Báo cáo SKKN " PP c/m tứ giác nội tiếp"

1.Lý do chọn đề tài:Khi giải toán hình học ở lớp 9 đại đa số có chứng minh tứ giác nội tiếp hoặc sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp để chứng minh các góc bằng nhau, bù nhau, tính số đo

Nội dung của chuyên đề

phần 1: Phần mở đầu

1.Lý do chọn đề tài

a) Cơ sở lý luận b) Cơ sở thực tiễn

2 Phạm vi, đối t ợng, mục đích của đề tài

Phần 2: nội dung của đề tài

A Nội dung của đề tài

I Cơ sở lí luận khoa học của đề tài

II Đối t ợng phục vụ cho quá trình nghiên cứu xây dựng đề tài III Nội dung ph ơng pháp nghiên cứu

* Ph ơng pháp nghiên cứu

* Nội dung nghiên cứu

* Một vài ví dụ minh hoạ

IV Kết quả của quá trình nghiên cứu

V Giải pháp mới và sáng tạo của đề tài

B ứng dụng vào thực tế công tác giảng dạy

phần 3: Kết luận

Phần 4: Những tài liệu tham khảo

1.Lý do chọn đề tài:

Khi giải toán hình học ở lớp 9 đại đa số có chứng minh tứ giác nội tiếp hoặc sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp để chứng minh các góc bằng nhau, bù nhau, tính số đo góc, chứng minh

đẳng thức, chứng minh các điểm cùng thuộc một đ ờng tròn, …

Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có kiến thức chắc chắn về quỹ tích cung chứa góc, quan hệ giữa góc và đ ờng tròn,

định lý đảo về tứ giác nội tiếp, … Đặc biệt phải biết hệ thống các kiến thức đó sau khi học xong ch ơng III hình học 9 Đây là việc làm hết sức quan trọng của giáo viên đối với học sinh

a.Cơ sở lý luận:

Trên thực tế ngoài cách chứng minh tứ giác nội tiếp rất cơ bản thể hiện ở định lý đảo “ Tứ giác nội tiếp ” Trang 88 SGK toán 9 tập 2 thì SGK

đã đặc biệt hoá, chia nhỏ để hình thành bốn dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp Tuy nhiên ch a đặt các dấu hiệu thành một hệ thống ph ơng pháp chứng minh tứ giác nội tiếp một đ ờng tròn cho học sinh; nhiều học sinh không hiểu cơ sở của dấu hiệu Dẫn đến học sinh rất lúng túng khi tìm cách chứng minh

tứ giác nội tiếp một đ ờng tròn

Với học sinh lớp 9 đây là dạng toán mới lạ nh ng lại hết sức quan trọng giúp học sinh nhìn nhận lại đ ợc các bài toán đã giải ở lớp 7, 8 để có cách giải hay cách lý giải căn cứ khác

Với những lý do trên đây trong đề tài này tôi đ a ra một số cách để chứng minh một tứ giác nội tiếp sau khi học sinh học xong bài “Tứ giác nội tiếp một đ ờng tròn” Với tên gọi:

1 Lý do chọn đề tài:

b.Cơ sở thực tiễn:

Tổng kết một số ph ơng pháp chứng minh tứ giác nội tiếp một đ ờng tròn

Phần 2: nội dung của đề tài

A Nội dung của đề tài

I.Cơ sở lí luận khoa học của đề tài

II Đối t ợng phục vụ cho quá trình nghiên cứu xây dựng đề tài

III Nội dung ph ơng pháp nghiên cứu

* Ph ơng pháp nghiên cứu

* Nội dung nghiên cứu

Nếu tứ giác ABCD có :

Gọi tia đối của tia AB là tia Ax chẳng hạn

Suy ra ABCD là tứ giác nội tiếp một đ ờng

tròn

B

C d

- Xét tứ giác ABCD có DAC = DBC

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 đ ờng tròn hay tứ giác ABCD nội tiếp

Thật vậy, giả sử DAC = DBC =  ( <  < )

A

B

C D

Đảo lại: Nếu tam giác MAC và tam giác MDB đồng dạng với A thuộc

đoạn BM và D thuộc đoạn MC thì tứ giác ABCD 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:

 MA MB = MC MD

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 d ới 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.

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.

Giả sử AB cắt DC tại M

A B

MA



ta suy ra đ ợc ABD = ACD

vậy là tam giác MAC và MDB đồng dạng

A1 + C1 = +C¸ch 3

OA = OB = OC = OD C¸ch 1

H×nh vÏ minh ho¹

HÖ thøc C¸ch chøng minh

A

C

D B

D

x 1

2 2

2 2

1 1

C D

C B

D A

B A

D

M

A B

C

D

M O

2

Kết hợp với tính chất của tứ giác nội tiếp ta có : điều kiện cần và đủ

để tứ giác ABCD nội tiếp trong đ ờng tròn tâm O là thoả mãn một trong các hệ thức trên

Với cách hệ thống hoá nh trên học sinh đ ợc ghi nhớ một cách lôgic

và từ đó nhận biết nhanh đ ợc tứ giác nội tiếp một đ ờng 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 tứ giác nội tiếp từ bài toán về đ ờng thẳng Simson, định lý P.tôlêmê và bài toán khác:

Bài toán 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đ ờng tròn (O); M là điểm bất kỳ Gọi E,

F, K lần l ợt 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 đ ờng thẳng Simson)

+Nếu M trùng một trong ba đỉnh A, B, C của tam giác ABC thì bài toán hiển nhiên đúng

B

E

F

E

c¸c tø gi¸c MEAK, MKFC, AMCB,

EMFB néi tiÕp

=> (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 (Định lý P.Tụlờmờ).

A

B

C D

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= EF2

A

B F

D

C

E

*Một số ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1 (tr 9-TL): Cho hai đ ờng tròn (O) và (O’) gặp nhau ở A và B,

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

đ ờng tròn ngoại tiếp tứ giác ANEM

nằm trên đ ờng trung trực của đoạn

AE, và nh thế tâm của đ ờng tròn

này cũng nằm trên trung trực của

E

tiếp tuyến tại A của đ ờng tròn (O) gặp (O’) ở M ; tiếp tuyến tại A

của đ ờng tròn (O’) gặp (O) tại N

Chứng minh tứ giác AMEN nội tiếp một đ ờng tròn.

Lấy điểm E đối xứng với A qua B

(Đ ờng trung trực của AM và AN)

B

M N

E I

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 // IO’ (cïng  AM )

=> AOIO’ lµ h×nh b×nh hµnh

=>OIO’=OAO’= OBO’ => OIBO’

lµ tø gi¸c néi tiÕp (theo c¸ch 4) nh ng

OI = AO’ = O’B => OIBO’ lµ h×nh thang

c©n => IB//OO’ (3) => IBAB=>IB lµ ®

êng trung trùc cña AE =>

IA=IN=IE=IM=>(2) => (1) ®pcm.

Chó ý: Còng cã thÓ chøng minh IB//OO’ (3) b»ng c¸ch chøng minh OO’ lµ ® êng trung b×nh cña tam gi¸c AIB

A

B

M N

H

E I

K

Giả sử đ ờng 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)

A

B

M N

H

 E ’

I K

Gọi K và H lần l ợt là giao điểm của

Ta có KA=KI (do AOIO’ là hình bình hành)

và AH=HB (do OO’ là đ ờng nối hai tâm) Do

đó HK//BI  BI//OO’ mà ABOO’ suy

ra IBAB , bởi vậy AB=BE’ (do tam giác

AIE’ cân tại I), nghĩa là E’E

Vấn đề 1: Theo đồng chí cách 2 chứng minh tứ giác AMEN nội tiếp thuộc cách nào

trong các cách đã tổng kết trên, hay là một cách chứng minh khác? Vì sao?

A

B

M N

H

 E ’

I K

E

(5)  Tam giác EBN và tam giác MBE đồng dạng

) 6 (

M B E E B N

AB

BN BM

AB BE

BN BM

BE

A B M N

ˆ

) 4 ( ˆ ˆ

B M E B E N

B M A E A N

(4) cùng bằng 1/2 số đo cung AB của đ ờng tròn (O’).

(6)  Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc)

(7)   Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc)





Cho hai ® êng trßn (O) vµ (O’) gÆp nhau ë A vµ B, TiÕp tuyÕn t¹i A cña ® êng trßn (O’) gÆp (O) t¹i N NO c¾t ® êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai P, MO’ c¾t ® êng trßn (O’) t¹i ®iÓm thø hai Q Chøng minh 5 ®iÓm B, O, P,

Q, O’ cïng thuéc mét ® êng trßn.

H íng thø nhÊt (Minh ho¹ cho øng dông 3 tr16 - TL)

ˆ /





M O A O

Q A O

Q

2

1 ˆ

N

M O A N O

Từ (1), (2) và (3) suy ra Điều này chứng tỏ P và Q cùng thuộc cung chứa góc nhìn OO' d ới góc Hay tứ giác OPQO’ nội tiếp đựơc (*)

N

M

Do đó

0 /

Vấn đề 2: Đồng chí có ý kiến gì về lời giải bài toán khai thác theo h ớng

thứ nhất (khi thay đổi một phần giả thiết)?

H íng thø hai:

Cho hai ® êng trßn (O) vµ (O’) gÆp nhau ë A vµ B, AO c¾t ® êng trßn (O) t¹i

®iÓm thø hai C, AO’ c¾t ® êng trßn (O’) t¹i ®iÓm thø hai D.

Chøng minh c¸c ® êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c BCO, BDO’ vµ AOO’ cïng

®i qua mét ®iÓm.

ngo¹i tiÕp c¸c BCO, BDO’.

th¼ng OO’.

60

ˆ 

C

VÝ dô 2: Gäi O, I lÇn l ît lµ t©m ® êng trßn ngo¹i tiÕp, néi tiÕp cña tam gi¸c ABC

(AC=BC, ) D lµ ®iÓm n»m trªn BC sao cho ODBI

Chøng minh tø gi¸c BIOD néi tiÕp mét ® êng trßn

C

B H

O

D

A

K I

Phân tích: Tam gi¸c ABC c©n t¹i C,

O K

Suy ra K OˆH I BˆH (do (®O Iˆ K B IˆH ối đỉnh i đ nh ỉnh ))

 K OˆH D BˆI (do vµ BI lµ ph©n gi¸c gãc HBD)I BˆH D BˆI

 tø gi¸c BIOD néi tiÕp

(tam gi¸c OKI vu«ng t¹i K)

(có )

Sơ đồ cách 1: Chứng minh tứ giác BIOD nội tiếp K OˆH D BˆI I Bˆ O H BˆI

H B I H

O

C

B H

O

D

A

K I





(góc KOI phụ góc OIK, góc HBI phụ HIB)  (đối đỉnh)

Cách 2 : Dùng ph ơng pháp chứng minh 2 góc đối diện bằng

 D O I I B D

C

B H

O

D

A

K I

Khai thác bài toán:

1 Bỏ giả thiết bài toán có đúng không?Cˆ  600

+ thì tam giác ABC đều nên O  I, do đó bốn điểm B, I, O, D cùng thuộc một đ ờng tròn ngoại tiếp tam giác BOD

Bài toán mở rộng: Gọi O, I lần l ợt là tâm đ ờng tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác

ABC (AC=BC), D là điểm nằm trên BC sao cho OD  BI Chứng minh bốn điểm

B, I, O, D cùng thuộc một đ ờng tròn

C

B H

D

A

K I O

2 Xác định quan hệ giữa DI và AC?

Từ tứ giác BIOD nội tiếp suy ra

mà hai và ở vị trí đồng vị nên DI // AC

B C A B

C O C

B O B

C O I

O B I

D

B ˆ  ˆ  ˆ  ˆ 2 ˆ  ˆ

I D

B ˆ A ˆ C B

C

B H

O

D

A

K I

3 Quan hÖ gi÷a CD vµ DI?

Ta cã: (do tø gi¸c BIOD néi tiÕp)   tam gi¸c DIC c©n t¹i D  DC=DI

D B O D

I

C

B H

O

D

A

K I

4 Cho tam gi¸c ABC, gäi I lµ t©m ® êng trßn bµng tiÕp trong gãc A, O lµ t©m ® êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABI Chøng minh r»ng 4 ®iÓm A, B, C, D cïng n»m trªn mét ® êng trßn.

ˆ 2

ˆ 180

0

C B A C

A B

B C A B

C A B

I A B

O

2

ˆ 2 ˆ

) ˆ ˆ

HAB và HCA đồng dạng  (4)

Từ giả thiết dễ thấy HIK = A = (1)

Ví dụ 3 (tr 10-TL): Cho tam giác ABC vuông ở A Kẻ đ ờng cao AH Gọi I,

K t ơng ứng là tâm đ ờng tròn nội tiếp tam giác ABH và ACH Đ ờng thẳng

IK cắt AC tại N Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đ ợc

A

N K

I R

AC

AB HC

HA



HK

HI HC

HA



Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M’, trªn c¹nh AC lÊy N’

sao cho AM’=AN’=AH

Gäi I’, K’ lµ giao ®iÓm cña M’N’ víi ph©n gi¸c

I M

 N

I M

H íng thø nhÊt:

2

2

1

2

1

AH AN

AB AC

AB

AC

AB AC

AB

AC

AB AC

AB AH

1

2

.

2

1 1

1

2 2

2 2

2 2

2 2

H ớng thứ hai: Giả sử cố định BC cho A di chuyển sao cho ta vẫn có tam giác ABC vuông tại A Tìm giá trị lớn nhất

của tỉ số giữa hai đoạn MN và BC.

Tam giác AMN vuông cân tại A nên MN = AM = AH (1)2 2

Gọi O là trung điểm của BC thì AH≤OA= BC (2)

2 1

Từ (1) và (2) suy ra , dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A.

2

2



BC MN

Vậy giá trị lớn nhất của là khi tam giác ABC vuông cân tại A

BC

MN

2 2

A

M

N K

I R

S

1

V Giải pháp mới và sáng tạo:

Trong đề tài này giải pháp mới và sáng tạo là phân tích để tìm ra cách chứng minh tứ giác nội tiếp theo trực giác hình vẽ của bài toán (định lý) hoặc định

h ớng ph ơng pháp theo giả sử các b ớc sau :

H ớng thứ nhất: ( phân tích đi lên )

B ớc 1: Giả sử để chứng minh tứ giác nội tiếp một đ ờng tròn ta chọn ph

ơng pháp A nào đó ( ph ơng pháp A là cách 1, cách 2 …, cách 6 ) thế thì ta phải chứng minh điều gì ? ( điều gì ở đây là một trong các hệ thức ở 6 cách )

B ớc 2: Sau đó dựa vào giả thiết, kiến thức đã học để chứng minh

B ớc 3: Trình bày lại lời giải bài toán theo h ớng phân tích trên

H ớng thứ hai: (Tổng hợp )

B ớc 1: Phân tích giả thiết, nhận biết nhanh các tứ giác nội tiếp ( bằng

một trong 6 cách )

B ớc 2: Dùng tính chất của tứ giác nội tiếp, các kiến thức toán học để có

một trong sáu hệ thức của 6 cách chứng minh tứ giác nội tiếp

B ớc 3: Tổng hợp, phân tích, kiểm tra lại để tránh sai lầm và cuối cùng

trình bày lời giải

Cái sáng tạo ở đây là sự hệ thống, liên kết chặt chẽ giữa các ph ơng pháp

để có thể nhận biết một cách nhanh nhất tứ giác nội tiếp một đ ờng tròn Tự tin hơn trong học toán

Bài học kinh nghiệm:

Qua đề tài này tôi rút ra đ ợc bài học kinh nghiệm cho chính bản thân là có đủ ph ơng pháp chứng minh một tứ giác nội tiếp, khai thác triệt để “ Điều kiện cần và đủ ” để khai thác các bài toán mới khi dạy bồi d ỡng cho HS Cũng từ các cách chứng minh

tứ giác tứ giác nội tiếp có thể mở ra h ớng nghiên cứu tiếp vẽ hình phụ tạo ra tứ giác nội tiếp, để giải cách khác cho một bài toán cụ thể hoặc đề ra bài toán mới trong quá trình giảng dạy Quan trọng hơn cả vẫn là phải tự cập nhật th ờng xuyên các bài toán cần và đủ

về tứ giác nội tiếp, để ph ơng pháp chứng minh tứ giác nội tiếp

ngày càng phong phú hơn.

Vấn đề 1: Theo đồng chí cách 2 chứng minh tứ giác AMEN nội tiếp thuộc cách nào

trong các cách đã tổng kết trên, hay là một cách chứng minh khác? Vì sao?

Vấn đề 2: Đồng chí có ý kiến gì về lời giải bài toán khai thác theo h ớng

thứ nhất (khi thay đổi một phần giả thiết)?

+Lời giải bài toán trên đúng với OAO’>900.

+NÕu OAO’<900.

O’

O

M A

N

P

Q B