Một số ứng dụng của Tứ giác nội tiếp.(SKKN)

- Tìm tòi, hệ thống bài tập từ đơn giản đến phức tạp để củng cố, khắc sâu một kiến thức, một chủ đề toán học nào đó, nhằm giúp học sinh có phơng pháp chứng minh một bài toán hình học tốt

I/ Đặt vấn đề:

Hình học cấp hai là một bộ môn khoa học khó đối với học sinh Đa số các em ngại học, ngại đầu t, cha say mê với bộ môn này Đặc biệt với học sinh lớp 9, phần đ-ờng tròn các em đơng chập chững làm quen Các em luôn gặp khó khăn trớc việc chứng minh một bài toán hình Các em loay hoay không biết bắt đầu từ đâu, chứng minh nh thế nào?

Trớc thực tiễn đó, với trách nhiệm của ngời giáo viên đang trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi đã tìm hiểu nguyên nhân vì sao? Do đâu các em nhận thức lệch lạc về bộ môn này Theo tôi có một số nguyên nhân sau:

 Về phía học sinh:

+ Học sinh cha thật nắm chắc lý thuyết

+ Cha biết vận dụng tri thức toán học vào thực hành

+ Hiểu bài một cách thụ động, không vững chắc

+ Suy luận hình học kém, lập luận đôi khi còn theo cảm tính

+ Cha đúc rút đợc kinh nghiệm sau mỗi bài giải

+ Cha biết cách khai thác bài toán

+ Hình vẽ thiếu chính xác, không rõ ràng

+ Ngôn ngữ, ký hiệu tuỳ tiện

 Về phía giáo viên:

+ Cha chú trọng cho học sinh cách giải bài toán hình học

+ Bằng lòng và kết thúc công việc giải bài tập hình học khi đã tìm ra cách giải nào

đó

+ Cha chú trọng cho học sinh cách tìm tòi lời giải

+ ít quan tâm đến sự phát triển t duy, sáng tạo của học sinh

+ Chú ý đến số lợng bài tập, cha chú trọng đến chất lợng

Trớc những nguyên nhân cơ bản làm cho học sinh ngại môn hình học đặc biệt là chứng minh hình học, thiết nghĩ ngời giáo viên cần:

- Nắm vững kiến thức

- Chú ý phát triển t duy học sinh

- Trình bày bài giảng một cách có hệ thống, lô gíc

- Vận dụng dạy học theo phơng pháp đổi mới

- Tìm tòi, hệ thống bài tập từ đơn giản đến phức tạp để củng cố, khắc sâu một kiến thức, một chủ đề toán học nào đó, nhằm giúp học sinh có phơng pháp chứng minh một bài toán hình học tốt hơn, từ đó tạo cho các em niềm tin, sự

h-ng phấn troh-ng học toán hình học

Trong khuôn khổ cho phép, tôi không có tham vọng nêu đợc tất cả các phơng pháp chứng minh hình học mà chỉ thể hiện một đề tài nhỏ về chứng minh toán

học, đó là: Chứng minh hai góc bằng nhau, hai đoạn thẳng bằng nhau, hai đờng

thẳng song song, hai đờng thẳng vuông góc thông qua tứ giác nội tiếp

II/ Nội dung của đề tài

Trong quá trình học hình học ở cấp hai, đặc biệt là các lớp 7, 8, 9 các em thờng chứng minh hai góc bằng nhau thông qua hai tam giác bằng nhau, hai góc so le trong bằng nhau, hai góc đồng vị bằng nhau, hai góc cùng phụ, cùng bù vời một góc thứ ba Hay muốn chứng minh ba điểm thẳng hàng học sinh hay vận dụng: sử dụng tiên đề Ơclit, hai góc kề bù…, chứng minh hai đoạn thẳmg bằng nhau học, chứng minh hai đoạn thẳmg bằng nhau học sinh thờng gắn hai đoạn thẳng đó vào hai tam giác bằng nhau…, chứng minh hai đoạn thẳmg bằng nhau học

Ngoài các phơng pháp trên để chứng minh hai góc bằng nhau, hai đờng thẳng song song, ba điểm thẳng hàng, hai đoạn thẳng bằng nhau thì còn những phơng pháp chứng minh nào nữa?

