cac bai hinh co nhieu cach giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>§Ò tµi s¸ng kiÕn kinh nghiÖm 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    kÝnh OA. Chøng minh OAH = ACB - ABC .. C¸ch gi¶i 1: H×nh 1. Gîi ý: - KÎ OI  AC c¾t AH ë M - ¸p dông kiÕn thøc vÒ gãc ngoµi tam gi¸c. - Gãc néi tiÕp,gãc ë t©m. Lêi gi¶i: Ta cã:   OMH = ACB (gãc cã c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) 1 AOM ABC   = (cïng b»ng 2 s® AC )    OMH AOM OAH. Trong OAM th×:. =. +.    (Gãc ngoµi tam gi¸c) Hay ACB = ABC + OAH    VËy: OAH = ACB - ABC (§pcm). C¸ch gi¶i 2: H×nh 2. Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn tại A c¾t BC ë D . Lêi gi¶i:    Ta cã: ABC = CAD (1) (Cïng ch¾n AC )   OAH = ADC (2). (gãc cã c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) Céng tõng vÕ cña (1) vµ (2)     Ta đợc: ABC + OAH = CAD + ADC    Mµ CAD + ADC = ACB (gãc ngoµi tam gi¸c) . . .  ABC + OAH = ACB    VËy: OAH = ACB - ABC (§pcm) C¸ch gi¶i 3: H×nh 3. Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD - KÎ DK  BC Lêi gi¶i:   Ta cãDK // AH  OAH = ODK (1) (so le trong)   ABC = ADC. . (2) (gãc néi tiÕp cïng ch¾n AC ) Céng tõng vÕ cña (1) vµ (2)      Ta đợc OAH + ABC = ODK + ADC = KDC . . Mµ: KDC = ACB (gãc cã c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)     OAH + ABC = ACB    VËy OAH = ACB - ABC (§pcm). C¸ch gi¶i 4: H×nh 4 Gîi ý: - Kẻ đờng kính AOD.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - KÎ CK  AD Lêi gi¶i: . . Ta cã: OAH = KCB (1) (gãc cã c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)    ABC = ADC (2) (gãc néi tiÕp cïng ch¾n AC ). Céng tõng vÕ cña (1) vµ (2).     Ta đợc: OAH + ABC = KCB + ADC . . Mµ: ADC = KCA (gãc cã c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)       OAH + ABC = KCB + KCA = ACB    VËy: OAH = ACB - ABC (§pcm). C¸ch gi¶i 5: H×nh 5. Gîi ý: - Kẻ đờng kính AOD - Gäi M lµ giao ®iÓm cña AH vµ DC Lêi gi¶i: . . Ta cã: AMC = ACB (1) (gãc cã c¹nh c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)   ADM = ABC (2). . (gãc néi tiÕp cïng ch¾n AC ) Trõ tõng vÕ cña (1) vµ (2)     Ta đợc: AMC - ADM = ACB - ABC    Mµ: AMC - ADM = OAH (gãc ngoµi tam gi¸c)    VËy OAH = ACB - ABC (§pcm). C¸ch gi¶i 6: H×nh 6 Gîi ý: KÎ OI  BC vµ OK  AB Lêi gi¶i:   2 OAH =O (1) (so le trong)  1 ABC =O. Ta cã:. (2) (gãc cã c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) Céng tõng vÕ cña (1) vµ (2)     Ta đợc OAH + ABC = O1 + O 2. 1     Mµ O1 + O 2 = ACB (Cïng b»ng 2 s® AB )     OAH + ABC = ACB    VËy OAH = ACB - ABC (§pcm). C¸ch gi¶i 7: H×nh 7 Gîi ý: T¹i A kÎ tiÕp tuyÕn Ax và đờng thẳng Ay // BC . . Lêi gi¶i: Ta cã: OAH = xAy (1) (gãc cã c¸c cÆp c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)   ABC = BAy (2) (so le trong). Céng tõng vÕ cña (1) vµ (2) ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span>      Ta đợc: OAH + ABC = xAy + BAy = xAB.    