Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
4, Định lý thuận, đảo về Tứ giác nôị tíêp một đờng tròn Trang 87, 88 SGK Toán
9 tập 2.
5, Tính chất của tam giác đồng dạng .
6, Dựa vào định nghĩa đờng tròn.
II. Đối tợng phục vụ cho quá trình nghiên cứu, xây dựng đề tài
này là:
1, Về con ngời :
- Là những GV giỏi, giáo viên lâu năm trong nghề có kinh nghiệm để học hỏi
trao đổi vấn đề nảy sinh trong quá trình nghiên cứu.
- Giáo viên mới ra nghề dạy toán để đề xuất câu hỏi : Tại sao lại có cách
chứng minh tứ giác nội tiếp nh thế ? Trong một bài toán cụ thể
- Là học sinh từ trung bình trở lên (học sinh đại trà) lớp 9 THCS.
2, Về kiến thức:
Vì thời gian có hạn và năng lực có hạn chế nên đối tợng kiến thức tôi chọn ở
đây chỉ là định lý và các bài toán hình học nói về tứ giác nội tiếp , quỹ tích cung
chứa góc . Nghiên cứu chủ yếu cách tìm phơng pháp chứng minh các điểm cùng
thuộc một đờng tròn để phục vụ cho kết luận của bài toán có sử dụng tính chất của
tứ giác nội tiếp .
III. Nội dung phơng pháp nghiên cứu .
* Về ph ơng pháp nghiên cứu .
- Bằng quan sát thực tế giảng dạy các giờ toán chứng minh tứ giác nội tiếp, bài
toán tổng hợp có sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp để chứng minh và tính toán
của GV THCS.
- Bằng kinh nghiệm đứng lớp và bồi dỡng ôn thi học sinh đại trà lớp 9 , những
năm trớc đây thấy học sinh rất ít em phát hiện đợc tứ giác nội tiếp một cách nhanh
nhất, nhất là những bài toán không dễ chứng minh ngay đợc tổng hai góc đối diện
của tứ giác bằng 180
o
. Hay HS cứ phải đa về tổng hai góc đối diện bằng 180
0
nên
dài, nhiều khi dẫn đến sai.
- Bằng đọc tài liệu để nắm các cơ sở lý luận khoa học về phơng pháp chứng
minh và tính chất của tứ giác nội tiếp . Đặc biệt là tìm cách nhận biết nhanh tứ giác
nội tiếp trớc khi phải chứng minh tổng hai góc đối diện bằng 180
o
trong các bài
toán có chứng minh tứ giác nội tiếp hoặc có sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp .
- Bằng việc tham khảo và học hỏi ý kiến của đồng nghiệp nhất là những thầy
cô dạy toán giỏi trong Huyện.
5
x
A
B
C
D
A
B
C
D
A
B
C
D
A
B
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
- Bằng thử nghiệm đề tài của mình trong bài dạy giải toán ở trên lớp, các buổi
ôn toán thi vào lớp 10 THPT, bồi dỡng học sinh giỏi .
- Và cuối cùng là bằng việc đi từ vấn đề đơn giản, riêng lẻ của bài dạy đến các
định lý và bài toán khó hơn, phức tạp hơn tổng hợp lại một hệ thống các phơng
pháp chứng minh tứ giác nội tiếp .
Từ các phơng pháp trên đây đối chiếu với lý luận và thực tế tôi rút ra đợc kinh
nghiệm nhỏ trong quá trình hớng dẫn học sinh giải toán bởi nội dung cụ thể nh sau:
* Nội dung nghiên cứu:
- Khi dạy xong bài Tứ giác nội tiếp một đờng tròn Trang 87,88 SGK Toán 9
tập 2. Học sinh tự rút ra đợc một cách chứng minh tứ giác nội tiếp là:
Nếu tứ giác ABCD có :
A+C=2V hoặc B+D=2V
Suy ra ABCD là tứ giác nội tiếp một đờng tròn
Khai thác:
1, Sử dụng tính chất của hai gó kề bù
gọi tia đối của tia AB là tia Ax chẳng hạn
giả sử xAD = BCD
thế thì vì xAD + DAB = 2V (kề bù)
BCD + BAD = 2V => tứ giác ABCD nội tiếp
Đặc biệt hoá bài toán tứ giác ABCD có BAD = BCD = 90
o
Thế thì BAD + BCD = 90
o
+90
o
=180
o
=>Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính BD.
Đây là cách đơn giản nhất.