Với kinh nghiệm của bản thân tôi xin đa ra một số bài toán vận dụng tứ giác nội tiếp để chứng minh

III/ Đối tợng nghiên cứu

- Học sinh khối lớp 9

- Các tài liệu tham khảo

- Sách giáo khoa các lớp 6, 7, 8, 9 và các chuyên đề toán học

IV/ Nội dung cụ thể:

A Để vận dụng đợc tứ giác nội tiếp trớc hết học sinh phải nắm vững điều kiện cần và đủ để tứ giác nội tiếp:

Tứ giác ABCD nội tiếp  A C = 2v hoặc v hoặc B D    = 2v hoặc v và một số cách thờng dùng chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp

Cách1: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 2v hoặc v

Cách2: Hai điểm B và C cùng nhìn đoạn AD cho trớc dới một góc vuông thì tứ

giác ABCD nội tiếp

Cách3: Từ hai đỉnh liên tiếp của tứ giác cùng nhìn

xuống cạnh qua hai đỉnh kia dới những góc bằng nhau

CBD CAD  thì tứ giác đó nội tiếp

Cách4: Hai đờng chéo AC và BD cắt nhau tại M mà MA MC = MB.MD thì tứ giác

ABCD nội tiếp

 2v hoặc  2v hoặc

O

B

C

B A

C D

O

2

1

A

B

O

B

A

C

Chứng minh:

Từ MA.MC = MB.MD suy ra:

MC

MD MB

MA

 Hai tam giác MAD và MBC có:

1 2

M  M (Đối đỉnh)

MC

MD

MB

MA

   MAD ∽  MBC

Cách5: Tứ giác ABCD có hai cạnh bên AB và CD cắt nhau

tại M mà MA.MB = MC.MD thì tứ giác ABCD nội tiếp

Chứng minh:

Từ MA.MB = MC.MD suy ra:

MB

MC MD

MA



 MAC và  MDB có: M chung:

MB

MC MD

MA



  MAC ∽  MDB  MCA MBD

Hay DCA ABD   Tứ giác ABCD nội tiếp

B Một số dạng toán cụ thể:

1) Sử dụng tứ giác nội tiếp để chứng minh hai góc bằng nhau :

Bài toán 1.1: Cho đờng tròn (O;R) Từ một điểm M ở ngoài đờng tròn (O) vẽ hai tiếp

tuyến MN, MP với đờng tròn (O)(N,P là hai tiếp điểm) Chứng minh:

NMO NPO

H

ớng dẫn : Với bài toán này sau khi vẽ hình học sinh sẽ lúng túng không biết sử dụng phơng pháp nào để chứng minh hai góc bằng nhau, gv có thể hớng dẫn học sinh suy nghĩ từng bớc: từ MN, MP là hai tiếp tuyến ta có đợc điều gì? ta dễ dàng chứng minh tứ giác nào trong hình là nội tiếp? Từ đó suy ra điều gì?

N

O

P

M

Chứng minh: Ta có MN, MP là hai tiếp tuyến của (O)  ONM OPM = 900 Tứ giác ONMP có: ONM OPM  = 1800 nên tứ giác ONMP nội tiếp

C

D l

M

O M

B C

B' A

C'

O

H B' A

C'

A'

1 2

 NMO NPO ( Hai góc nội tiếp chắn cung NO)

Bài toán 1.2: Cho  ABC nội tiếp đờng tròn(O) Các đờng cao BB’, CC’ Chứng minh:

C B B C CB

Nhận xét:

ở bài toán này học sinh sẽ không tìm ra cặp tam giác bằng nhau để chứng minh hai góc trên bằng nhau GV cần hớng dẫn học sinh

phân tích bài toán

+ BB’, CC’ là hai đờng cao suy ra điều gì?

+ Tứ giác BC’B’C có BC C BB C'  ' 900 ta có đợc

điều gì?

+ Từ tứ giác BC’B’C nội tiếp ta suy ra đợc gì?

Chứng minh: Tứ giác BC’B’C có BC C BB C '  ' (Vì

CC’  AB, BB’  AC)

 tứ giác BC’B’C nội tiếp đờng tròn đờng

kính BC Do đó: C B B C CB ' '  ' (Hai góc

nội tiếp cùng chắn cung BC’)

Bài toán 1.3: Cho  ABC Ba đờng cao

AA’, BB’, CC’ Chứng minh rằng trực

tâm H của tam giác ABC là tâm của

đ-ờng tròn nội tiếp tam giác A’B’C’

GV hớng dẫn học sinh phân tích bài

toán theo các câu hỏi sau:

- Hỏi1: Để chứng minh H là tâm

đ-ờng tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ ta cần chứng minh H là giao điểm của ba đ-ờng nào trong tam giác?

- Hỏi2v hoặc : Vậy ta cần chứng minh những góc nào bằng nhau?

- Hỏi3: Có những cách nào để chứng minh: '  '

A A ?

