toan 9 cac cach CM 1 tu giac noi tiep

<span class='text_page_counter'>(1)</span>b¶ng hÖ thèng ph¬ng ph¸p chøng minh tứ giác nội tiếp một đờng tròn Thø tù c¸ch chøng minh. C¸ch 1. HÖ thøc. H×nh vÏ minh ho¹. C. A. OA = OB = OC = OD. B D. B. 0. C¸ch 2. 2.a). ∠ B +∠ D=180 ¿ ∠ A 2 +∠ C 1=1800 ¿ ¿ ¿ ¿. 2.b) A1 = C1. A x. 2 1 1. D. C A 1. C¸ch 3. A1 + C1 = 900 + 900. D. B 1. C. C¸ch 4. A. ∠ A1 =∠B1 ¿ ∠ A 2 =∠ D2 ¿ ∠ B2 =∠C 2 ¿ ∠ D1 =∠C 1 ¿ ¿ ¿ ¿. 1 2. 1 2. A1 = B1 = 900. B. 1 2. C. D A 1. C¸ch 5. 21. D. B 1. C.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> C. B. C. M. B. C¸ch 6. MA . MB = MC . MD. A. O D. A. (H×nh bªn ph¶iD tø gi¸c ACBD néi tiÕp). M. Kết hợp với tính chất của tứ giác nội tiếp ta có : điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp trong đờng tròn tâm O là thoả mãn một trong các hệ thức trªn. Ví dụ 1: Cho hai đờng tròn (O) và (O’) gặp nhau ở A và B, tiếp tuyến tại A của đờng tròn (O) gặp (O’) ở M; Tiếp tuyến tại A của đờng tròn (O’) gặp (O) tại N. Lấy điểm E đối xứng với A qua B . Chứng minh tứ giác AMEN nội tiếp một đờng tròn. Ph©n tÝch: C/m tứ giác ANEM nội tiếp một đờng trßn (1). mà ta thấy E đối xứng với A qua B. Vậy là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ANEM nằm trên đờng trung trùc cña ®o¹n AE, vµ nh thÕ tâm của đờng tròn này cũng nằm trªn trung trùc cña c¸c ®o¹n th¼ng nµo? (§o¹n AN vµ AM ) Vậy để chứng minh (1) ta có thể dùng cách 1 để sử dụng tính chất của đờng trung trùc cña mét ®o¹n th¼ng suy ra . Gäi I lµ giao hai trung trùc cña AN vµ AM th×: (1)  IA = IN = IE = IM (2). ThËt vËy: OI // AO’ (cïng  AN ) vµ AO // O’I (cïng  AM ) => AOIO’ lµ h×nh b×nh hµnh => OIO’ = OAO’ = OBO’ => OIBO’ lµ tø gi¸c néi tiÕp (theo c¸ch 4) nhng OI = AO’ = O’B => OIBO’ lµ h×nh thang c©n => IB // OO’ (3) => IB.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  AB => IB là đờng trung trực của AE => IA = IN = IE = IM => (2) => (1) ®pcm. Chó ý: còng cã thÓ chøng minh (3) b»ng c¸ch chøng minh OO’ lµ ® êng trung b×nh cña tam gi¸c AIB .. 0 M^ A N +M ^ E N =180. C¸ch 2: (1). <=. <=. ¿ N^ A E= A ^ M B(4) ^ B (5) N^ E B=E M ¿{ ¿. (4) <= cïng b»ng 1/2 sè ®o cung AB của đờng tròng (O). (5) <= Tam gi¸c EBN vµ tam gi¸c MBE đồng dạng. <=. ¿ BE BN AB BN = ⇐ = (6) BM BE BM AB ^ E=E B ^ M (7) NB ¿{ ¿. (6) <= Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc) (7) <= A B^ N =M ^B A <= Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc). C¸ch 3: A. O. K H. I. B. N. O’. M. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN. ’ E E.