Không phải lúc nào cũng có nh vậy chẳng hạn nh:
2, Xét tứ giác ABCD có DAC = DBC
Với A, B nằm ở cùng một nửa mặt phẳng
bờ chứa DC ta sẽ chứng minh tứ giác ABCD
nội tiếp .
Thật vậy, giả sử DAC = DBC = (0
o
< < 180
o
) vì do DC cố định nên A, B
nằm trên cung chứa góc dựng trên đoạn DC (theo bài toán quỹ tích cung chứa
góc ) Suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đờng tròn hay tứ giác ABCD nội
tiếp .
Vậy là ta có cách thứ t để chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp.
Đặc biệt hoá góc để có cách nhận biết nhanh
6
C
d
A
B
C
D
M
B
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
tứ giác nội tiếp .
Khi cho = 90
o
ta có DAC = DBC = 90
o
Và A, B cùng một nửa mặt phẳng bờ DC thế thì
tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính DC.
3, Lại xét tứ giác ABCD nội tiếp một đờng tròn :
Giả sử AB cắt DC tại M
ta suy ra đợc ABD = ACD
vậy là tam giác MAC và MDB đồng dạng
Đảo lại: Nếu tam giác MAC và
tam giác MDB đồng dạng với A thuộc
đoạn BM và D thuộc đoạn MC
thì tứ gíac ABCD nội tiếp.
Thật vậy, vì tam giác MAC đồng dạng với
tam giác MDB suy ra ABD = DCA => tứ giác ABCD nội tiếp ( B, C ở cùng một
nửa mặt phẳng bờ AD và nhìn AD dới hai góc bằng nhau )
+ Từ đó nếu có tam giác MAC đồng dạng với tam giác MDB, A BM,
D MC => Tứ giác ABCD cũng nội tiếp.
+ Theo tính chất của tam giác đồng dạng ta lại có từ tam giác MAD đồng
dạng với tam giác MCB suy ra:
MB
MD
MC
MA
=
MA . MB = MC . MD
Vậy là ta lại có cách chứng minh tứ giác nội tiếp bằng tỷ lệ thức:
MA . MB = MC . MD, A BM, D MC => Tứ giác ABCD nội tiếp .
4, Nh vậy với cách nghiên cứu nh trên cùng với định nghĩa đờng tròn ta có
một số cách chứng minh (dấu hiệu nhận biết) nhanh tứ giác nội tiếp nh sau:
Tứ giác ABCD nội tiếp một đờng tròn nếu nó thoả mãn một trong những hệ
thức sau:
bảng hệ thống phơng pháp chứng minh
tứ giác nội tiếp một đờng tròn
Thứ tự
cách
chứng minh
Hệ thức
Hình vẽ minh hoạ
7
A
C
D
A
B
C
D
x
A
B
C
D
A
B
C
D
D
A
B
C
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
Cách 1 OA = OB = OC = OD
Cách 2
2.a)
=+
=+
0
12
0
180C
180
A
DB
2.b) A
1
= C
1
Cách 3
A
1
+ C
1
= 90
0
+ 90
0
Cách 4
=
=
=
=
11
22
22
11
CD
CB
DA
BA
Cách 5
A
1
= B
1
= 90
0
Cách 6 MA . MB = MC . MD
(Hình bên phải tứ giác
ACBD nội tiếp)
8
A
B
C
D
M
A
B
C
D
M
O
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
1
1
1
1
2
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
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 trên.
Với cách hệ thống hoá nh trên học sinh đợc ghi nhớ một cách lôgic và từ đó
nhận biết nhanh đợc tứ giác nội tiếp một đờng tròn và cũng từ đó sử dụng nhanh
các tính chất của tứ giác nội tiếp trong giải toán hình học .
Ngoài ra, với giáo viên ta cần nhớ thêm một số cách chứng minh từ bài toán về
đờng thẳng Simson và định lý P.tôlêmê:
Bài toán 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O); M là điểm bất kỳ. Gọi E, F,
K lần lợt là hình chiếu của M xuống AB, BC, CA. Chứng minh rằng điều kiện cần
và đủ để M (O) là E, F, K thẳng hàng (cùng nằm trên đờng thẳng Simson)
Nếu M trùng một trong ba đỉnh A, B, C của tam giác ABC thì bài toán hiển nhiên
đúng.
Ta xét trờng hợp M thuộc nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B, các trờng hợp còn
lại chứng minh tơng tự.
i) Điều kiện cần: M(O) thì E, K,F thẳng hàng (1):
(1) <=>
21
KK
=
(2). Thật vậy, các tứ giác MEAK, MKFC, AMCB, EMFB nội tiếp
=>
22
KM
=
(3),
11
KM
=
(4)
12
MM
=
(5) (cùng cộng góc AMF và ABC cho 180
0
).
