giải:
A
Mức độ bài tốn này khó hơn là
D
chúng ta phải chứng minh 5 điểm cùng
C
H
thuộc một đường trịn. Chúng ta có thể chia S
O
nhỏ để chứng minh các điểm thuộc đường
trịn. Ta có thể chứng minh tứ giác nào nội
B
tiếp đường tròn? (Tứ giác SAOB và tứ giác
SHOB).

10


Với tứ giác SAOB ta có thể dễ dàng chọn cặp góc đối diện nhờ hình vẽ
bởi tiếp tuyến SA, SB. Với tứ giác SHOB ta có nhận xét gì về điểm H?
( Kiến thức cần dùng ở đây là quan hệ đường kính và dây). Ở đây ta có thể sử
dụng kiến thức ở phần kết luận để suy ra vấn đề cần chứng minh cho điểm H.
Với cách chia nhỏ như trên ta có thể dễ dàng chứng minh các điểm cùng
thuộc một đường tròn.
Lời giải :
Xét tứ giác SAOB có: SA, SB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
SAO  SBO  90 0 => SAO  SBO  900  900  1800 .

Suy ra tứ giác SAOB nội tiếp đường trịn đường kính SO. (1)
( Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Xét đường trịn (O) có H là trung điểm CD nên OH  CD nên SHO  90 0 .
Xét tứ giác SHOB có SHO  SBO  900  900  1800 .
Suy ra tứ giác SHOB nội tiếp đường tròn đường kính SO. (2)
( Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Từ (1) và (2) => S, A, O, H, B, cùng thuộc đường trịn đường kính SO
Bài tốn 2.4
A

( Kiểm tra học kì II năm 2015 – 2016)
Cho tam giác nhọn ABC(AB < AC) nội tiếp
đường tròn (O). Vẽ bán kính OD vng góc với
O
dây BC tại I. Tiếp tuyến đường tròn (O) tại C và
D cắt nhau tại M. Tia CM cắt tia AD tại K, tia
B
C
I
AB cắt tia CD tại E.
a/ Chứng minh tứ giác ODMC nội tiếp một
M
D
đường tròn.
b/ Chứng minh tứ giác ACKE nội tiếp.
E
K
c/ Chứng minh EK // DM.
Phân tích tìm lời giải:
- Phân tích tương tự, ta có thể chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp.

Lời giải : Xét tứ giác ODMC có: CM, DM là tiếp tuyến của đường tròn (O)
nên MCO  MDO  900 => MCO  MDO  900  900  1800
Suy ra tứ giác ODMC nội tiếp đường trịn đường kính OM. ( Tổng hai góc đối
diện bằng 1800 )
Dạng 3: Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối
diện.
Phương pháp: Nếu một tứ giác có một góc ngồi bằng góc trong của đỉnh đối
diện thì tứ giác đó nội tiếp được trong một đường trịn. Dạng tốn này chỉ là
hệ quả của dạng 2.
Với dạng toán này, đa số học sinh khơng làm được vì chứng minh các
góc bằng nhau khơng được. Giáo viên cần khắc phục nhược điểm này bằng
11


cách: Chúng ta cần cho học sinh nắm các kiến thức liên quan giữa góc với
đường trịn và áp dụng các tính chất đó vào giải quyết các bài tập. Ta có thể
sử dụng các kết quả đã chứng minh để có được các góc bằng nhau. Với dạng
tốn này cần có các bài tập có hệ thống để học sinh tích hợp phương pháp
chứng minh tốt nhất.
Bài tốn 3.1 (BT 39/SBT) Trên đường trịn tâm O có một cung AB và S là
điểm chính giữa của cung đó. Trên dây AB lấy điểm E và H. Các đường thẳng
SH, SE cắt đường tròn tại C và D. Chứng minh CDEH là một tứ giác nội tiếp.
Phân tích tìm lời giải: Với tứ giác CDEH, ta khơng có các đỉnh của góc
đối là các góc vng. Vậy ta cần chứng minh như
A
S
E
thế nào?
D
Cách 1: Để chứng minh tứ giác CDEH nội

H
tiếp
được
ta
cần
chúng
minh
góc
B
0
O
DCH  DEH  180 . Vậy thử xét quan hệ giữa
tổng số đo hai góc này với số đo các cung có liên
quan như thế nào ?
C

