Các dạng toán chứng minh đa giác nội tiếp

LỜI CẢM ƠN
Trong thời gian thực hiện đề tài khóa luận tốt nghiệp, ngoài sự cố gắng
của bản thân em đã nhận được sự khích lệ, quan tâm rất nhiều của nhà
trường, thầy cơ, gia đình và bạn bè.
Em xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến quý thầy, cơ giáo trường Đại học
Quảng Bình đã truyền đạt những kiến thức quý báu cho chúng em trong thời
gian học tập tại trường. Đặt biệt, em xin chân thành cảm ơn ThS.Trần Hồng
Nga – người trực tiếp hướng dẫn em trong quá trình thực hiện đề tài.
Cảm ơn tập thể lớp Cao đẳng Sư phạm Toán K54, bạn bè và gia đình đã
ln động viên em trong học tập cũng như cuộc sống.
Xin trân trọng cảm ơn!
Người thực hiện

Lê Thị Minh Hằng

1


MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN ........................................................................................... 1
PHẦN 1. MỞ ĐẦU................................................................................... 3
I. Lí do chọn đề tài .................................................................................... 3
IV. Phạm vi nghiên cứu ............................................................................ 4
V. Phương pháp nghiên cứu...................................................................... 4
VI. Bố cục khóa luận tốt nghiệp ............................................................... 4
PHẦN 2. NỘI DUNG ............................................................................... 5
Chương I - KIẾN THỨC CƠ SỞ.............................................................. 5
1.1. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ...................................................... 5
1.1.1. Khái niệm ........................................................................................ 5
1.1.3. Dấu hiệu nhận biết đường tròn ngoại tiếp tam giác......................... 6

1.2. Tứ giác nội tiếp .................................................................................. 7
1.2.1. Khái niệm........................................................................................ 7
Chương II - CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP
TAM GIÁC, TỨ GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN ....................................... 9
2.1. Các dạng bài tập về đường tròn ngoại tiếp tam giác.......................... 9
2.2. Các dạng toán chứng minh tứ giác nội tiếp ..................................... 18
PHẦN 3. KẾT LUẬN............................................................................. 58
TÀI LIỆU THAM KHẢO....................................................................... 59
2


PHẦN 1. MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
Mục tiêu của việc dạy mơn Tốn là dạy cho học sinh các kiến thức Toán,
cách giải bài tập, rèn luyện kỹ năng giải tốn.Từ đó, u cầu được đặt ra là
giáo viên phải dạy cho học sinh phương pháp giải, chứng minh các dạng tốn.
Chương trình Tốn trung học cơ sở ở hai lĩnh vực đại số và hình học có
rất nhiều dạng bài tập khác nhau. Đặc biệt, phần hình học có rất nhiều dạng
tốn như chứng minh các tam giác đồng dạng, chứng minh các tam giác bằng
nhau, bài tốn quỹ tích và dựng hình và các dạng tốn về chứng minh đa giác
nội tiếp,....Các bài toán về chứng minh đa giác nội tiếp rất phong phú, phạm
vi nghiên cứu rất rộng. Và đó là một trong những dạng toán được quan tâm
nhiều trong các kỳ thi học kỳ, kỳ thi chuyển cấp và trong các kỳ thi tuyển
chọn học sinh giỏi ở cấp trung học cơ sở. Tuy nhiên, Sách giáo khoa chưa có
sự hệ thống các phương pháp chứng minh một cách cụ thể dẫn đến học sinh
rất lúng túng khi tìm cách chứng minh đa giác nội tiếp một đường tròn.
Việc cung cấp cho học sinh phương pháp giải các dạng bài toán về đa giác
nội tiếp là cần thiết. Để giải các bài toán này địi hỏi học sinh khơng những cần
nắm chắc lý thuyết mà còn phải biết vận dụng kiến thức một cách hợp lý, linh
hoạt. Để giúp cho học sinh thấy được điều thiết thực của Toán học đồng thời tạo

nên sự thích thú cho học sinh trong q trình giải tốn. Đó là lí do em chọn đề tài
“ Các dạng toán chứng minh đa giác nội tiếp”.
Đề tài đã hệ thống lại các dạng toán về chứng minh đa giác nội tiếp ở
bậc trung học cơ sở, cụ thể là các dạng toán chứng minh tam giác nội tiếp, tứ
giác nội tiếp một đường trịn thơng qua nghiên cứu đề tài “ Các dạng toán
chứng minh đa giác nội tiếp”.