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giả sử đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt AB kéo dài tại E’, ta chứng minh E  E’ bằng cách chứng minh AB= BE’ (vì E đối xứng với A qua B) Gäi K vµ H lÇn lît lµ giao ®iÓm cña OO’ víi AI vµ AB Ta có KA=KI (do AOIO’ là hình bình hành) và AH=HB (do OO’ là đờng nối hai tâm). Do đó HK//BI  BI//OO’ mà ABOO’ suy ra IBAB , bëi vËy AB=BE’ (do tam gi¸c AIE’ c©n t¹i I), nghÜa lµ E’E VÝ dô 2: Trªn ( O; R ) lÊy 2 ®iÓm A, B sao cho AB < 2R . Gäi giao ®iÓm cña c¸c tiÕp tuyÕn cña (O) t¹i A, B lµ P . Qua A, B kÎ d©y AC, BD song song víi nhau, gäi giao ®iÓm cña c¸c d©y AD, BC lµ Q. Chøng minh tø gi¸c AQBP néi tiÕp đợc . Ph©n tÝch: §Ó chøng minh tø gi¸c AQBP néi tiÕp (1) Ta cã thÓ chøng minh: APB + AQB = 1800 (2) A ThËt vËy, theo gi¶ thiÕt cã OAP + OPB = 90o + 90o  Tø gi¸c AOBP néi tiÕp P  APB + AOB = 1800 C O Vậy để chứng minh ( 2 ) ta chứng minh : Q AQB = AOB (3), chøng minh (3) cã nhiÒu c¸ch . B Ch¼ng h¹n AC // BD (gt) nªn AB = CD => AQB = AOB ( cïng b»ng sè ®o D cung AB của (O) ) => (3) đợc chứng minh => (2) => (1) đpcm. Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông ở A. Kẻ đờng cao AH . Gọi I, K tơng ứng là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABH và ACH . Đờng thẳng IK cắt AC tại N. Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đợc . Ph©n tÝch: Tõ gi¶ thiÕt dÔ thÊy HIK = A = 90o (1) gi¶ sö tø gÝac HCNK néi tiÕp th× K1 = NCH (2) thế thì HIK và ABC đồng dạng (3) Chøng minh (3): HAB vµ HCA đồng dạng => HA = AB HC. AC. A. (4). Chứng minh HAS và HCR đồng dạng R Tõ (4) vµ (5) => HI = HK AB. AC. (6) M. I. HA HI = HC K HK 1. B gi¸cSHCNK Tõ (1) vµ (6) => (3) => (2) => Tø H néi tiÕp 0 C¸ch 2: Chøng minh C ^ H K= A ^ N K=45 / Trªn c¹nh AB kÊy ®iÓm M , trªn c¹nh AC lÊy N/ sao cho AM/=AN/=AH Gäi I/, K/ lµ giao ®iÓm cña M/N/. A. (5) N. C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> R M/. I/. K/. N/. 1. víi ph©n gi¸c c¸c gãc BAH,BCAH C S H Δ AI❑ M ❑= Δ AI❑ H (c.g.c) / ❑ ❑ ❑ 0 => A ^ H I =A ^ M I =45 => I I / Chøng minh t¬ng tù K K 0 Suy ra M M/ , N N/ => A ^ H K =A ^ N K =45 => tø gi¸c HCNK néi tiÕp.. Ví dụ 4: Cho góc xOy . Một điểm A ở trong góc đó, gọi B, C là hình chiếu vu«ng gãc cña A trªn Ox, Oy; gäi C’ , B’ lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña C, B xuèng Ox, Oy; gäi B’’ , C’’ lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B’, C’ xuèng Ox, Oy. Gäi E lµ giao ®iÓm cña BB’, CC’. Gäi Q, P lÇn lît lµ giao cña OE víi B’C’ vµ B’’C’’. Chøng minh tø gi¸c MNPQ néi tiÕp. Ph©n tÝch: C/m tø gi¸c MNPQ néi tiÕp (1). Ta cã thÓ sö dông c¸ch 3 : C/m : P + M = 90o + 90o (2) ThËt vËy, v× tø gi¸c OBAC néi tiÕp ( nhËn biÕt nhanh c¸ch 3 )  OCB = OAB (3) (đảo cách 4) V× BCB’C’ néi tiÕp ( nhËn biÕt nhanh c¸ch 5 ) OC’B’ = OCB (4) B C/ Tõ (3)vµ (4) => Tø gi¸c MC’BA néi tiÕp B// ( nhËn biÕt nhanh c¸ch 2.b ) Q E nhng do OBA = 90o P O QMN = 90o (5) M  ( T/chÊt tø gi¸c néi tiÕp vµ t/chÊt hai gãc kÒ bï ) N A T¬ng tù QPN = 90o (6) C// Tõ (5) vµ (6) => (2) => (1) ®pcm B/ C. VÝ dô 5: Cho tam gÝac ABC c©n ( AB = AC ) . Trªn AB vµ AC lÊy M vµ N sao cho AM + AN = AB . Dùng h×nh thang c©n ANMI ( AI // MN ). Chøng minh tø gi¸c AIBC néi tiÕp. A. Ph©n tÝch: §Ó chøng minh tø gi¸c AIBC néi tiÕp (1) Tõ gi¶ thiÕt => IM = MB = AN (2) vµ IN = AM = NC (3) I Tõ (2) vµ (3) => IMA = 2B1 (4) vµ ANI = 2C1 (5) (gãc ngoµi cña tam gi¸c ) MÆt kh¸c IMA = ANI (6) v× ANMI lµ h×nh thang c©n ) VËy tõ (4), (5) vµ (6) ta cã thÓ suy ra ®iÒu g× ? (suy ra B1 = C1(7)). Vµ tõ (7) => (1) ®pcm (c¸ch 4) Vậy để giải toán ở ví dụ 5 ta đã dùng cách 4. N. M 1 B. 1 C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ví dụ 6: Cho tam giác ABC, gọi I tâm đờng tròn nội tiếp tam giác, G, K là các tiết điểm của đờng tròn (I) trên AB, AC. Gọi M, N là giao điểm của IB, IC với GK. Chøng minh BNMC lµ tø gi¸c néi tiÕp. Ph©n tÝch: C/m BNMC néi tiÕp (1). Sö dông c¸ch 5: (1)  BNC = BMC = 90o (2) Ta thÊy BGI = 90o nªn ph¶i chøng minh : Tø gi¸c BNGI vµ tø gi¸c IKMC néi tiÕp (3)  MIC = MKC (4) víi chó ý I lµ giao 3 ph©n gi¸c trong tam gi¸c ABC. A. I B. 0 Ta cã MIC = B1 + C1 = ∠ B +∠C =180 −∠ A. 2. K M. N G. 1. 1. C. (5). 2. 0 MÆt kh¸c: MKC = AKG = AGK = 180 −∠ A. 2. (6). Tõ (5) vµ (6) suy ra (4) => (3) => BMC = BNC = BGI = IKC = 90o => (2) =>(1) ®pcm Ví dụ 7: Cho tam giác ABC kẻ đờng cao AH . Gọi I, K Là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. Chứng minh tứ giác BIKC nội tiếp đợc . Ph©n tÝch: C/m Tø gi¸c BIKC néi tiÕp (1) ta cã thÓ dïng mét trong hai c¸ch sau ®©y : C¸ch 1: Theo gi¶ thiÕt dÔ thÊy tø gi¸c AIHK néi tiÕp Nªn I1 = H1 nhng H1 = C1 (cïng phô víi H2) do đó I1 = C1 ta có cách chứng minh thứ nhất C/m (1) theo c¸ch 2.b. A. K I 1 1. B. H. 1. Cách 2: Chứng minh (1) ta có thể sử dụng cách 6 đợc không? C (1)  AI . AB = AK . AC (2) §Ó chøng minh (2) ta cã thÓ sö dông hÖ thøc lîng gi¸c trong tam gÝac vu«ng AHC vµ AHB : AI . AB = AH2 vµ AK . AC = AH2 suy ra (2) đợc c/m => (1) đợc c/m phân tích để tìm ra cách chứng minh tứ giác nội tiếp theo trực giác hình vẽ của bài toán (định lý) hoặc định hớng phơng pháp theo giả sử các bớc sau : Híng thø nhÊt: ( ph©n tÝch ®i lªn ).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bớc 1: Giả sử để chứng minh tứ giác nội tiếp một đờng tròn ta chọn phơng pháp A nào đó ( phơng pháp A là cách 1, cách 2 …, cách 6 ) thế thì ta phải chứng minh ®iÒu g× ? ( ®iÒu g× ë ®©y lµ mét trong c¸c hÖ thøc ë 6 c¸ch ). Bớc 2: Sau đó dựa vào giả thiết, kiến thức đã học để chứng minh. Bíc 3: Tr×nh bµy l¹i lêi gi¶i bµi to¸n theo híng ph©n tÝch trªn. Híng thø hai: (Tæng hîp ) Bíc 1: Ph©n tÝch gi¶ thiÕt, nhËn biÕt nhanh c¸c tø gi¸c néi tiÕp ( b»ng mét trong 6 c¸ch ). Bớc 2: Dùng tính chất của tứ giác nội tiếp, các kiến thức toán học để có một trong s¸u hÖ thøc cña 6 c¸ch chøng minh tø gi¸c néi tiÕp. Bớc 3: Tổng hợp, phân tích, kiểm tra lại để tránh sai lầm và cuối cùng trình bµy lêi gi¶i. Cái sáng tạo ở đây là sự hệ thống, liên kết chặt chẽ giữa các phơng pháp để có thể nhận biết một cách nhanh nhất tứ giác nội tiếp một đờng tròn. Tự tin hơn trong häc to¸n . ứng dụng 1: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức hình học; Chứng minh các góc bằng nhau , các đẳng thức tích các