DEH =

1
2

1
2

Ta có: DCH = sđSA+ sđDA;

1
1
1
sđ DC+ sđ CB+ sđ SA

2
2
2

Cộng kết quả ta thấy được điều gì? Thiếu cung SB nhưng thừa cung SA
Nhận xét gì về hai cung trên?
Cách 2: Giả sử tứ giác CDEH nội tiếp ta có được kết quả nào?
( SEH  DCH ). Theo định lý đảo ta cần chứng minh điều gì ? Hãy dựa vào
định nghĩa của các góc để xác định tính chất của nó.
Lời giải : Xét đường trịn (O) có:
1
1
sđ SB+ sđAD ( Góc có đỉnh ở bên trong đường trịn)
2
2
1
1
DCH = sđSA+ sđAD ( Góc nội tiếp )
2
2
SEH =

»
SB

Mà SA = SB (gt)
=>  SEH=  DCH
Xét tứ giác CDEH có  SEH=  DCH (chứng minh trên).
Lại có  SEH + DEH = 180 0 ( kề bù) nên  DCH +  DEH = 180 0 .
=> Tứ giác CDEH nội tiếp đường trịn (Tổng hai góc đối diện bằng 1800 ).

Bài tốn 3.2: Cho đường trịn (O) đường kính AB. Từ A kẻ hai đường thẳng
cắt tiếp tuyến của đường tròn tại điểm B ở E và F, cắt đường tròn (O) ở C và
D. Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được.
Phân tích tìm lời giải:

12


Tương tự với cách phân tích như bài tốn 3.1,
để chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp ta cần chứng
minh cặp góc nào bằng nhau? Cái khó của bài tốn
là học sinh chưa thấy được số đo của hai cung AB
bằng nhau vì AB là đường kính. Ta có thể khai thác
bài tốn theo hướng khác là sử dụng góc trung gian
nhưng vẫn đảm bảo phương pháp giải (  ABC).
Lời giải :
Cách 1: Xét đường trịn tâm (O) có:  AEF =

E
C

A

B

O
D

F

1
1
1
sđAB- sđBC= sđAC
2
2
2

(góc có đỉnh ở bên ngồi đường trịn)
Lại có: ADC =

1
sđAC ( góc nội tiếp ) => AEF = ADC
2

Xét tứ giác CDFE có: AEF = ADC và ADC  CDF  1800 (kề bù)
=> AEF + CDF = 1800
Suy ra: Tứ giác CDFE nội tiếp một đường trịn.
(Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Cách 2: Ta thấy tứ giác ACBD nội tiếp đường tròn (O) nên ADC  ABC (
góc nội tiếp cùng chắn cung AC); ABC  AEF (cùng phụ với góc CBE) =>
AEF  ADC .
Xét tứ giác CDFE có: AEF  ADC . và ADC  CDF  1800 ( kề bù )
=> AEF + CDF = 1800 Suy ra: Tứ giác CDFE nội tiếp một đường trịn .
(Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Bài toán 3.3 : Cho tam giác ABC nhọn, BAC  60 0 nội tiếp đường tròn
(O; R). Tiếp tuyến tại A cắt BC tại M, vẽ bán kính OI vng góc BC (I thuộc
đường trịn (O)), AI cắt BC tại E.
a) Tính BOC và độ dài BC theo R.
b) Chứng minh ∆MAE cân.

c) Gọi H là hình chiếu của A trên OM. Chứng minh tứ giác OHCB nội tiếp.
Phân tích tìm lời giải:
A
Để chứng minh tứ giác OHCB
M
nội tiếp ta cần chứng minh điều gì
H
? Một số học sinh khá, giỏi vẫn
O
gặp khó khăn ở bài tốn này. Nếu
C
E
chúng ta khơng có phương pháp
thích hợp, sẽ dẫn đến nhìn nhận
B
I
sai hướng chứng minh vì khai
thác từ đề bài toán và các giá trị đã chứng minh.

13


Ở đây, ta chứng minh hai góc: MHC  MBO dựa trên cơ sở hai tam
giác đồng dạng.