3


II. Mục tiêu nghiên cứu
Mục tiêu của khóa luận này là giới thiệu cho học sinh các dạng toán
chứng minh đa giác nội tiếp để học sinh hệ thống được các bài toán và giải
toán tốt hơn.
Để học sinh thấy được tính thiết thực cũng như các ứng dụng trong
chứng minh đa giác nội tiếp nói riêng và của Tốn học nói chung trong cuộc
sống.
Rèn luyện cho học sinh kỹ năng tư duy khi giải các bài tốn hình học.
III. Đối tượng nghiên cứu
Khóa luận nghiên cứu các dạng tốn về chứng minh đường tròn ngoại
tiếp tam giác, tứ giác nội tiếp một đường tròn.
IV. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu các phần hình học ở chương trình lớp 6, 7, 8, 9.
V. Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình nghiên cứu em sử dụng các phương pháp sau:
- Nghiên cứu lý luận: Em đã đọc sách, phân tích đối chiếu các tài liệu
Tốn học, lý luận dạy học mơn Tốn, các tài liệu hướng dẫn giảng dạy.
- Phương pháp rút kinh nghiệm:Tổng kết kinh nghiệm của bản thân,bạn
bè,anh chị để hệ thống lại kiến thức về vấn đề nghiên cứu đầy đủ.
- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếp

hướng dẫn và các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt nội dung cũng như
hình thức khóa luận.
VI. Bố cục khóa luận tốt nghiệp
Ngồi phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung chính của khóa
luận được chia làm 2 chương.
Chương 1 trình bày các kiến thức cơ sở liên quan đến các khái niệm, tính
chất, định lý về đường trịn ngoại tiếp tam giác và tứ giác nội tiếp đường tròn.
4


Chương 2 trình bày các dạng tốn chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam
giác và tứ giác nội tiếp đường tròn.

PHẦN 2. NỘI DUNG
Chương I - KIẾN THỨC CƠ SỞ
Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đườn tròn
ngoại tiếp đa giác và đa giác này là đa giác nội tiếp đường tròn.
Ở trường trung học cơ sở ta đã được học về đường tròn ngoại tiếp tam
giác và tứ giác nội tiếp đường tròn.
1.1.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác

1.1.1. Khái niệm
A

O
B

C

Qua ba điểm không thẳng hàng ta vẽ được một và chỉ một đường tròn.
Đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác gọi là đường trịn ngoại tiếp tam giác.
Khi đó, tam giác được gọi là tam giác nội tiếp đường trịn.
1.1.2. Định lí
1.1.2.1. Định lí 1
Trong tam giác vng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng
cạnh huyền.
1.1.2.2. Định lí 2

5


Trong một tam giác có một đường trung tuyến ứng với một cạnh và bằng
nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vng.
1.1.2.3. Định lí 3
Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này
cách đều ba đỉnh của tam giác đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Chứng minh: Gọi O là giao điểm của hai đường trung trực ứng với cạnh
AB và AC của ∆ABC. Ta sẽ chứng minh O cũng nằm trên đường trung trực
ứng với cạnh BC của tam giác đó và OA = OB = OC.
A

O
B

C

Vì O nằm trên đường trung trực b của đoạn thẳng AC nên: OA = OC (1)
Vì O nằm trên đường trung trực c của đoạn thẳng AB nên: OA = OB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OB = OC (= OA)
Do đó điểm O nằm trên đường trung trực của cạnh BC (theo tính chất
đường trung trực).
Vậy ba đường trung trực của ∆ABC cùng đi qua điểm O và ta có:
OA = OB = OC.
1.1.3. Dấu hiệu nhận biết đường tròn ngoại tiếp tam giác
- Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao của ba đường trung
trực.
- Tam giác có ba đỉnh cách đều một điểm (ta xác định được). Điểm đó là
tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giác.
6


1.2. Tứ giác nội tiếp
1.2.1. Khái niệm
B
A

C
O

D

Một tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn được gọi là tứ giác nội
tiếp đường tròn (Gọi tắt là tứ giác nội tiếp).
1.2.2. Định lí
1.2.2.1. Định lí 1
Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng 1800.
1.2.2.2. Định lí 2
Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 1800 thì tứ giác đó

nội tiếp đường trịn.
1.2.3. Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp
-Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 1800.
-Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.
-Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta xác định được). Điểm đó
là tâm đường trịn tứ giác nội tiếp.
7


-Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh cịn lại
dưới một góc α.

