skkn đường tròn bàng tiếp

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
-----------------------

MÔ TẢ SÁNG KIẾN
Mã số:…………………………
1. Tên sáng kiến: “Đường tròn bàng tiếp”.
(Nguyễn Thị Thanh Loan,Nguyễn Thanh Diệu, ,@THPT Trần Văn Ơn)
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy Toán học.
3. Mô tả bản chất sáng kiến:
3.1.Tình trạng giải pháp đã biết: Trong các kì thi học sinh giỏi, câu hình
học là câu không thể thiếu trong đề thi. Nó đòi hỏi người làm phải có trí tưởng tượng và
cách nhìn tinh tế về hình. Đây là câu hỏi mang nặng tính tư duy. Do đó, hình học thường
được xem là câu hỏi khó trong đề thi.
Chúng ta thấy rằng, đề thi của các năm gần đây, các bài toán về đường tròn ngoại
tiếp, đường tròn nội tiếp là các bài toán quen thuộc thường gặp. Bên cạnh đó, chúng ta
cũng không ít lần bắt gặp những bài toán về “đường tròn bàng tiếp”.
Tuy nhiên, các tài liệu viết về đường tròn bàng tiếp là rất hiếm. Có chăng là một
vài bài toán đã thi và được đưa lên các trang mạng. Đây là điều trở ngại cho việc tự học
của các học sinh chuyên toán, các học sinh tham gia học bồi dưỡng.
Đứng trước những khó khăn đó, là giáo viên, là người giúp các em chiếm lĩnh tri
thức, ta phải làm gì?
Sáng kiến kinh nghiệm “ Đường tròn bàng tiếp” được viết ra để giải quyết tình
hình thực tế trên. Mong muốn giúp học sinh có một tư liệu với các kiến thức nền tảng về

Trang 1


“Đường tròn bàng tiếp”. Tạo bước đệm để các em có thể tự học, tự nghiên cứu và tiến
đến sự thành công trong các kì thi học sinh giỏi.
3.2.Nội dung, giải pháp đề nghị công nhận là sáng kiến:

+ Mục đích: Tìm ra hướng giải quyết cho bài toán chứng minh liên quan
đến đường tròn bàng tiếp
+ Nội dung sáng kiến:
●Vị trí và vai trò : Các bài toán về hình học phẳng chiếm một vị trí đặc
biệt quan trọng, nó xuất hiện hầu hết trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi toán và
thường xuất hiện dưới dạng là bài toán khó trong đề. Điều tất nhiên khi gặp những
bài toán này học sinh phải mất rất nhiều thời gian, công sức để giải quyết nó.
● Yêu cầu chung: Để chứng minh được các bài toán hình phẳng liên quan
đến đường tròn bàng tiếp đầu tiên học sinh phải nắm vững kiến thức hình phẳng.
● Thực trạng của vấn đề: Qua khảo sát thực tiễn và thực tế giảng dạy tôi
thấy rằng học sinh còn bộc lộ nhiều yếu kém và nhược điểm:
-Kỹ năng giải các bài toán hình học phẳng còn yếu;
-Không biết phân biệt dạng bài tập;
-Học sinh còn yếu ở khâu vận dụng kiến thức cơ bản để giải toán…
Từ đó chúng tôi thiết nghĩ cần phải giúp đỡ hướng dẫn học sinh ngay từ những
kiến thức cơ bản đầu tiên.
● Nội dung:
-Giới thiệu định nghĩa đường tròn bàng tiếp
- Nêu tính chất về đường tròn bàng tiếp và các bài toán áp dụng cho
tính chất vừa nêu
- Các bài tập rèn luyện và nâng cao.

Trang 2


● Bài học kinh nghiệm: giáo viên cần khai thác nguồn kiến thức toán học
cho phù hợp nhằm tạo hứng thú cho học sinh. Tùy theo mục tiêu, nội dung tiết học
cũng như đặc điểm học sinh mà giáo viên áp dụng nhằm tránh gây sự nhàm chán
cho các đối tượng học sinh không theo kịp
3.3. Khả năng áp dụng của sáng kiến: có thể áp dụng rộng rãi cho giáo viên

Toán và học sinh khá, giỏi Toán. Giáo viên sử dụng phần nội dung này để lồng ghép vào
một số tiết học Toán trên lớp, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán….
3.4. Hiệu quả, lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến: Qua việc áp dụng đề
tài, giáo viên không mất quá nhiều thời gian để xây dựng một bài chứng minh hình
phẳng, các em học sinh đã có sự tiến bộ về nhận thức và kĩ năng vận dụng kiến thức, kĩ
năng thực hành. Từ đó các em chủ động, sáng tạo hơn trong việc học và ngày càng yêu
thích bộ môn Toán. Tóm lại, kết quả đạt được cho thấy tính hiệu quả, tính khả thi, tính
thực tiễn và khả năng ứng dụng của đề tài này.
3.5. Các bước thực hiện:
Bước 1: Tập hợp các tài liệu hiếm hoi từ các nguồn: hội thảo khoa học ,
tạp chí toán học tuổi trẻ, các đề thi học sinh giỏi.
Bước 2: Đọc và nghiên cứu tài liệu để từ đó rút ra một số tính chất
thường được áp dụng về “ Đường tròn bàng tiếp”.
Bước 3:Dựa vào các tính chất để tìm hệ thống các bài tập có liên quan.
Hệ thống bài tập này giúp học sinh dễ dàng thấy được sự vận dụng của các tính chất đó
trong từng bài toán cụ thể.
Bước 4: Soạn các bài tập nâng cao tiếp cận các kì thi học sinh giỏi.
3.6. Tài liệu kèm theo: phụ lục minh họa một số tính chất liên quan đến
đường tròn bàng tiếp và hệ thống các bài toán liên quan.

Trang 3


PHỤ LỤC MINH HỌA MỘT SỐ TÍNH CHẤT VÀ BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG
TRÒN BÀNG TIẾP

Trước khi vào định nghĩa “ Đường tròn bàng tiếp” ta giải quyết bài toán sau:
Bài toán mở đầu: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng đường phân giác trong của
một góc và hai đường phân giác ngoài của hai góc còn lại đồng quy.
Chứng minh:

Gọi d1 là đường phân giác trong của góc A, d2, d3 lần lượt là đường phân giác ngoài của
góc B, C của tam giác ABC.
Gọi J là giao điểm của d2, d3. Suy ra J cách đều đường thẳng AB, AC. Do đó, J thuộc d1.
Vậy, ba đường thẳng d1, d2, d3 đồng quy tại J. Khi đó, J cách đều các đường thẳng d1, d2,
d3. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của J lên các đường thẳng BC, AC, AB. Khi đó,
đường tròn đi qua ba điểm A1, B1, C1 đươc gọi là đường tròn bàng tiếp góc A của tam
giác ABC.
 Định nghĩa “Đường tròn bàng tiếp”
Đường tròn bàng tiếp tam giác là đường tròn tiếp xúc với một cạnh của một tam
giác và tiếp xúc với hai phần kéo dài của hai cạnh kia.
Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác là giao điểm của đường phân giác trong của
một góc với hai đường phân giác ngoài của hai góc còn lại.

Trang 4


Từ định nghĩa này ta có thể giải quyết một số bài toán sau
Bài toán 1: Chứng minh rằng trong mọi tam giác, đường tròn ngoại tiếp đi qua trung
điểm đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp tam giác đó.
Bài toán 1 này đơn giản giúp học sinh hiểu về định nghĩa đường tròn bàng tiếp,
tạo bước khởi động nhẹ nhàng.
Phân tích:
�  900. Do đó, để chứng minh D là trung điểm của đoạn IJ thì ta chỉ cần chứng
Ta có IBJ

minh BD = DI.

Trang 5

Giải:
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp và J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác
ABC. Suy ra I, J cùng nằm trên đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC.
Gọi D là giao điểm của đường thẳng IJ và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
�  DBC
�  CBI
�  DAC
�  IAB
�  2 IAB
�  BID
�
Ta có DBI
�  900. Do đó, D là trung điểm của IJ
Suy ra, BD = DI . Mà IBJ

Nhận xét: Trong bài toán 1 này học sinh chỉ cần vận dụng kiến thức cơ bản nhất về
đường phân giác trong và phân giác ngoài là có thể giải quyết vấn đề
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, gọi D là trung điểm của cạnh BC và I, J lần lượt là tâm
đường tròn nội tiếp của các tam giác ABD và ADC. Gọi K, L lần lượt là tâm đường tròn
bàng tiếp góc D của tam giác ABD và ADC. Chứng minh rằng bốn điểm I, J, K, L đồng
viên.
Phân tích

Trang 6


Để chứng minh bốn điểm I, J, K, L đồng viên thì ta chứng minh DI .DK  DJ .DL.
Để chứng minh đẳng thức đó, điều trước tiên nghĩ đến là sử dụng hai tam đồng dạng.
Do đó, chúng ta cần quan sát hình vẽ và vận dụng các kiến thức để tìm các tam giác đồng
dạng.