Mµ: xAB = ACB (gãc néi tiÕp cïng ch¾n AB ) . . .  OAH + ABC = ACB    VËy OAH = ACB - ABC (§pcm) §©y lµ mét bµi to¸n cã nhiÒu c¸ch gi¶i kh¸c nhau nhng ë bµi to¸n nµy viÖc sö dông 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 vµo gi¶i bµi to¸n. - Kiến thức về hai đờng thẳng song song, hai đờng thẳng vuông góc. - Gãc néi tiÕp, gãc ë t©m, gãc ngoµi tam gi¸c. 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. C¸ch gi¶i 1: H×nh 1 Gîi ý : - KÎ PI  AB - XÐt hai tam gi¸c  APK vµ  API. Lêi gi¶i: KÎ PI  AB. XÐt APK vµ tam gi¸c API  APK vu«ng t¹i K ( V× gãc AKD = 900 góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn đờng kính AD)  ADP c©n t¹i D, AD = DP   P 2 = DAP   MÆt kh¸c. P1 = DAP ( So le trong v× AD // PI ) Do đó: ^P1=^P2   APK =  API. ( Cã chung c¹nh huyÒn vµ mét cÆp gãc nhän b»ng nhau )  PK = PI. C¸ch gi¶i 2: H×nh 2 Gîi ý: - Ngoµi c¸ch chøng minh hai tam gi¸c  APK vµ  API b»ng nhau c¸ch 1 ta chøng minh^P1=^P2. Ta chøng minh ^A1=^A2 - Gọi F là giao điểm của AP với đờng tròn đờng kính AD  Lêi gi¶i: Ta cã: AFD = 900 ( Góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn) Tam giác ADP cân tại D có DF là đờng cao nªn DF còng lµ ph©n gi¸c suy ra: ^D1=^D2 mà^A1=^D2 ;^D1=^A2Vì đều là góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc Suy ra: ^A1=^A2   APK =  API ( Cã chung c¹nh huyÒn vµ mét cÆp gãc nhän b»ng nhau )  PK = PI.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> C¸ch gi¶i 3: H×nh 2. . . Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A1 = A 2 nhng việc chứng minh đợc áp dụng bằng kiến thức khác. - Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn tâm D nên ta có: 1    = ADK Ta cã IAK ( Cã sè ®o b»ng 2 s® AK ). Lêi gi¶i:  MÆt kh¸c gãc IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đờng tròn tâm D nên góc 1 IAP  b»ng 2 sè ®o cña gãc ë t©m cïng ch¾n mét cung lµ gãc ADP 1 1 ADP = IAK  ^ IAP 2 = 2 Suy ra: ^A1=^A2   APK =  API. ( Cã chung c¹nh huyÒn vµ mét cÆp gãc nhän b»ng nhau )  PK = PI. C¸ch gi¶i 4: H×nh 3 Gîi ý: - Kéo dài K cắt đờng tròn tâm D tại E - áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến vµ d©y cung   = PE Lêi gi¶i: DK  AE nªn AP . BAE Gãc (gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ AE d©y cung )V× AP l¹i ®i qua ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AE nªn AP lµ tia ph©n gi¸c cña  gãc BAE Suy ra: ^A1=^A2   APK =  API ( Cã chung c¹nh huyÒn vµ mét cÆp gãc nhän b»ng 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 thøc vÒ : - Trêng hîp b»ng nhau trong tam gi¸c vu«ng - Gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung. - Gãc néi tiÕp 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..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bµi gi¶i: Gäi O lµ giao ®iÓm cña BD vµ CF. Ta cÇn chøng minh A; O; E th¼ng hµng. Ta cã Δ DAB = Δ CAF (bµi to¸n 1) ⇒ ∠ B1 = ∠ F1 ⇒ AOBF néi tiÕp ⇒ ∠ O1 = ∠ B2 = 600 ∠ O2 = ∠ A1 = 600 ⇒ ∠ AOB = 1200 (1) T¬ng tù: ∠ AOC = 1200 ⇒ ∠ BOC = 1200 Mµ ∠ BFC = 600 ⇒ BOCE néi tiÕp ⇒ ∠ O3 = ∠ C1 = 600 (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ ∠ AOF = 1800 ⇒ A; O; E th¼ng hµng Hay AE; BD; CF đồng quy.. D A F. 1. 1. 1 2 1. 2. 3O. B. 1. C. E. Qua bµi trªn ta nhËn thÊy c¸c gãc AOB; BOC; COA cã sè ®o lµ 1200. Tõ ®©y ta x©y dùng bµi to¸n dùng h×nh kh¸ quen thuéc sau : Bµi to¸n 4: Cho tam gi¸c ABC, vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c, dùng c¸c tam gi¸c ABF; ACD vu«ng c©n t¹i A. Chøng minh r»ng CF = BD; CF BD. Híng dÉn gi¶i: + CF = BD (t¬ng tù nh bµi to¸n 1) + CF BD: Do Tø gi¸c AOBF néi tiÕp ⇒ ∠ BOF = ∠ BAF = 900. F. D. A. O C. B TiÕp tôc bµi to¸n trªn. Gäi M; N; I lÇn lît lµ trung ®iÓm cña BF; CD; BC, ta cã: IM là đờng TB của tam giác BCF nên: IM // = 1 CF (1) 2 T¬ng tù ta cã: IN // = 1 BD (2) 2 Mµ: CF = BD (3) Tõ (1); (2) vµ (3) suy ra: IM IN IM = IN Hay Δ MIN vu«ng c©n t¹i I. D. F A M. N O. B. I. C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> NhËn xÐt r»ng Δ AMB vµ Δ ANC vu«ng c©n t¹i M vµ N. Tõ ®©y ta cã bµi to¸n tiÕp. Bµi to¸n 5: Cho tam gi¸c ABC, vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c, dùng c¸c tam gi¸c ABM vu«ng c©n t¹i M; ACN vu«ng A c©n t¹i N. Gäi I lµ trung ®iÓm cña BC. Δ IMN lµ N tam gi¸c g×? NÕu häc sinh lÇn ®Çu gÆp bµi to¸n nµy mµ cha gÆp M dạng thì hơi khó giải đối với các em.. C B 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 : Bµi to¸n 6: F Cho tam gi¸c ABC, dùng vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c c¸c h×nh vu«ng ABDE vµ ACHF. E a.Chøng minh r»ng: BF = CE vµ BF CE A b.Gäi I, J lÇn lît lµ t©m H J của hai hình vuông đó. M lµ trung ®iÓm cña BC. I Chøng minh r»ng Δ MIJ lµ tam gi¸c vu«ng c©n. D C M B Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đờng tròn (O). M ; N ; P lần lợt là cá điểm . .  chÝnh gi÷a c¸c cung nhá AB ; BC ; CA . MN vµ NP c¾t AB vµ AC theo thø tù ë R vµ S. Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC. C¸ch gi¶i 1: H×nh 1. Gợi ý: Đây là một bài toán hình tơng đối khó đối với học sinh nếu không có t duy tốt trong h×nh häc. Khi ®a ra bµi to¸n nµy ngay c¶ viÖc 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 cã AN; BP vµ AN lµ c¸c tia ph©n gi¸c cña tam gi¸c ABC. Gäi I lµ giao ®iÓm cña các đờng phân giác. Khi đó ta có I chính là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC §Ó chøng minh cho RS // BC vµ I  RS ta ®i chøng minh IR // BC ; IS // BC råi sö dông tiên đề về đờng thẳng song song để suy ra ®iÒu ph¶i chøng 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. Lêi gi¶i:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>   2 = CP B    2 XÐt  NBI ta cã: IBN = B2 + B3 mµ  3 = NAC   B (Gãc néi tiÕp ch¾n cung NC )    B BAC A  IBN =  NAC 2 2. =. do đó. ;.   B A   1 + B 1 BIN =A 2 = ( Gãc ngoµi cña tam gi¸c ABI )   Suy ra : IBN = BIN   NBI c©n t¹i N  N thuéc trung trùc cña ®o¹n th¼ng BI. Ta chứng minh đờng trung trực của đoạn thẳng này chính là RN. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MN vµ PB. Ta cã.  + s®AB  + s®AC  1 1 s®BC BN + AM   + AP  BHN 2 = 2 s® = 2. . .  Vì BHN là góc có đỉnh nằm bên trong đờng tròn và    BC AB AC 1    BN = AM = AP =   BHN = 4 3600 = 900 2 ; 2 ; 2  RN lµ trung trùc cña ®o¹n th¼ng BI  BR = RI   RBI c©n t¹i R  1 = RIB  1 = B  2  B mµ B  2 = RIB   B . IR // BC ( V× t¹o víi c¸c tuyÕn BI hai gãc so le trong b»ng nhau ) Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I ở ngoài đờng thẳng BC ta chỉ có thể kẻ đợc một đờng thẳng song song với BC  R ; I ; S th¼ng hµng. Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) C¸ch gi¶i 2: H×nh 2 Gîi ý: Trong c¸ch gi¶i nµy yªu cÇu häc sinh ph¶i n¾m l¹i kiÕn thøc cò vÒ Tính chất đờng phân giác trong tam giác đây là tính chất quan trọng mà các em đã đợc häc ë líp 8 ®a sè häc sinh Ýt thËm trÝ lµ kh«ng hay để ý đến tính chất này. Lêi gi¶i: Theo gi¶ thiÕt ta cã    MA = MB do đó MN là phân giác của góc ANB. áp dụng tính chất đờng phân giác. RA NA = NB ( 1) trong tam gi¸c ABN ta cã: RB. T¬ng tù: NP lµ ph©n gi¸c cña tam gi¸c ACN SA NA = SC NC. (2). RA SA = BN = CN  SC  RS // BC v× nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc RB. Gäi giao ®iÓm cña RS víi AN lµ I, cña BC vµ AN lµ D v× RS // BC nªn ta cã: AI RA NA RA AI NA =  = ID RB mµ NB RB suy ra ID NB. Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng    (v× cã gãc BNA chung vµ BAN NBD ) nªn  ABC. Suy ra BI lµ ph©n gi¸c cña gãc. NA AB AI AB  = NB BD VËy ID BD.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> . . ë trªn ta cã I thuéc ph©n gi¸c AN cña gãc BAC ta l¹i võa chøng minh I thuéc ph©n gi¸c 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) C¸ch gi¶i 1: . . 0. V× D = E = 90 suy ra tø gi¸c   = BPD BDPE lµ tø gi¸c néi tiÕp  BED (*) ( Gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung ) . . 0. vµ F = E = 90 suy ra tø gi¸c EFCP còng lµ tø gi¸c néi tiÕp . . suy ra FEC = FPC (**) ( Gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung ) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn    BPC = - A (1) PD  AB     PF  AC   DPF = -A (2)    BPC DPF. Tõ (1) vµ (2) . =.   BPD = FPC (***).   Tõ (*) ; (**) vµ (***)  BED = FEC  D ; E ; F th¼ng hµng C¸ch gi¶i 2: PE  EC     PF  FC   Tø gi¸c EFCP lµ tø gi¸c néi tiÕp  FEP + PCF = 1800 (1)      ABP + FCP = 1800 ABP + BDP = 1800. Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn. Mµ.    FCP = DBP (2) PD  BD     PE  BC   Tø gi¸c EPDB lµ tø gi¸c néi tiÕp  DBP = DEP ( 3)   PEF + DEP = 180 0. Tõ (1) ; (2) vµ (3) ta cã : Suy ra ba ®iÓm D ; E ; F th¼ng hµng. 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 gãc kÒ cã tæng sè ®o b»ng 1800. - Tứ giác nội tiếp đờng tròn. - Góc nội tiếp trong đờng tròn. Bµi to¸n 9: Cho tam gi¸c ABC, dùng vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c c¸c h×nh vu«ng ABDE vµ ACHF, vÏ h×nh b×nh hµnh AEQF, Chøng minh r»ng: BH = QC vµ BH QC.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Bµi gi¶i: Gäi O lµ giao ®iÓm cña BH vµ QC. Theo BT 9, ta cã: Δ ABC = Δ FQA, nªn: BC = QA Vµ ∠ ACB = ∠ FAQ ⇒ ∠ BCH = ∠ QAC. XÐt hai tam gi¸c: Δ BCH vµ Δ QAC, cã: BC = QA ∠ BCH = ∠ QAC. Q F. N E H. A. ⇒. O CH = AC (gt) Δ BCH = Δ QAC (c.g.c) ⇒ BH = QC (1) D Vµ ∠ CBH = ∠ AQC C Mµ ∠ AQC + ∠ QCP = B P M 0 90 ⇒ ∠ CBH + ∠ QCP 0 = 90 Hay ∠ BOC = 900 Hay BH QC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra ®pcm. T¬ng tù nh trªn ta còng cã 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. Bµi to¸n 10: Q Cho tam gi¸c ABC, dùng vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c c¸c h×nh vu«ng ABDE vµ ACHF, vÏ h×nh b×nh F hµnh AEQF, Chøng minh r»ng QP, BH và CD đồng quy. (ta thấy QP, BH và CD là ba đờng cao của tam giác QBC, nên chúng đồng quy). E H A. D C B P Dạng chứng minh đờng thẳng song song và tam giác đồng dạng Bµi to¸n 11: §êng trßn (O;R1) vµ (O';R2) tiÕp xóc nhau t¹i P. Mét c¸t tuyÕn qua P c¾t (O;R1) t¹i A vµ (O';R2) t¹i B. Mét c¸t tuyÕn kh¸c còng qua P c¾t (O;R1) t¹i C vµ (O';R2) 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 trêng hîp s¶y ra. Hai đờng tròn tiếp xúc ngoài và hai đờng tròn tiếp xúc trong.ở đây tôi chỉ trình bày về hai đờng tròn tiếp xúc ngoài còn trờng hợp hai đờng tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tơng tù C¸ch gi¶i 1: H×nh 1.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Gîi ý: - Tính chất của hai đờng tròn tiÕp xóc nhau - áp dụng trờng hợp đồng d¹ng thø hai. Lêi gi¶i: Ta cã c¸c tam gi¸c OAP vµ tam gi¸c O'BP lµ c¸c tam gi¸c c©n t¹i O vµ O' . . . . . . Suy ra: OAP = OPA và O'PB = O'BP mà OPA = O'PB ( Hai góc đối đỉnh) Suy ra tiÕp c¸c gãc ë vÞ trÝ so le trong b»ng nhau  OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD   Và  OAP = PBO'  hai tam giác  OAP và  O'BP đồng dạng PA PO R =  1 PO' R 2 (1)  PB       Tơng tự ta cũng có : OCP = OPC và O'PD = O'DP mà OPC = O'PD ( Hai góc đối đỉnh)    OCP = PDO'  hai tam giác  OCP và  O'DP đồng dạng PC PO R PC R PA =  1  1 =   PO' R 2 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã: PB PD R 2 l¹i cã CPA  PD = BPD. Suy ra :  PAC và  PBD đồng dạng. C¸ch gi¶i 2: H×nh 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 tiÕp tuyÕn vµ d©y cung Lêi gi¶i: KÎ tiÕp tuyÕn chung xPy của hai đờng tròn. . . . . Ta cã. CAP = CPy = xPD = PBD ( ¸p dông tÝnh chÊt vÒ gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung vµ gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung th× b»ng nhau) . . MÆt kh¸c APC = BPD (hai góc đối đỉnh) Suy ra :  PA1B1 và  PA2B2 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 gi¸c . Tõ A kÎ mét tia vu«ng gãc víi tia BN, c¾t BC t¹i H. Chøng minh bèn ®iÓm A; O; H; C nằm trên một đờng tròn. Đối với bài toán này xảy ra hai trờng hợp đối với hình vẽ . Trêng hîp 1: H vµ O n»m cïng phÝa víi AC H×nh 1 Trêng hîp 2: H vµ O n»m kh¸c phÝa víi AC H×nh 2.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Gîi ý: Gäi I lµ giao ®iÓm cña AH vµ BN KÎ AP vu«ng gãc víi CO c¾t AB t¹i P. M lµ giao ®iÓm cña OC vµ AB K lµ giao ®iÓm cña OC vµ 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. - KiÕn thøc vÒ tø gi¸c néi tiÕp - TÝnh chÊt gãc ngoµi tam gi¸c C¸ch gi¶i 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, đờng trung trực  IA = IH (2) Từ (1) và (2) ta có: IK là đờng trung bình trong tam giác APH    IKO = OCH ( H×nh 1) IKO + OCH  = 1800. HoÆc. (H×nh 2) . .  XÐt tø gi¸c AKOI cã I = K = 900  AKOI lµ tø gi¸c néi tiÕp  IKO = OAH  Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn C¸ch gi¶i 2:.     Ta có BN là đờng trung trực của AH  BHO = BAO mà BAO = OAC nên   BHO = OAC  Tứ giác AOHC nội tiếp đợc.  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn. C¸ch gi¶i 3:    ABI lµ tam gi¸c vu«ng nªn IBA + BAI = 1800 hay.   B A  OAI + +      IBA + BAO + OAI = 1800 Suy ra: 2 2 = 900  OAI b»ng (hoÆc bï) víi gãc OCH  Tứ giác AOHC nội tiếp đợc.  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn. C¸ch gi¶i 4:.  B  AHC = 900 + 2 Gãc ngoµi trong tam gi¸c * §èi víi (H×nh 1) ta cã  B 0 90 +  AOC 2 (Vì O là tâm của đờng tròn nội tiếp ) =    AHC = AOC  . Tứ giác AOHC nội tiếp đợc * §èi víi ( H×nh 2). XÐt trong tam gi¸c IBH ta cã  AOC =. 900 +. A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn.  B  AHC = 900 2.  B   + AOC = 180 0 2 (Vì O là tâm của đờng tròn nội tiếp )  AHC.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn C¸ch gi¶i 5:  +B  A  AON = 2 Ta cã ( Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB )   + B   AOH    AOH = A + ACH = 1800 ( H×nh 1)    + B  AOH = ACH =A. hoÆc ( H×nh 2) Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn. Bµi to¸n 13 : Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, vÒ phÝa ngoµi h×nh b×nh hµnh, dùng c¸c tam gi¸c ABM vu«ng c©n t¹i M; ACN vu«ng c©n t¹i N; BDP vu«ng c©n t¹i P; CDQ vu«ng c©n t¹i Q. Chøng minh r»ng tø gi¸c NMPQ lµ h×nh vu«ng.. N. A. M. B. C. I. Q D. P Bµi to¸n trªn cã thÓ ph¸t biÓu theo d¹ng kh¸c, ta cã bµi tËp 14. Bµi to¸n 14: Cho h×nh b×nh hµnh ABDC, vÒ phÝa ngoµi h×nh b×nh hµnh, dùng c¸c h×nh vu«ng ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL, Gäi S, G, R, H lÇn lît lµ t©m cña c¸c F h×nh vu«ng trªn. Chøng minh r»ng tø A gi¸c SGHR lµ h×nh vu«ng.. N. G M. S E. B C. L H. P. D. R. K. Q.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> TiÕp tôc bµi to¸n trªn, NÕu tø gi¸c ABCD kh«ng ph¶i lµ h×nh b×nh hµnh mµ lµ mét tø gi¸c thêng th× liÖu tø gi¸c SGHR cã tÝnh chÊt g× kh«ng? Ta cã bµi to¸n 15. Bµi to¸n 15: Cho h×nh tø gi¸c ABCD, vÒ phÝa ngoµi tø gi¸c, dùng c¸c h×nh vu«ng ABMN, ADEF, DCGH, BCPQ, Gäi V, S, J, K lÇn lît lµ t©m cña c¸c h×nh vu«ng trªn. Chøng minh r»ng KS = VJ vµ KS VJ. Bµi gi¶i: M Gäi I lµ trung ®iÓm cña AC, theo bµi toán 7 ta chứng minh đợc tam giác N Q SIJ vµ tam gi¸c VIK vu«ng c©n t¹i I. XÐt hai Δ : Δ VIJ vµ Δ KIS, V cã: B VI = KI F A ∠ VIJ = ∠ KIS ⇒ K IJ = IS P VIJ = KIS (c.g.c) ⇒ Δ Δ ⇒ VJ = KS (1) S R I Gäi R lµ giao ®iÓm cña IS vµ VJ E Do ∠ IJV = ∠ ISK ( Δ VIJ = C D Δ KIS) Vµ ∠ IJV + ∠ IRJ = 900 ⇒ ∠ ISK + ∠ VRS = 900 Hay KS VJ (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra ®pcm. J. H Bµi to¸n 16: Cho tam gi¸c ABC, dùng vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c c¸c h×nh vu«ng ABDE vµ ACHF. Gäi I, J lÇn lît lµ tâm của hai hình vuông đó. M, N lµ trung ®iÓm cña BC vµ EF. Chøng minh r»ng tø gi¸c IMJN lµ h×nh vu«ng.. G F. N E A J. H. I D C B M ở bài toán trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đờng cao của tam giác ABC và đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của tam gi¸c 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 gîi ý cho häc sinh qua c©u hái. VËy nÕu trªn tia BP lÊy mét ®iÓm D sao cho PD = PC th× ta có thể chứng minh đợc hệ thức trên hay không? Nh vËy th× häc sinh míi t duy vµ t×m tßi lêi gi¶i. Gi¸o viªn kh«ng nªn ®a ra lêi gi¶i mµ ph¶i để học sinh tìm lời giải cho bài toán..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bµi tËp tù luyÖn t¹i nhµ cho häc sinh.   = EBA Bµi tËp 1: ë miÒn trong cña h×nh vu«ng ABCD lÊy mét ®iÓm E sao cho EAB = 150. 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) t¹i E. Chøng minh tam gi¸c BDE lµ tam gi¸c c©n. Bµi to¸n 4:Cho tam gi¸c ABC, vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c dùng c¸c h×nh vu«ng ABEF; ACMN; BCPQ. Chứng minh các đờng cao của các tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy. Bµi to¸n 5: Cho tam gi¸c ABC, dùng vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c c¸c h×nh vu«ng ABDE vµ 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. Kh¸i qu¸t ho¸ bµi to¸n. 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 mét bµi h×nh kh«ng chØ cã mét c©u mµ cßn cã c¸c c©u liªn 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 ph¶i cã n¨ng lùc t duy logic, kiÕn thøc tæng hîp. Kh«ng ph¶i bµi to¸n nµo còng cã thÓ t×m ra nhiÒu lêi gi¶i. Mµ th«ng qua c¸c bµi to¸n víi nhiÒu lêi gi¶i nh»m cho häc sinh n¾m s©u vÒ kiến thức vận dụng kiến thức thành thạo để có thể giải quyết các bài toán khác..

<span class='text_page_counter'>(15)</span>