8


Chương II - CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP
TAM GIÁC, TỨ GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN
2.1. Các dạng bài tập về đường tròn ngoại tiếp tam giác
2.1.1. Tìm tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác
a)Phương pháp
A

O
B

C

- Xét bài tốn: Giả sử tam giác ABC có: OA = OB = OC = r (như hình vẽ).
Khi đó, tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O.
b)Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng tại A và O là trung điểm của cạnh
huyền BC. Hãy xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải:

B

O

A

C

Ta có: AO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
Suy ra, OA = OB = OC =

BC.Tức là A, B, C cách đều điểm O.

Nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

9


Vậy tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm O của
cạnh huyền BC.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có BC là đường kính của đường tròn (O; R)
ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh tam giác ABC vng.
Giải:
A

B

C

O

Gọi O là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC. Khi đó, OA = OB = OC (1)
Mặt khác, BC là đường kính của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC nên O
là trung điểm của BC.
Do đó, OB = OC =

BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra, OA = OB = OC =

BC.

Vậy tam giác ABC vuông tại A.
Ví dụ 3: (Đề thi tốt nghiệp THCS Huế - 2003) Cho hình vng ABCD ,
M là một điểm trên cạnh BC (M khác B và C).Đường trịn đường kính AM
cắt đoạn thẳng BD tại B và N.
a) Chứng minh tam giác ANM là tam giác vuông cân.
b) Chứng minh N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC.
Giải:

10


B

C

M
45
I

O
N
D

A

a) Ta có:
= 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AM)
=

(Góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

Mặt khác, ABCD là hình vng nên BD là phân giác của
= 450 =>

.

= 450

ANM vng tại N, có

= 450 nên là tam giác vuông cân tại N.

Vậy tam giác ANM vuông cân.
b)

ANM vuông cân tại N => NA = NM.

BD là trung trực của AC (ABCD là hình vng)
N thuộc BD => NA = NC => NA = NM = NC
Do đó, N là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆AMC.
2.1.2. Chứng minh nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn
a)Phương pháp
Để chứng minh nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn ta thực hiện theo
các bước sau đây:
Bước 1: Chọn ra ba điểm, chẳng hạn A1,A2,A3 tạo thành một tam giác nội
tiếp.
Bước 2: Tiếp tục chọn ra ba điểm khác nhau, chẳng hạn A1,A2,A4 tạo
thành một tam giác nội tiếp.
11


Cứ tiếp tục như trên, ta được các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều
chung nhau 2 điểm A1,A2. Do đó, các đường trịn đó phải trùng nhau suy ra
A1, A2, A3,...,An cùng thuộc một đường trịn.
b)Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng tại B. Chứng minh A, B, C cùng
thuộc một đường tròn?
Giải:
C

O

A
B

Gọi O là trung điểm của AC => BO là đường trung tuyến.
Mà

ABC vuông tại B.

Suy ra, OA = OB = OC =

.

Suy ra, tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AC.
Vậy ba điểm A, B, C cùng thuộc một đường trịn.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M ,N ,P
theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB,BC,CA. Chứng mih các điểm B, M, P,
C cùng thuộc một đường tròn?
Giải:
A

M

P
O
C

B
N

12


BMC vuông tại M (M là trung điểm của AB)

Ta có:

M thuộc đường trịn đường kính BC (1)
Lại có:

BPC vng tại P (M là trung điểm của AB)

P thuộc đường trịn đường kính BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: B, M, P, C cùng thuộc đường tròn tâm N, đường kính
BC.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao. Đường vng
góc với AC tại C cắt đường thẳng AH tại D. Chứng minh B, C thuộc đường
trịn đường kính AD.
Giải:
A
B
O
H

D

C

ACD vng tại C nên C thuộc đường trịn đường kính AD.
Xét

ACD và

ABD, ta có:

AB = AC ( ABC cân tại A)
Cạnh AD chung
=
Vậy

(AH là đường cao cũng là đường phân giác)
ACD =

ABD (c.g.c)

Suy ra tam giác ABD vuông tại B nên B thuộc đường trịn đường kính AD.
Do đó, B và C thuộc đường trịn đường kính AD.

13


Ví dụ 4: Cho tam giác ABC vng ở B. Gọi D là điểm đối xứng của B
qua AC. Chứng minh bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn?
Giải:
B

C

O

A

D

Theo đề bài, D đối xứng với B qua AC nên: DA = BA, DC = BC.
Xét

ADC và

ABC, có:

AC chung
DA = BA, DC = BC
ADC =
=

ABC (c.c.c)
= 900

Gọi O là trung điểm của AC. Tương tự ví dụ 1 ta sẽ chứng minh được:
OA = OB = OC = OD
Vậy bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
2.1.3. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác luôn di
chuyển trên một đường thẳng cố định
a) Phương pháp
Để chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác luôn di chuyển trên
một đường thẳng cố định ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Xác định rõ các yếu tố cố định đã biết.
14


Bước 2: Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác liên quan đến đường
thẳng cố định.
Bước 3: Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác di chuyển trên

đường thẳng cố định.
b)Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho đường tròn (O) và hai điểm A,B cố định. Một đường thẳng
quay quanh A cắt (O) tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định?
Giải:
B
C
A

I
O
M

N

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
Gọi C là giao điểm của AB và (I).
Khi đó: PA/(I)=
Suy ra:

.

=

.

= PA/(O) (khơng đổi vì A, (O) cố định)

=

Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ thực trên ta có C cố định.
Suy ra I thuộc đường trung trực của BC.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn (O;R) có:
AB = AC = R
a) Tính độ dài của BC theo R.
b) M là điểm đi động trên cung nhỏ AC, đường thẳng AM cắt đường
thẳng BC tại D. Chứng tỏ tích AM.AD ln ln là hằng số.
15


c) Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD di động trên một
đường cố định khi M di động trên cung nhỏ AC.
Giải:
A

B

M
x

O

I
C
D

a) Ta có: AB = AC
cung AB = cung AC = 900
cung BAC = 1800

Do đó, BC là một đường kính của đường trịn (O; R): BC = 2R.

b) Vì ∆ACM ∾ ∆ACD

=
AC2 = 2R2, khơng đổi.
Vậy AM.AD = 2R2.
c) Hệ thức: AM.AD = AC2 chứng tỏ AC là tiếp tuyến tại C của đường tròn
(I) ngoại tiếp MCD
IC vng góc với AC.
AC cố định do đó I nằm trên đường thẳng Cx vng góc với AC tại C.

16


Ví dụ 3: Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB cố định và đường
kính CD thay đổi (CD khơng trùng với AB). Vẽ tiếp tuyến (d) của đường tròn
(O) tại B. Các đường thẳng AC, AD lần lượt cắt đường thẳng (d) tại P và Q.
a) Chứng minh rằng tứ giác CPQD là một tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác APQ vng góc với CD
c) Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP. Chứng minh E lưu
động trên một đường cố định khi đường kính CD thay đổi .

A

C

O

P

D

J

I

Q

d

B
d`
E

Giải:

a) Ta có:

Mà:

+

1

+

=
1

1

= 900

1

= 1800

đó, tứ giác CPQD nội tiếp.
b) Gọi J là giao điểm của AI và CD. Ta có:
2

+

1

= 900

+

1

= 900
17


=

2

Mà:

=

2

+

+
1

1

= 900

= 900

= 900
Vậy AI vng góc với CD.
nên E là tâm của đường tròn ngoại

c) E là tâm đường tròn ngoại tiếp
tiếp tứ giác CPDQ.

E là giao điểm của các đường trung trực của CD và PQ.
EO vng góc vói CD; EI vng góc với PQ.
Tứ giác AOEI là một hình bình hành.
Ta có: IE vng góc với (d) và IE = AO = R.
Do đó, khi CD quay quanh O, I chạy trên tiếp tuyến (d) của (O) tại điểm
cố định B thì E chạy trên đường thẳng (d’) một đoạn bằng R và nằm trong

nửa mặt phẳng có bờ là (d) và khơng chứa (O).
2.2. Các dạng tốn chứng minh tứ giác nội tiếp
2.2.1. Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800
a) Phương pháp:

18


D

A

C

B

Nếu tứ giác ABCD có:
+

= 1800 hoặc

= 1800 suy ra tứ giác ABCD nội tiếp một đường

+

trịn.
D
A
C

B

Đặc biệt hóa bài tốn:
Tứ giác ABCD có:
Suy ra:

+

= 900

=

= 900 + 900 = 1800

Vậy tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD.
b) Một số ví dụ
Ví dụ 1:.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) . Các
đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lướt tại M, N, P.
Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD nội tiếp đường tròn.
Giải:

A

N

E
P

F
H

-

B

O

19
C

D
M


Xét tứ giác CEHD ta có :
= 900 (Vì BE là đường cao)
= 900 (Vì AD là đường cao)
=>
Mà

+
và

= 900 + 900 = 1800
là hai góc đối nhau của tứ giác CEHD nên tứ giác

CEHD nội tiếp đường trịn.
Ví dụ 2: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB và điểm M bất kỳ
trên nửa đường tròn (M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa
đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM
cắt nửa đường trịn tại E, cắt tia BM tại F, tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.

Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
Giải:
X
I

F
M
H

E
K

A

Ta có:

O

= 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn)

=> = 900 (Vì hai góc kề bù)
20

B