∆MHA

Lời giải : ∆MHA

∆MAO

∆MAO (g.g) =>

∆MAB

∆MCA

MH MA
=> MA2 = MH.MO
=
MA MO

MB MA
=> MA2 = MB.MC
=
MA MC
MH MC
=> MH.MO = MB . MC =>

MB MO
MH MC
Xét ∆MHC và ∆MBO có:
và góc M chung => ∆MHC

MB MO

∆MAB

∆MCA (g.g) =>

∆MBO

(c.g.c)
MHC  MBO ( Hai góc tương ứng )
Xét tứ giác BCHO có: MHC  MBO (cmt) và MHC  MBO  180 0
=> MBO  CHO  1800

Suy ra tứ giác BCHO nội tiếp đường tròn. (Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )

Nhận xét: Ta vẫn sử dụng phương pháp chứng minh trên nhưng để chứng
minh hai góc bằng nhau ta dựa vào cơ sở hai tam giác đờng dạng theo trường
hợp cạnh góc cạnh, học sinh khó khăn để nhận biết
Bài tốn 3.4: ( Kiểm tra học kì II năm 2015 – 2016) Cho nửa đường trịn (O),
đường kính BC = 2a, A là điểm trên nửa đường tròn, ACB   (00 <  <900).
Đường trịn đường kính AB cắt BC tại D ( D khác B ), tiếp tuyến với đường
tròn này ở D cắt AC tại I. Vẽ DE  AB, DF  AC ( E  AB, F  AC).
a) Tính góc AOC theo .
b) Chứng minh rằng BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Tính diện tích hình quạt ( Ứng với cung nhỏ AB và đường trịn (O),
đường kính BC) và diện tích tam giác AOB.
d) Chứng minh rằng: DI là trung
tuyến của tam giác ADC.
A
Tính  khi DI // EF.
E
Phân tích tìm lời giải:
O'
I
F
B

O

D

C14


Để chứng minh tứ giác BCFE nội tiếp, tương tự như các bài tập trên ta
giải quyết như thế nào? Ta có thể chọn góc ngồi bằng góc trong của đỉnh đối
diện khơng? Vậy ta sử dụng góc trung gian ở đây là góc nào? ( ADE )
Với ADE  ABC , ta chứng minh như thế nào?
Tương tự ADE  AFE , ta chứng minh như thế nào?
Giáo viên có thể khai thác bài tốn theo hướng khác: Ta có thể chứng
minh trực tiếp ABC  AFE được khơng? Chứng minh hai góc tương ứng
của hai tam giác đờng dạng được không?
Lời giải :
Cách 1: Tứ giác AEDF nội tiếp (Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
=> ADE  AFE ( góc nội tiếp cùng chắn cung AE )
ADB  90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)
=> ADE  ABC ( cùng phụ với góc BDE)
Suy ra ABC  AFE
Xét tứ giác BCFE có: ABC  AFE và AFE  CFE  1800 ( kề bù)
=> ABC  CFE  1800 => Tứ giác BCFE nội tiếp đường trịn.
(Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Cách 2: Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao cho tam giác vng ta có:
AE.AB = AD2 ; AF.AC = AD2
=> AE.AB = AF.A=>

AE AF

=> ∆AEF
=
AC AB

∆ACB (c.g.c)

Suy ra ABC  AFE ( hai góc tương ứng )
Xét tứ giác BCFE có: ABC  AFE và AFE  CFE  1800 (kề bù)
=> ABC  CFE  1800 => Tứ giác BCFE nội tiếp đường tròn.
(Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Bài tốn 3.5: Từ một điểm A ở ngồi đường trịn (O) ta vẽ hai tiếp tuyến AB,
AC với đường tròn. Lấy điểm D nằm giữa B và C. Qua D vẽ một đường thẳng
vuông góc với OD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh tứ giác AEOF
nội tiếp đường tròn.
Phân tích tìm lời giải:
Để chứng minh tứ giác AEOF nội
tiếp đường tròn, với phương pháp trên ta
chứng
minh
như
thế
nào?
( AFO  OEB ). Với trường hợp này, ta
không thể chứng minh hai góc bằng nhau
dựa trên tam giác đờng dạng hay tính chất

B
E

O

A
D

C
F

15


của góc với đường trịn. Vậy ta chứng minh như thế nào?
AFO  ? ; OEB  ?
Ta có thể sử dụng góc trung gian nào có thể? ( ODB )
Vì sao các cặp góc này bằng nhau?
Lời giải : Tứ giác ODEB nội tiếp (Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
=> ODB  OEB (góc nội tiếp cùng chắn cung OB)
Tứ giác ODCF nội tiếp một đường tròn.
=> ODB  OFC (cùng bù với góc ODC)
Suy ra: AFO  OEB
Xét tứ giác AEOF có AFO  OEB và AFO  OEB  1800
=> Tứ giác AEOF nội tiếp đường trịn. (Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Nhận xét:
Với dạng tốn này địi hỏi học sinh phải biết nhìn nhận cặp góc
bằng nhau một cách tổng qt, ta có thể dựa trên nhiều cơ sở (hai góc của hai
tam giác đờng dạng, góc trung gian, dựa vào tính chất của tứ giác nội tiếp...).
Giáo viên cần cho học sinh tự nhìn nhận đánh giá từng loại góc, những cơ sở
từ đề, hay từ kết quả của bài tập đã chứng minh, từ đó học sinh sẽ rút ra được
phương pháp chung cho dạng toán chứng minh tứ giác nội tiếp này.
Dạng 4: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại
dưới một góc .

Phương pháp: Nếu có hai đình liên tiếp cùng nhìn một đoạn thẳng dưới
những góc bằng nhau thì tứ giác chứa các điểm đó cùng thuộc một đường trịn
(Quỹ tích cung chứa góc). Kiến thức cần dùng ở đây là bài: “ Quỹ tích cung
chứa góc”. Đây là một vấn đề mà hầu hết học sinh ngại chứng minh, do vậy
chúng ta cần nâng dần mức độ để học sinh có kỹ năng chứng minh.
Bài tốn 4.1: Cho tam giác ABC, kẻ các đường cao BH, CK. Chứng minh tứ
giác BCHK nội tiếp đường trịn.
Phân tích tìm lời giải: Với u cầu bài tốn, ta có
A
thể nhận thấy được tứ giác BCHK cùng thuộc đường
K
trịn đường kính BC? (Theo bài tốn quỹ tích cung
chứa góc)
H
Lời giải :
C
Ta có BH là đường cao của ∆ABC nên BHC  90 0 B
O
và CK là đường cao của ∆ABC nên BKC  90 0 .
Xét tứ giác BCHK có BHC  90 0 và BKC  90 0
Ta có hai điểm H và K nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc vng
=> Tứ giác BCHK nội tiếp đường trịn đường kính BC (Quỹ tích cung chứa
góc).

16


Nhận xét: Với dạng toán này ta cần chứng minh hai góc bằng nhau và cùng
nhìn đoạn thẳng.
Bài tốn 4.2: Hai đường tròn (O) và (O’) cắt

A
nhau tại hai điểm A và B. Gọi EF là tiếp
tuyến chung của hai đường tròn (E  (O),
O
O'
F(O’)). AB cắt EF tại I.
a) Chứng minh ∆IEA
∆IBE và
B
2
IE = IA.IB
I
E
F
b) Gọi C là điểm đối xứng của B qua I.
C
Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp.
Phân tích tìm lời giải: Vậy để chứng minh tứ giác AECF nội tiếp ta cần
chứng minh hai góc bằng nhau và cùng nhìn đoạn thẳng nào? ( EAC  EFC )
Khai thác đề bài tốn ta có thể chứng minh EAC  BEF ? Ta có thể sử dụng
góc trung gian BEF được khơng? Như vậy ta cần chứng minh ∆BEI = ∆CFI
Giáo viên có thể gợi ý học sinh chứng minh I là trung điểm EF.
Lời giải :
Xét đường trịn (O) có EAC  EFC ( cùng chắn cung BE ) (1)
Ta có: ∆IEA
∆IBE (g.g) và IE2 = IA.IB
Ta có: ∆IFB
∆IAF (g.g) và IF2 = IA.IB
=> IE2 = IF2 => IE =IF
Xét ∆BEI và ∆CFI có: IE =IF ; IB = IC và BIE  CIF ( đối đỉnh)

=> ∆BEI = ∆CFI ( c.g.c) => BEI  CFI (2)
Từ (1) và (2) => EAC  EFC .
Xét tứ giác BECF có: EAC  EFC
Ta có hai điểm A và F liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng EC dưới những góc
bằng nhau nên tứ giác BECF nội tiếp đường trịn.
( Quỹ tích cung chứa góc)
M
Bài tốn 4.3: Cho  ABC cân ở A nội tiếp (O). Trên tia
A
đối của tia AB lấy điểm M, trên tia đối của tia CA lấy
điểm N sao cho AM=CN.
O
Chứng minh tứ giác AMNO nội tiếp.
Phân tích tìm lời giải: Tương tự như bài tập 4.2, ta có
C
B
thể chứng minh hai góc nào bằng nhau?
N
( AMO  ANO ). Ta có thể chứng minh hai tam giác có
chứa hai góc này bằng nhau được khơng? Nhận xét gì về tia AO? ( Tia phân
giác)
Lời giải : ∆ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) nên AO là đường trung
trực vừa là phân giác nên BAO  CAO .

17


∆OAC cân tại O (OA = OC) => OCA  CAO .
=> BAO  ACO => OAM  OCN ( kề bù với hai góc bằng nhau)
Xét ∆AOM và ∆CON có: OA = OC (bán kính); OAM  OCN ( chứng minh

trên);
AM = CN(gt) =>∆AOM = ∆CON (c.g.c) => AMO  ANO (hai góc tương
ứng )
Xét tứ giác AMNO có: AMO  ANO
Ta có hai điểm M và N liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng OA dưới các góc bằng
nhau nên tứ giác AMNO nội tiếp đường trịn (Quỹ tích cung chứa góc ).
Bài tốn 4.4: Cho đường trịn (O; R) Và điểm A nằm ngồi (O; R). Đường
trịn đường kính AO cắt đường trịn (O; R) tại M và N. Đường thẳng d qua A
cắt (O; R) tại B và C ( d không đi qua O; điểm B nằm giữa A và C). Gọi H là
trung điểm của BC.
a) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đường trịn đường
kính AO.
b) Đường thẳng qua B vng góc với OM cắt MN ở D và cắt MC tại E.
Chứng minh rằng: Tứ giác BDNH nội tiếp.
c) Đường thẳng DH song song với đường thẳng MC.
d) Chứng minh E là trung điểm MC.
Phân tích tìm lời giải: Để chứng minh tứ giác BDHN nội tiếp ta cần chứng
minh cặp góc nào bằng nhau? ( HBD  HND ). Ta có thể dựa vào góc trung
gian nào? MAB  HBD dựa trên cơ sở nào? Vì sao MAB  MNH ?
Lời giải : Xét đường tròn đường kính AO có: MAB  MNH (1) ( hai góc
nội tiếp cùng chắn cung MH)
Lại có BD  OM (gt) và
AM  OM (tính chất tiếp tuyến )
M
E
 BD // AM ( từ vng góc đến song
C
D
B
song)

H
 MAB  HBD (2) ( hai góc đờng vị) A
O
Từ (1), (2) suy ra HBD  HND
Xét tứ giác tứ giác BDHN
có HBD  HND
N
Ta có hai điểm B và N cùng nhìn đoạn
thẳng DH dưới các góc bằng nhau => Tứ giác BDHN nội tiếp đường trịn (
quỹ tích cung chứa góc) .
Dạng 5: Sử dụng điểm trung gian đề chứng minh tứ giác nội tiếp.
Phương pháp: Ngồi những dạng tốn cơ bản trên, để chứng minh tứ giác
nội tiếp đường tròn ta có thể sử dụng các đỉnh trung gian để chứng minh tứ
giác nội tiếp.

18


Bài tốn 5.1: Từ một điểm S nằm ngồi
A
đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến SA, SB
D
( A, B là tiếp điểm ), cát tuyến SCD ( C
C
nằm giữa S và D). Gọi H là trung điểm
H
CD.
S
O
Chứng minh các điểm A, B, O, H cùng

thuộc một đường trịn.
Phân tích tìm lời giải: Mức độ bài
B
tốn này khó hơn là chúng ta không thể
chứng minh bằng các phương pháp cơ bản đã trình bày. Học sinh khơng biết
bắt đầu từ đâu? Giáo viên có thể gợi mở bằng cách cho học sinh có nhận xét
gì về điểm S khơng? Như vậy yêu cầu bài toán bây giờ là chứng 5 điểm cùng
thuộc một đường trịn. Bây giờ bài tốn lại quay về dạng cơ bản.
Lời giải :
Xét tứ giác SAOB có: SA, SB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
SAO  SBO  90 0 => SAO  SBO  900  900  180 0 .
Suy ra tứ giác SAOB nội tiếp đường trịn đường kính SO. (1)
( Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Xét đường trịn (O) có H là trung điểm CD nên OH  CD nên
SHO  90 0