Từ (3), (4), (5) => (2), (1)
ii) Điều kiện đủ: Có (1) => M(O) (6) <=> tứ giác MABC nội tiếp (7)
Thật vậy: từ giả thiết và từ các tứ giác MEAK, MKFC và MEBF nội
tiếp =>
11
KM
=
,
22
KM
=
,
21
KK
=
(đối đỉnh) =>
0
21
180
=++=++=+
CBAMFMACBAMFMACBACMA
=> (7) => (6).
Bài toán 2. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp một đ-
ờng tròn là AB.CD + BC.AD=AC.BD.
9
1
2
1
2
A
E
B
C
M
K
O
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
Bài toán 3. Cho tứ giác ABCD có các cạnh đối diện AD cắt BC tại E và AB cắt CD
tại F. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp là
EA.ED+FA.FB=EF
2
.
* Một số ví dụ minh hoạ:
Trong phần ví dụ này, mỗi ví dụ đợc trình bày theo hớng phân tích để tìm ra
phơng pháp chứng minh tứ giác nội tiếp . Phần trình bày lời giải trên cơ sở phân
tích nên cho phép tôi không trình bày ở đây .
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.
Phân tích:
C/m tứ giác ANEM nội tiếp một đ-
ờng tròn (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
trực của đoạn AE, và nh thế
tâm của đờng tròn này cũng nằm
trên trung trực của các đoạn thẳng
nào? (Đoạn AN và AM )
Vậy để chứng minh (1) ta có thể dùng cách 1 để sử dụng tính chất của đờng
trung trực của một đoạn thẳng suy ra .
Gọi I là giao hai trung trực của AN và AM thì: (1) IA = IN = IE = IM (2). Thật
vậy: OI // AO (cùng AN ) và AO // OI (cùng AM ) => AOIO là hình bình
hành => OIO = OAO = OBO => OIBO là tứ giác nội tiếp (theo cách 4)
nhng OI = AO = OB => OIBO là hình thang cân => IB // OO (3) => IB AB
=> IB là đờng trung trực của AE => IA = IN = IE = IM => (2) => (1) đpcm.
Chú ý: cũng có thể chứng minh (3) bằng cách chứng minh OO là đ ờng
trung bình của tam giác AIB .
Cách 2: (1) <=
0
180
=+
NEMNAM
<=
10
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
=
=
)5(
)4(
BMEBEN
BMAEAN
(4) <= cùng bằng 1/2 số đo cung AB
của đờng tròng (O).
(5) <= Tam giác EBN và tam giác
MBE đồng dạng
<=
=
==
)7(
)6(
MBEEBN
AB
BN
BM
AB
BE
BN
BM
BE
(6) <= Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc)
(7) <=
ABMNBA
=
<= Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc)
Cách 3:
Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN.
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)
Gọi K và H lần lợt là giao điểm của OO với AI và 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 ABOO suy ra IBAB , bởi vậy AB=BE
(do tam giác AIE cân tại I), nghĩa là EE
Ví dụ 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 P . Qua A, B kẻ dây AC, BD song song với nhau,
gọi giao điểm của các dây AD, BC là Q. Chứng minh tứ giác AQBP nội tiếp đợc .
11
A
B
O
O
M
N
H
E
I
K
E
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
Phân tích: Để chứng minh tứ giác AQBP nội tiếp (1)
Ta có thể chứng minh: APB + AQB = 180
0
(2)
Thật vậy, theo giả thiết có OAP + OPB = 90
o
+ 90
o
Tứ giác AOBP nội tiếp
APB + AOB = 180
0
Vậy để chứng minh ( 2 ) ta chứng minh :
AQB = AOB (3), chứng minh (3) có nhiều cách .
Chẳng hạn AC // BD (gt) nên AB = CD => AQB = AOB ( cùng bằng số đo 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 .