Nhận xét: Bài toán 2 không phải là một bài toán khó và cũng không phải là một bài toán
quá đơn giản. Học sinh thể hiện được một sự nhanh trí trong cách quan sát hình vẽ và
� �
nhận ra được KBD
AID. Mấu chốt bài toàn là ở đây và bài toán đã được giải quyết.

Nếu xem đó là một tính chất thì bài toán 2 trở thành bài toán quá đơn giản. Do
đó, trong quá trình giải toán nếu chúng ta biết thêm một số tính chất của hình thì quá
trình giải toán sẽ đơn giản hơn.
Giải:
1
�  900  1 �
� �
ABD  900  (1800  BAD
ADB)  1800  �
AID  �
ADI  �
AID
Ta có KBD
2

2

�
Mà �
ADI  KDI

Suy ra tam giác DIA đồng dạng với tam giác DBK.
Trang 7

Do đó, DI.DK = DB.DA (1)
Tương tự, ta cũng chứng minh được DJ.DL = DC.DA (2)
Theo giả thiết DB = DC (3)
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra được DI .DK  DJ .DL. Vậy, bốn điểm I, J, K, L đồng viên.
Dưới đây tôi sẽ giới thiệu một số tích chất quan trọng về “ Đường tròn bàng
tiếp”
 Các tính chất về “Đường tròn bàng tiếp” và các bài toán áp dụng
Tính chất 1: Cho tam giác ABC có J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Khi đó,
JB 2  JC 2  BC.( AC  AB).

Chứng minh:

Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với các đường BC,

Trang 8


CA, AB.
Ta có
JB 2  JC 2  BA12  RJ2  (CA12  RJ2 ).
 ( BA1  CA1 )( BA1  CA1 )
 BC ( BC1  CB1 )
 BC ( AC1  AB  AB1  AC )  BC ( AC  AB ) (vì AC1  AB1 ).

Bài toán 3: Cho tam giác ABC nhọn. Gọi E, F là điểm đối xứng của B, C qua AC, AB,
D  BF �CE. Gọi K là tâm đường ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh đường thẳng

AK vuông góc với BC.
Phân tích:

Dựa vào tính chất đối xứng ta có ngay AB, AC lần lượt là đường phân giác ngoài của góc
� , DCB
� . Do đó, A là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác ABC.
CBD

Suy ra, AB 2  AC 2  BC.( DC  DB) ( theo tính chất 1)
Từ đây ta nghĩ tới việc chứng minh AK vuông góc với BC theo định lí bốn điểm. Tức là,
ta cần chứng minh AB 2  AC 2  KA2  KB 2 .
Trang 9


Giải: Ta có
KB 2  KC 2  ( KB 2  RK2 )  ( KC 2  RK2 )
�B /( K ) �C /( K )
 BD.BF  CD.CE
  BD.BF  CD.CE

Mà BF = BC = CE (do tính chất đối xứng)
Suy ra KB 2  KC 2  BC (CD  BD )

(1)

Mặt khác,do tính chất đối xứng ta có ngay AB, AC lần lượt là đường phân giác ngoài của
� , DCB
� . Do đó, A là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác ABC.
góc CBD

Suy ra, AB 2  AC 2  BC.( DC  DB)

(2)

Từ (1) và (2) ta có AB 2  AC 2  KA2  KB 2 . Suy ra AK  BC .
Nhận xét: Rõ ràng, nếu biết được tính chất 1 thì người làm sẽ nhận ra được hướng giải
quyết bài toán. Bài toán 3 này có thể mở rộng thành bài toán 4 như sau. Nhưng trước tiên ta sẽ tìm
hiểu thêm một tích chất thú vị nữa về “ Đường tròn bàng tiếp”

Tính chất 2: Cho tam giác ABC có J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Gọi O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC. Khi đó, tứ giác ABOC nội tiếp
Chứng minh:

Trang 10


Ta có
�  1800  �
� )  (180 0  2 JCB
� )
BAC
ABC  �
ACB  1800  (1800  2 JBC
�  JCB
� )
 1800  2(1800  JBC
�  1800  BOC
�
 1800  2 BJC

Vậy, tứ giác ABOC nội tiếp.

Từ bài toán 3 ta sẽ mở rộng thành bài toán như sau:
Bài toán 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) cố định. Hai điểm B, C cố định và
A di chuyển trên cung lớn BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của B, C qua AC, AB. Chứng
minh rằng đường thẳng đi qua A vuông góc với EF luôn đi qua điểm cố định khi A thay
đổi.
Phân tích:

Trang 11


Mấu chốt của bài toán 4 là tìm được điểm cố định. Trong đề bài ta cần lưu ý đến các điểm
cố định là B, C, O.
Từ mô hình bài toán 3 nên ta gọi D là giao điểm của BF và CE.
Theo tính chất 2 ta có tứ giác DBOC nội tiếp. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác OBC. Khi đó, K là điểm cố định cần tìm.
Tiếp theo ta chỉ cần chứng minh IA vuông góc với EF. Tương tự bài toán 3.
Giải:
Gọi D là giao điểm của BF và CE.
Theo tính chất 2 ta có tứ giác DBOC nội tiếp. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác OBC. Khi đó, K là điểm cố định.
Ta cần chứng minh KA vuông góc với EF. Thật vậy,
KE 2  KF 2  ( KE 2  RK2 )  ( KF 2  RK2 )
�E /( K ) �F /( K )
 EC ED  FB.FD
 BC ( ED  FD)  BC ( DC  DB )
2

 AB  AC 2  AE 2  AF2

Trang 12

Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: Qua hai bài toán 3,4 ta thấy một số bài toán được mở rộng từ bài toán gốc.Nếu thấy được
bài toán gốc đó thì đó là cơ sở để ta có thể giải quyết bài toán mở rộng. Do đó trong quá trình học và giải
toán, chúng ta không chỉ cần đáp án của bài toán mà chúng ta cần nghiền ngẫm thêm đề bài , hướng để
đi đến lời giải, những bài toán liên quan từng gặp… và từ đó có thể rút ra được những kinh nghiệm làm
bài riêng cho bản thân.

Tính chất 3: Cho tam giác ABC, gọi Ja , Jb , Jc lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc
A, B, C.Gọi A1, B1, C1 là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp góc A với các cạnh
BC, CA, AB; A2, B2, C2 là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp góc B với các cạnh
BC, CA, AB và A3, B3, C3 là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp góc C với các
cạnh BC, CA, AB. Khi đó,
a) AB1  AC1  BA2  BC2  CA3  CB3  p ( p là nửa chu vi của tam giác ABC)
b) BC3 = CB2 = p - a , AB2 = BA1 = p - c, CA1 = AC3 = p - b.
Chứng minh:

Trang 13


a) Ta có AB1  AC1  AB  AC  BC  2 p � AB1  AC1  p
Tương tự BA2  BC2  CA3  CB3  p.
b) Ta có BC3  BA  AC3  BA  AB3  BA  (CB3  CA)  c  ( p  b)  p  a
Ta lại có CB2  CA  AB2  CA  AC2  b  ( p  c )  p  a
Do đó, BC3 = CB2 = p – a
Tương tự ta cũng chứng minh được AB2 = BA1 = p - c, CA1 = AC3 = p - b.
Nhận xét: Đây là một tính chất quan trọng về “ Đường tròn bàng tiếp”. Giáo viên phân
tích và chỉ cho học sinh hiểu và cách nhớ tính chất này.
Dưới đây là một bài toán nhỏ để học sinh hiểu cách vận dụng tính chất.

Bài toán 5: Cho tam giác ABC, gọi D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của ba đường tròn
bàng tiếp với ba cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng ba đường thẳng AD, BE, CF đồng
quy.
Phân tích

Trang 14


Rõ ràng , ta có thể nghĩ ngay đến định ý Cêva. Đồng thời kết hợp với tính chất 3 là có lời
giải cho bài toán.
Giải: Theo tính chất 3.b ta có
DB EC FA p  c p  a p  b
.
.

.
.
1
DC EA FB p  b p  c p  a

Suy ra

DB EC FA
.
.
 1
DC EA FB

Áp dụng định lí Cêva cho tam giác ABC ta có ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy.
Nhận xét: Gọi N là điểm đồng quy của ba đường thẳng AD, BE, CF. Khi đó, N được gọi là

điểm Nagel của tam giác ABC.

Tính chất 4: Cho tam giác ABC các điều kiện sau là tương đương:
Trang 15


i) J thuộc đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC.
�  900  A .
ii) J thuộc đường phân giác trong của góc A, nằm ngoài tam giác ABC và BJC
2

�  900  A .
iii) J thuộc đường phân giác ngoài của góc B và BJC
2

 BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Cho tam giác ABC, gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Lấy E, F theo thứ tự thuộc
tia đối của tia CA, BA sao cho CE = BF = BC. Gọi K là tâm đường tròn ngoai tiếp tam
giác AEF. Chứng minh JK vuông góc với BC.

Nhận xét: Ý tưởng lời giải của bài toán này tương tự bài toán 3.
Gợi ý giải: Ta có
KB 2  KC 2  ( KB 2  RK2 )  ( KC 2  RK2 )
�B /( K ) �C /( K )
 BA.BF  CA.CE
  BA.BF  CA.CE
Trang 16


Mà CE = BF = BC

Suy ra KB 2  KC 2  BC ( AC  AB)
Theo tính chất 1 ta lại có JB 2  JC 2  BC ( AC  AB)
Do đó, KB 2  KC 2  JB 2  JC 2 . Vậy, JK vuông góc với BC.

Trang 17


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
-----------------------

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Mã số:…………………………
Kính gửi: Thường trực Hội đồng sáng kiến cấp tỉnh .
Chúng tôi ghi tên dưới đây:

Ngày
STT

Họ và tên

tháng

Nơi công tác

năm sinh
1
2

Nguyễn Thị Thanh

Loan
Nguyễn Thanh Diệu

09/11/1976
14/9/1983

Trường THPT
Trần Văn Ơn
Trường THPT
Trần Văn Ơn

Tỷ lệ đóng góp

Chức

Trình độ

danh

chuyên môn

Giáo viên

Cử nhân Toán

50%

Giáo viên

Cử nhân Toán

50%

vào việc tạo ra
sáng kiến

Là đồng tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến “ĐƯỜNG TRÒN BÀNG TIẾP”.
-

Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học

-

Mô tả bản chất của sáng kiến:
+ Tình trạng giải pháp đã biết: Trong các kì thi học sinh giỏi, câu hình học là

câu không thể thiếu trong đề thi. Nó đòi hỏi người làm phải có trí tưởng tượng và cách
nhìn tinh tế về hình. Đây là câu hỏi mang nặng tính tư duy. Do đó, hình học thường được
xem là câu hỏi khó trong đề thi.
Chúng ta thấy rằng, đề thi của các năm gần đây, các bài toán về đường tròn ngoại
tiếp, đường tròn nội tiếp là các bài toán quen thuộc thường gặp. Bên cạnh đó, chúng ta
cũng không ít lần bắt gặp những bài toán về “đường tròn bàng tiếp”.

Trang 18


Tuy nhiên, các tài liệu viết về đường tròn bàng tiếp là rất hiếm. Có chăng là một
vài bài toán đã thi và được đưa lên các trang mạng. Đây là điều trở ngại cho việc tự học
của các học sinh chuyên toán, các học sinh tham gia học bồi dưỡng.
Sáng kiến kinh nghiệm “ Đường tròn bàng tiếp” được viết ra để giải quyết tình

hình thực tế trên. Mong muốn giúp học sinh có một tư liệu với các kiến thức nền tảng về
“Đường tròn bàng tiếp”. Tạo bước đệm để các em có thể tự học, tự nghiên cứu và tiến
đến sự thành công trong các kì thi học sinh giỏi.
+ Mục đích của sáng kiến: Tìm ra hướng giải quyết cho bài toán chứng minh
hình học liên quan đến đường tròn bàng tiếp..
+ Nội dung sáng kiến:
 Giới thiệu định nghĩa đường tròn bàng tiếp
 Nêu tính chất về đường tròn bàng tiếp và các bài toán áp dụng cho
tính chất vừa nêu
 Các bài tập rèn luyện và nâng cao.
-

Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến
theo ý kiến tác giả: học sinh biết thêm và vận dụng được cách chứng minh bất
đẳng thức nhiều biến, giáo viên xây dựng được bất đẳng thức đối xứng đẹp mắt.

-

Danh sách những giáo viên tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu:
+Nguyễn Thanh Diệu: Giáo viên Toán trường THPT Trần Văn Ơn- Bến Tre
+ Nguyễn Thị Thanh Loan: Giáo viên Toán trường THPT Trần Văn Ơn- Bến
Tre
+ Võ Anh Tuấn: Giáo viên Toán trường THPT Trần Văn Ơn- Bến Tre.

Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và
hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật.
Châu thành, ngày 15 tháng 3 năm 2018
Người nộp đơn
Nguyễn Thanh Diệu
Trang 19

Trang 20