Xét tứ giác SHOB có SHO  SBO  900  900  1800 .
Suy ra tứ giác SHOB nội tiếp đường trịn đường kính SO. (2)
( Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )
Từ (1) và (2) => S, A, O, B, H cùng thuộc đường trịn đường kính SO.
Suy ra A, O, B, H cùng thuộc đường trịn đường kính SO.
Bài tốn 5.2: Trên ( O;R ) lấy 2 điểm A, B sao cho AB < 2R. Gọi giao điểm
của các tiếp tuyến của (O) tại A, B là M. Qua A, B kẻ dây AC, BD song song
với nhau. Gọi giao điểm của các dây AD,
A
BC là N. Chứng minh tứ giác AMBN nội
tiếp trong một đường trịn.
M
Phân tích tìm lời giải: Vẫn xây dựng như C
O

bài toán 5.1, để chứng minh tứ giác
MANB nội tiếp học sinh gặp khó khăn về
N
lý luận khi tính số đo của các góc theo số
B
D
đo cung. Giáo viên có thể hướng dẫn học
sinh khai thác điểm O là điểm trung gian.
Lời giải :
Xét đường trịn (O) có AC / / BD nên AB = CD

19


1
2

1
2

=> ANB = sđAB+ sđCD= sđAB ( góc có đỉnh ở bên trong đường trịn)
AOB  sđAB ( góc ở tâm) => ANB  AOB .

Xét tứ giác OABN có ANB  AOB .
Ta có hai điểm O và N liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng AB dưới các góc bằng
nhau => Tứ giác OABN nội tiếp đường tròn. (1)( Quỹ tích cung chứa góc)
Xét tứ giác MAOB có: MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
MAO  MBO  90 0 => MAO  MBO  90 0  90 0  180 0
Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường trịn đường kính MO. (2)
(Tổng hai góc đối diện bằng 1800 )

Từ (1) và (2) => Tứ giác MANB nội tiếp đường trịn ( vì cùng chung các điểm
O, A, B)
Dạng 6: Bài toán ứng dụng tứ giác nội tiếp đề chứng minh đẳng thức kép.
Với dạng tốn chứng minh đẳng thức kép, khơng ít học sinh giỏi gặp
nhiều khó khăn. Mà dạng tốn này có rất nhiều ở các kì thi học sinh giỏi các
cấp. Để giải dạng tốn này, chúng ta thường nhìn nhận vấn đề theo bài tốn.
“ Phương tính” ( Đẳng thức mà tứ giác nội tiếp có được ), kết quả này chỉ học
ở cấp THPT hay chăng là các học sinh bồi dường HSG huyện. Kết quả được
sử dụng theo cách suy luận nhưng phải chứng minh bằng tam giác đờng dạng
mới dùng được.
Bài tốn 6.1: Cho tam giác ABC, kẻ các đường cao BD, CE. Gọi H là giao
điểm của BD và CE. Chứng minh: BE. AB + CD. AC = BC2 .
Phân tích tìm lời giải:
A
Để có được kết quả BE. BA = a.b ta cần
D
một tứ giác nội tiếp nhưng phải có chứa cạnh
E
H
O'
O
BC? Tương tự CD.CA = c.d cũng vậy? Làm
thế nào để thỏa mãn hai vấn đề đó? Giáo viên
B
C
gợi mở học sinh kẻ đường cao thứ 3 (AK).
K
Vậy theo tích chất của tứ giác nội tiếp ta sẽ có
được kết quả nào?
BE. BA=BK.BC; CD.CA=CK.CB ( Chứng minh bằng tam giác đồng dạng)

Lời giải : Kẻ đường thẳng AH cắt BC tại K.
H là trực tâm ∆ABC nên AK  BC =>
AKB  AKC  90 0

∆BKA

∆BEC (g.g) =>

BK BA
=
BE BC

A
O

B
N

=>BE. BA=BK.BC (1)

C

D

H
M

20