- Hỏi4: (Gợi ý) Cần chứng minh hai góc này cùng bằng một góc hoặc hai góc bằng nhau nào đó ?

- Hỏi5: Có thể sử dụng giả thiết AA’, BB’, CC’ là các đờng cao nh thế nào?

 Sơ đồ phân tích:

H là tâm đờng tròn nội tiếp  A’B’C’



 '  '  '  '

1 2; 1 2



Tứ giác A’BC’N nội tiếp   '   

1 1; 2 1

A B A C  Tứ giác A’CB’H nội tiếp



B1C1



BCB’C’ nội tiếp

Chứng minh:

Tứ giác BA’ HC’ có hai góc đối bù nhau( Vì  A’ =  C’ = 1v) nên tứ giác BA’HC’

nội tiếp đợc   ' 

1 1

A B ( Cùng chắn cung HC)

Tơng tự : Tứ giác CA’HB’ nội tiếp   ' 

2 1

A C ( Cùng chắn cung HB’)

Ta lại có BCB’C’ nội tiếp( BB C BC C'  '  1v)  B1C1 Do đó  '  '

1 2

A A Hay

A’H là tia phân giác của góc B’A’C’

Chứng minh tơng tự: B’H là tia phân giác của góc C’B’A’ Vậy H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác A’B’C’

Bài toán 1.4:(Bài 5, mục giải toán qua th – Tạp chí toán tuổi thơ 2 số 18) Tạp chí toán tuổi thơ 2 số 18)

Bài 5(18) : Cho hỡnh thang ABCD (AB // CD) O là giao điểm của AC và BD M

là trung điểm của CD Cỏc đường trũn ngoại tiếp cỏc tam giỏc AOD, BOC cắt nhau tại K khỏc O Chứng minh rằng : KOC MOD ; 

Lời giải :

Trờn tia đối của tia MO, lấy điểm I sao cho MI = MO Dễ thấy ODIC là hỡnh bỡnh hành, DI // OC => IOCOID (1)

Mặt khỏc ta thấy :

+) AB // CD

+) AOKD ; BOKC là cỏc tứ giỏc nội tiếp nờn OAK ODK ;  OCKOBK  +) ODIC là hỡnh bỡnh hành nờn OC = DI

Chỳ ý rằng AKDAOD (vỡ AOKD nội tiếp) 

và AOD = IDO (vỡ AO // DI) suy ra  AKDIDO (1)

=> OIDDAK 

=> OIDDOK (vỡ AOKD nội tiếp) (2) 

Từ (1) và (2) suy ra : IOC = DOK =>  KOC = MOD (đpcm) 

2) Sử dụng tứ giác nội tiếp để chứng minh hai đ ờng thẳng song song, hai đ ờng thẳng vuông góc

Bài toán 2.1: Hai đờng tròn (O) và (O’) giao nhau tại A và B CD là dây tuỳ ý của (O), CA và BD cắt (O’) tại E và F Chứng minh EF//CD

GV hớng dẫn học sinh phân tích bài toán:

CD//EF



C E    = 2v hoặc v



   

2; 1

Tứ giác ABCD nh thế nào?   Tứ giác ABEF nh thế nào?

Chứng minh:

Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) 

 

1

C B = 2v hoặc v, mà  

B  B = 2v hoặc v  

2

C B  (1)

Chứng minh tơng tự ta có :

 

1

E B  (2v hoặc )

 

1 2

B B = 1800 (3)

Từ (1), (2v hoặc ), (3)  E C  1800.

Do đó EF //CD (đpcm)

Bài toán 2.2: Cho đờng tròn (O) và hai đờng kính AB, CD vuông góc với nhau.

Một đờng thẳng d qua C cắt AB tại M và cắt đờng tròn (O) tại N Gọi P là giao

điểm của tiếp tuyến tại N của (O) với đờng thẳng vuông góc với AB tại M Chứng minh OP // d

 Phân tích bài toán:

d //OP

C

B

F

E D

A

O' O

1 2v hoặc



DOP OCN 



OPM ONC

(Vì: DOP OPM OCN ONC  ;  )



Tứ giác : OMNP nội tiếp

Chứng minh:

Tứ giác OMNP có: OMP =1v(gt);

ON  NP (Tính chất tiếp tuyến) nên ONP = 1v

Do đó tứ giác OMNP nội tiếp  OPM ONM ( cùng chắn cung OM) (1)

Ta lại có: ONM   OCN  ( Vì  OCN cân tại O) (2v hoặc )

DOP OPM  (So le trong vì MP // CD) (3)

Từ (1), (2v hoặc ) và (3)  OCN DOP Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên:

OP //d (đpcm)

Bài toán 2.3:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đờng tròn (O;R) Các đờng cao BE, CF cắt nhau tại H và lần lợt cắt đờng tròn tại các điểm tơng ứng là P và Q Chứng minh: EF // PQ

 Hớng dẫn học sinh giải bằng cách trả lời các câu hỏi?

Hỏi: Để chứng minh EF // PQ ta cần chứng minh điều gì?

Hỏi: Để chứng minh PQC EFC    ta dựa vào điều gì?

Từ đó ta có thể phân tích theo sơ đồ

PQ //EF



 EFC  PQC 



  ; 



Tứ giác BFEC nội tiếp

Chứng minh:

C B

A

H

Q

P

O

P

C

N A

D P

M

O

d

B

d

B

BE, CF là hai đờng cao của tam giác ABC nên: BFC BEC 900

 tứ giác CBFE nội tiếp

Do đó:EBC EFC  ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

góc này ở vị trí đồng vị nên EF // PQ (đpcm)

Bài toán 2.4: (bài 5, mục giải toán qua th- Tạp chí toán tuổi thơ 2, số 14)

Bài 5(14) : Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng, AB = BC Một đường trũn (O) đi

qua A, B Cỏc tiếp tuyến với (O) kẻ từ A, C cắt nhau tại S T là tiếp điểm của

SC và (O) SB cắt (O) tại E (E khỏc B) Chứng minh rằng: ET // AB

Lời giải :

ta cú :  STE = SBT ;

SAE = SBA

∆ABA

Mặt khỏc, vỡ tứ giỏc AETB nội tiếp nờn : TEA = TBC (2) 

Từ (1), (2) ta cú : ∆TEA ∽ ∆TBC =>  EAT = BCT 

Từ đú, với chỳ ý rằng :  EAT = ETS , ta cú :

 BCT = ETS => ET // AB (hai gúc đồng vị bằng nhau) 

Bài toán 2.5: Cho  ABC có các đờng cao BB’, CC’ và nội tiếp đờng tròn (O) Chứng minh OA  B’C’

H

ớng dẫn : GV hớng dẫn học sinh phân tích bài toán theo chiều ngợc lại:

OA  B’C’

A

B' t'

t

O

t

B’C’ // At



C B A CAt ' ' 



 ' ' 

C B A ABC (Vì: CAt ABC)



C B C ABC' '  = 2v hoặc v



Tứ giác ABCD nội tiếp

Dựa vào sơ đồ trên học sinh có thể trình bày lời giải

Chứng minh:

Ta có: BB C' BC C ' 1v  Tứ giác BC’B’C nội tiếp trong đờng tròn đờng kính

BC Do đó: ABC C B C ' ' = 2v hoặc v

mà C B C C B A ' '  ' ' = 2v hoặc v( hai góc kề bù)  ABC C B A ' ' (1)

Kẻ tiếp tuyến At với đờng tròn (O) ta có:  ABC CAt   (2v hoặc )

Từ (1) và (2v hoặc ) ta suy ra: C B A CAt' '  Hai góc này bằng nhau ở vị trí so le trong nên:

B’C’ // At Nhng OA  At nên OA  B’C’ Vậy OA  B’C’

Bài toán 2.6:(Bài toán 5, mục giải toán qua th- Tạp chí toán tuổi thơ 2 số 31)

Bài 5 (31): Cho tam giác ABC Đờng tròn tâm O nội tiếp tam giác lần lợt tiếp xúc với

các cạnh AB, BC theo thứ tự tại P, Q Phân giác trong của A cắt tia PQ tại E Chứng minh rằng AE vuông góc với CE.

Lời giải: Có ba trờng hợp cần xem xét

Trờng hợp 1: AB=AC

Dễ thấy E trùng với Q Vì AB = AC nên AQ  CQ

A P

O

E=Q

EQ

 AE  CE (vì E trùng với Q)

Trờng hợp 2v hoặc : AB > AC Dễ thấy E thuộc đoạn PQ Ta có BPQ cân tại B

B

A

C Q

E

P

O

Suy ra  1800   

EQB =

 (1) Xét tam giác OAC, ta có:

A C EOC OAC OCA     (2v hoặc )

Từ (1), (2v hoặc ) suy ra tứ giác OEQC nội tiếp  OCE   900  AE  EC

Trờng hợp 3: AB < AC

Dễ thấy E thuộc tia đối của tia PQ

Tơng tự trờng hợp 2v hoặc ta có tứ giác OQEC nội tiếp Suy ra AE  CE

Tóm lại, trong cả ba trờng hợp, ta đều có AE  CE

A

C P

O

3 Sử dụng tứ giác nội tiếp để chứng minh ba điểm thẳng hàng

Bài toán 3.1:

Cho hai đờng tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và A’, một cát tuyến d bất kỳ qua A cắt (O) tại B và cắt (O’) tại C.Qua B và C kẻ hai đờng thẳng song song bất kỳ theo thứ tự cắt (O) và (O’) tại B’ và C’ Chứng minh ba điểm A, B’, C’ thẳng hàng

 Phân tích bài toán:

A, B’, C’ thẳng hàng



A AB' ' A AC' ' 1800



A AB' ' B 180 ;0 A AC' 'C 1800

 

Tứ giác A’AB’B nội tiếp Tứ giác A’AC’C nội tiếp

Chứng minh:

Tứ giác A’BB’A nội tiếp (O)  A AB' ' B 1800

Tứ giác A’AC’C nội tiếp (O’)  A AC' ' C 1800

Mà  B +  C = 1800 (Vì BB’ //CC’) Do đó: A AB' ' A AC' ' 1800 Suy ra ba

điểm A, B’, C’ thẳng hàng (đpcm)

Bài toán 3.2:

Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), từ điểm

P tùy ý trên đờng tròn (khác A, B, C) kẻ PD, PE,

PF lần lợt vuông góc xuống BC, CA, AB Chứng

minh ba điểm D, E, F thẳng hàng

 Phân tích bài toán :

D, E, F thẳng hàng



DFB AFE   



DFB DPB  ;  AFE   APE

 

Tứ giác PFDB nội tiếp tứ giác AFPE nội tiếp



DPB    APE

C' B'

A'

C B

A

A

B

C D

P

E

F

O



APB EPD



Tứ giác ACPB và tứ giác EPDC nội tiếp

Chứng minh:

Ta có tứ giác APBC nội tiếp đờng tròn (O) nên:  APB C    1800 (1)

Tứ giác EPDC nội tiếp ( Vì PEC PDC 900) nên: EPD C 1800 (2v hoặc )

Từ (1) và (2v hoặc ) suy ra:  APB EPD    APE BPD (a)

Tứ giác BPFD nội tiếp (vì có: BFP BDP  900)

Suy ra: BFD BPD    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD) (b)

Tứ giác PAEF nội tiếp (Vì có: PEA PFA  900)

Suy ra:  AFE   APE (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (c )

Từ (a), (b), (c ) suy ra: BFD AFE  (3)

DF và EF nằm hai nửa mặt phẳng đối nhau có bờ AB nên từ (3) ta suy ra ba điểm

D, E, F thẳng hàng

Bài toán 3.3:

Trên cạnh CD của hình vuông ABCD lấy điểm M tuỳ ý Đờng tròn đờng kính AM cắt AB tại điểm thứ hai là Q và cắt đờng tròn đờng kính CD tại điểm thứ hai là N Chứng minh ba điểm Q, N, C thẳng hàng

 Phân tích bài toán :

Q, N, C thẳng hàng 

QNC  1800



QND 1 ;v DNC 1v



Tứ giác AQND nộitiếp:DNQ   1 v

Chứng minh:

Tứ giác AQND nội tiếp

 DAQ DNQ 1800

Mà: DAQ 1v ( Vì ABCD là hình vuông) nên: DNQ 1v (1)

Mặt khác : DNC  1 v(Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) (2v hoặc )

N

C D

B

M

Q

A

Từ (1) và (2v hoặc ) suy ra: DNQ DNC 2v Hay ba điểm Q, N, C thẳng hàng

Bài toán 3.4:

Cho tam giác ABC Gọi O là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC, D và E lần lợt

là các tiếp điểm thuộc cạnh BC và CA M và N lần lợt là hình chiếu của A và B xuống các đờng thẳng BO và AO Chứng minh bốn điểm D, N, M, E thẳng hàng

 Phân tích bài toán:

D, M, N, E thẳng hàng

 

D, M, N thẳng hàng M, N, E thẳng hàng



Phân tích tơng tự NME   1800



  

2

A



0 180 2

A

 

Tứ giác AMNB nội tiếp Tứ giác AEMO nội tiếp

Chứng minh:

Tứ giác AEMO nội tiếp ( Vì có: OEA OMA  1v)

Suy ra:   1800

2

A OME   (1)

Mặt khác ta có:   0

AMB = ANB = 90 (gt)

 Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra :   

2

A BMN BAN  ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN) (2v hoặc )

E

B

A

M

N D O

C