đoạn thẳng , bất đẳng thức về diện tích các h×nh, … Ví dụ : Từ kết quả của 3 ví dụ ta có thể dùng tứ giác HCNK nội tiếp để giải bµi to¸n tiÕp theo : Gi÷ nguyªn gi¶ thiÕt vµ bæ xung thªm M lµ giao ®iÓm cña IK víi AB. 1. KÕt luËn chøng minh SAMN ≤ 2 SABC (víi SAMN, SABC thø tù lµ ký hiÖu diÖn tÝch tam gi¸c AMN vµ tam gi¸c ABC ). Ta cã thÓ ph©n tÝch gi¶i tiÕp nh sau (h×nh vÏ ë vÝ dô 3) Tø gi¸c HCNK néi tiÕp => ANM = KHC = 45o => AMN lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i A => AM = AN (1) Lại chứng minh đợc AKN = AKH (g.c.g) => AN = AH (2) Tõ (1) vµ (2) => AM = AN =AH Do đó SAMN = 1 AM . AN = 1 AH2 còn SABC = 1 AB . AC 2. 2. 2. XÐt ABC vu«ng t¹i A cã : 1 1 1 AB2 + AC2 2. AB . AC 2 1 = + = ≥ = = 2 2 2 2 2 2 2 AB . AC S ABC AH AB AC AB . AC AB . AC 1 1 ≥ Hay:  SAMN  1 SABC ( ®pcm) 2 . S AMN S ABC 2. ứng dụng 2: Dùng tứ giác nội tiếp để chứng minh cặp đờng thẳng song song, cặp đờng thẳng vuông góc: VÝ dô: (lÊy vÝ dô 2) Gi÷ nguyªn gi¶ thiÕt, kÕt luËn chøng minh PQ//AC.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ThËt vËy ( h×nh vÏ ë vÝ dô 2) Tø gi¸c AQBP néi tiÕp => ACB = PAB ( cùng chắn cung AB ) mà PAB = PQB (cùng chắn cung BP của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AQBP ) => ACB = PQB => PQ //AC (đồng vị ) ứng dụng 3: Dùng các cách chứng minh tứ giác nội tiếp để chứng minh nhiều A1, A2, A3, … An cùng thuộc một đờng tròn : Bíc 1: Chän ra bèn ®iÓm, vÝ dô A1, A2, A3, A4 t¹o thµnh mét tø gÝac néi tiÕp (sö dông mét trong 6 c¸ch chøng minh tø gi¸c néi tiÕp ). Bíc 2: L¹i chän ra bèn ®iÓm kh¸c nhau : A 1, A2, A3, A5 ch¼ng h¹n t¹o thµnh mét tø gi¸c néi tiÕp. Cứ tiếp tục chứng minh nh trên, cuối cùng nhận xét các đờng tròn ngoại tiếp các tứ giác trên đều chung nhau 3 điểm A 1, A2, A3. Do đó các đờng tròn đó phải trùng nhau => A1, A2, A3,…,An cùng thuộc một đờng tròn. VÝ dô: Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®iÓm E thuéc BC, kÎ hai trung trùc cña AB vµ AC gÆp nhau ë I. Trung trùc cña AE c¾t hai trung trùc kia ë F, K. Chứng minh 5 điểm A, E, F, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. Ph©n tÝch : K Chøng minh 5 ®iÓm A, E, F, I, K 1 2 cùng nằm trên một đờng tròn (1) A  Chøng minh 2 tø gi¸c néi tiÕp AKIE C vµ AKIF (cã 3 ®iÓm chung lµ A, K , I) (2) F. 1 2. I. ThËt vËy, tõ gi¶ thiÕt => I BC vµ IB =IC (A = 90o) E V× IK lµ trung trùc cña AC, KF lµ trung trùcBcña AEH  KA = KC = KE => KAI = KEI (=KCE)  Tø gi¸c AKIE néi tiÕp (3) (theo c¸ch 4) ta l¹i cã K1 = K2 = I1= I2 (Các góc nội tiếp cùng chắn một cung và tính chất đờng trung trực ) hay K1 = I1 => tø gi¸c AKIF néi tiÕp (theo c¸ch 4) (4) Tõ (3)vµ (4) => (2) => (1) ®pcm Chú ý : ở ví dụ này kẻ đờng cao AH của tam giác ABC. Hình vẽ trên là ứng víi ®iÓm E thuéc ®o¹n HC cßn 2 trêng hîp n÷a lµ E thuéc ®o¹n HB vµ E n»m ngoµi ®o¹n BC chøng minh t¬ng tù..

<span class='text_page_counter'>(9)</span>

<span class='text_page_counter'>(10)</span>