Phân tích: Từ giả thiết dễ thấy
HIK = A = 90
o
(1)
giả sử tứ gíac HCNK nội tiếp thì
K
1
= NCH (2)
thế thì HIK và ABC đồng dạng (3)
Chứng minh (3): HAB và HCA
đồng dạng =>
AC
AB
HC
HA
=
(4)
Chứng minh HAS và HCR đồng dạng
HK
HI
HC
HA
=
(5)
Từ (4) và (5) =>
AC
HK
AB
HI
=
(6)
Từ (1) và (6) => (3) => (2) => Tứ giác HCNK nội tiếp
Cách 2: Chứng minh
0
45
==
KNAKHC
Trên cạnh AB kấy điểm M
/
,
trên cạnh AC lấy N
/
sao cho AM
/
=AN
/
=AH
Gọi I
/
, K
/
là giao điểm của M
/
N
/
với phân giác các góc BAH, CAH
HAIMAI
///
=
(c.g.c)
=>
0///
45
==
IMAIHA
=> I
I
/
Chứng minh tơng tự K
K
/
Suy ra M
M
/
, N
N
/
=>
0
45
==
KNAKHA
=> tứ giác HCNK nội tiếp.
12
D
A
B
C
O
Q
P
A
B
C
H
M
N
K
I
R
S
1
A
B
C
H
M
/
N
/
K
/
I
/
R
S
1
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
Ví dụ 4: Cho góc xOy . Một điểm A ở trong góc đó, gọi B, C là hình chiếu
vuông góc của A trên Ox, Oy; gọi C , B là hình chiếu vuông góc của C, B xuống
Ox, Oy; gọi B , C là hình chiếu vuông góc của B, C xuống Ox, Oy. Gọi E là
giao điểm của BB, CC. Gọi Q, P lần lợt là giao của OE với BC và BC. Chứng
minh tứ giác MNPQ nội tiếp.
Phân tích: C/m tứ giác MNPQ nội tiếp (1). Ta có thể sử dụng cách 3 :
C/m : P + M = 90
o
+ 90
o
(2)
Thật vậy, vì tứ giác OBAC nội tiếp ( nhận biết nhanh cách 3 )
OCB = OAB (3) (đảo cách 4)
Vì BCBC nội tiếp ( nhận biết nhanh cách 5 )
OCB = OCB (4)
Từ (3)và (4) => Tứ giác MCBA nội tiếp
( nhận biết nhanh cách 2.b )
nhng do OBA = 90
o
QMN = 90
o
(5)
( T/chất tứ giác nội tiếp và t/chất hai góc kề bù )
Tơng tự QPN = 90
o
(6)
Từ (5) và (6) => (2) => (1) đpcm
Ví dụ 5: Cho tam gíac ABC cân ( AB = AC ) . Trên AB và AC lấy M và N sao cho
AM + AN = AB . Dựng hình thang cân ANMI ( AI // MN ). Chứng minh tứ giác
AIBC nội tiếp.
Phân tích:
Để chứng minh tứ giác AIBC nội tiếp (1)
Từ giả thiết => IM = MB = AN (2)
và IN = AM = NC (3)
Từ (2) và (3) => IMA = 2B
1
(4)
và ANI = 2C
1
(5) (góc ngoài của tam giác )
13
O
B
//
B
B
/
C
/
C
//
C
A
E
Q
M
P
N
A
B
C
I
M
N
1
1
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hữu Tài
Mặt khác IMA = ANI (6)
vì ANMI là hình thang cân )
Vậy từ (4), (5) và (6) ta có thể suy ra điều gì ?
(suy ra B
1
= C
1
(7)). Và từ (7) => (1) đpcm (cách 4)
Vậy để giải toán ở ví dụ 5 ta đã dùng cách 4
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.
Chứng minh BNMC là tứ giác nội tiếp.
Phân tích:
C/m BNMC nội tiếp (1). Sử dụng cách 5:
(1) BNC = BMC = 90
o
(2)
Ta thấy BGI = 90
o
nên phải chứng minh :
Tứ giác BNGI và tứ giác IKMC nội tiếp (3)
MIC = MKC (4) với chú ý
I là giao 3 phân giác trong tam giác ABC
Ta có MIC = B
1
+ C
1
=
2
180
2
0
ACB
=
+
(5)
Mặt khác: MKC = AKG = AGK =
2
180
0
A
(6)
Từ (5) và (6) suy ra (4) => (3) => BMC = BNC = BGI = IKC = 90
o
=> (2)
=>(1) đpcm
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 .
Phân tích:
C/m Tứ giác BIKC nội tiếp (1) ta có thể dùng một trong hai cách sau đây :
Cách 1: Theo giả thiết dễ thấy tứ giác AIHK nội tiếp
Nên I
1
= H
1
nhng H
1
= C
1
(cùng phụ với H
2
)
do đó I
1
= C
1
ta có cách chứng minh thứ nhất
C/m (1) theo cách 2.b.
14
A
B
M
K
G
N
C
I
1
1
A
B
C
H
I
K
1
1
1
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét