cac bai hinh co nhieu cach giai

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 [r]

Trang 1

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm

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

kính OA Chứng minh OAH = ACB - ABC.

Cách giải 1: Hình 1.

Gợi ý:

- Kẻ OI  AC cắt AH ở M

- áp dụng kiến thức về góc ngoài tam giác

- Góc nội tiếp,góc ở tâm

Lời giải: Ta có:

OMH = ACB(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

AOM= ABC (cùng bằng

1

2 sđAC) Trong OAM thì: OMH= AOM+ OAH

(Góc ngoài tam giác) Hay ACB = ABC + OAH  

Vậy: OAH = ACB - ABC    (Đpcm)

Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn tại A

cắt BC ở D

Lời giải:

Ta có: ABC = CAD   (1) (Cùng chắnAC)

OAH = ADC (2)

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: ABC + OAH = CAD + ADC   

Mà CAD + ADC = ACB    (góc ngoài tam giác)

 ABC + OAH = ACB  

Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD

- Kẻ DK  BC

Lời giải:

Ta cóDK // AH OAH = ODK   (1) (so le trong)

ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắnAC)

Ta đợc OAH + ABC = ODK + ADC = KDC    

Mà: KDC = ACB  

 OAH + ABC = ACB  

Vậy OAH = ACB - ABC    (Đpcm)

Cách giải 4: Hình 4

Gợi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

Trang 2

- Kẻ CK  AD

Lời giải:

Ta có: OAH = KCB   (1)

ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC) Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: OAH + ABC = KCB + ADC   

Mà: ADC = KCA  

 OAH + ABC = KCB + KCA = ACB    

Gợi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

- Gọi M là giao điểm của AH và DC

Lời giải:

Ta có: AMC = ACB   (1)

(góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ADM = ABC (2) (góc nội tiếp cùng chắnAC) Trừ từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: AMC - ADM = ACB - ABC   

Mà: AMC - ADM = OAH    (góc ngoài tam giác) Vậy OAH = ACB - ABC    (Đpcm)

Gợi ý:

Kẻ OI  BC và OK  AB

Lời giải:

Ta có: OAH = O   2 (1) (so le trong)

ABC = O  1 (2)

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc OAH + ABC = O + O    1  2

Mà O + O = ACB  1  2  (Cùng bằng 12 sđ AB)

Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax

và đờng thẳng Ay // BC

Lời giải: Ta có: OAH = xAy   (1)

ABC = BAy (2) (so le trong)

Trang 3

Ta đợc: OAH + ABC = xAy + BAy = xAB    

Mà: xAB = ACB   (góc nội tiếp cùng chắnAB)

Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác nhau nhng ở bài toán này việc sử dụng 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 vào giải bài toán

- Kiến thức về hai đờng thẳng song song, hai đờng thẳng vuông góc

- Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác

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

Gợi ý :

- Kẻ PI  AB

- Xét hai tam giác APK và  API

Lời giải:

Kẻ PI  AB

Xét APK và tam giác API

APK vuông tại K ( Vì góc AKD = 900

góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn

đờng kính AD)

ADP cân tại D, AD = DP

 P = DAP2 

Mặt khác P = DAP1  ( So le trong vì AD // PI )

Do đó: ^P1=^P2  APK = API

( Có chung cạnh huyền và một cặp góc

nhọn bằng nhau )  PK = PI

Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác

APK và  API bằng nhau cách 1 ta chứng

minh^P1=^P2 Ta chứng minh ^A1=^A2

- Gọi F là giao điểm của AP với đờng tròn

đờng kính AD

Lời giải: Ta có: AFD = 900

( Góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)

Tam giác ADP cân tại D có DF là đờng cao

nên DF cũng là phân giác 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

Trang 4

Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A = A 1  2 nhng việc chứng minh

đ-ợc áp dụng bằng kiến thức khác

- Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn tâm D nên ta có:

Lời giải: Ta có IAK = ADK  ( Có số đo bằng

1

2sđAK )

Mặt khác góc IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đờng tròn tâm D nên góc

IAPbằng

1

2 số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ADP

ADP = IAK

2 2 Suy ra: ^

A1=^A2  APK =  API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau )

 PK = PI

Gợi ý:

- Kéo dài K cắt đờng tròn tâm D tại E

- áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến

và dây cung

Lời giải: DK  AE nên AP = PE 

Góc BAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và

dây cung AE )Vì AP lại đi qua điểm chính

giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của

góc BAE Suy ra: ^

A1=^A2

 APK =  API

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 thức về :

- Trờng hợp bằng nhau trong tam giác vuông

- Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

- Góc nội tiếp

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

Trang 5

Bài giải:

Gọi O là giao điểm của BD và CF

Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng

Ta có Δ DAB = Δ CAF (bài toán 1)

⇒ ∠ B1 = ∠ F1 ⇒ AOBF nội

tiếp

⇒ ∠ O1 = ∠ B2 = 600

∠ O2 = ∠ A1 = 600

⇒ ∠ AOB = 1200 (1)

Tơng tự: ∠ AOC = 1200

⇒ ∠ BOC = 1200

Mà ∠ BFC = 600 ⇒ BOCE

nội tiếp

⇒ ∠ O3 = ∠ C1 = 600 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ∠ AOF = 1800

⇒ A; O; E thẳng hàng

Hay AE; BD; CF đồng quy

1 2

1

1 2 3

A

D

E

F

O

Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 1200

Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau :

Bài toán 4:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác,

dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại

A Chứng minh rằng CF = BD; CF BD

H ớng dẫn giải:

+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)

+ CF BD:

Do Tứ giác AOBF nội tiếp

⇒ ∠ BOF = ∠ BAF = 900

A

D

F

O

Tiếp tục bài toán trên Gọi M; N; I lần lợt là

trung điểm của BF; CD; BC, ta có:

IM là đờng TB của tam giác BCF nên:

IM // = 1

2 CF (1) Tơng tự ta có:

IN // = 1

2 BD (2) Mà: CF = BD (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM IN

IM = IN

Hay Δ MIN vuông cân tại I

A

D

F

O

N M

I

Trang 6

Nhận xét rằng Δ AMB và Δ ANC vuông cân tại M và N Từ đây ta có bài toán tiếp.

Bài toán 5:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng

các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông

cân tại N Gọi I là trung điểm của BC Δ IMN là

tam giác gì?

Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà cha gặp

dạng thì hơi khó giải đối với các em

A

N M

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 :

Bài toán 6:

Cho tam giác ABC, dựng

về phía ngoài tam giác các

hình vuông ABDE và

ACHF

a.Chứng minh rằng:

BF = CE và BF CE

b.Gọi I, J lần lợt là tâm

của hai hình vuông đó M

là trung điểm của BC

Chứng minh rằng Δ MIJ

là tam giác vuông cân

A

H

F

E

D

I

J

M

Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đờng tròn (O) M ; N ; P lần lợt là cá điểm

chính giữa các cung nhỏ AB ; BC ; CA  MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S.

Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

Gợi ý: Đây là một bài toán hình tơng đối khó đối với học sinh nếu không có t duy tốt trong

hình học Khi đa ra bài toán này ngay cả việc

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 có AN; BP và AN là các tia phân giác

của tam giác ABC Gọi I là giao điểm của

các đờng phân giác Khi đó ta có I chính

là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

Để chứng minh cho RS // BC và I  RS ta đi

chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng

tiên đề về đờng thẳng song song để suy ra

điều phải chứng 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

Lời giải:

Trang 7

Xét NBI ta có: IBN = B + B  2  3 mà 



B =

2

 3 

B = NAC (Góc nội tiếp chắn cung NC)

NAC =

BAC

2 do đó

 A B  IBN =

2



;

  1  1 BIN = A + B =

 

A B 2

 ( Góc ngoài của tam giác ABI ) Suy ra : IBN = BIN  NBI cân tại N  N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI

Ta chứng minh đờng trung trực của đoạn thẳng này chính là RN

Gọi H là giao điểm của MN và PB Ta có

BHN =

1

2sđ BN + AM + AP   

=

1 2

sđBC + sđAB + sđAC

2 Vì BHN là góc có đỉnh nằm bên trong đờng tròn và

BN =

2 ;

AM =

2 ;

AP =

2  BHN =

1

4 3600 = 900

 RN là trung trực của đoạn thẳng BI  BR = RI  RBI cân tại R

 B = RIB  1  mà B = B 1  2

 B = RIB 2   IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau )

Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I ở ngoài đờng thẳng BC ta chỉ có thể kẻ

đ-ợc một đờng thẳng song song với BC

 R ; I ; S thẳng hàng

Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)

Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học

sinh phải nắm lại kiến thức cũ về

Tính chất đờng phân giác trong tam giác

đây là tính chất quan trọng mà các em đã đợc

học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không

hay để ý đến tính chất này

Lời giải: Theo giả thiết ta có

MA = MB do đó MN là phân giác của góc ANB

áp dụng tính chất đờng phân giác

trong tam giác ABN ta có:

=

RB NB ( 1) Tơng tự: NP là phân giác của tam giác ACN

=

SC NC (2)

vì BN = CN   nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc

=

RB SC  RS // BC Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:

=

ID RB mà

NB  RB suy ra

=

Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng

(vì có góc BNA chung vàBAN NBD    ) nên

NB  BD Vậy

=

Suy ra BI là phân giác của góc ABC

Trang 8

ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác 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)

Cách giải 1:

Vì D = E = 90  0 suy ra tứ giác

BDPE là tứ giác nội tiếp BED = BPD   (*)

( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )

và F = E = 90  0

suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp

suy ra FEC = FPC  (**)

( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )

Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn

 BPC = - A   (1)

PD AB

PF AC



   DPF = - A    (2)

Từ (1) và (2)  BPC = DPF

 BPD = FPC  (***)

Từ (*) ; (**) và (***)  BED = FEC  D ; E ; F thẳng hàng

Cách giải 2:

PE EC

PF FC



   Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp  FEP + PCF = 180   0 (1)

Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn  ABP + FCP = 180   0 Mà ABP + BDP = 180   0

 FCP = DBP  (2)

PD BD

PE BC



   Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp  DBP = DEP ( 3)

Từ (1) ; (2) và (3) ta có : PEF + DEP = 180   0

Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng

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 góc kề có tổng số đo bằng 1800

- Tứ giác nội tiếp đờng tròn

- Góc nội tiếp trong đờng tròn

Bài toán 9:

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH QC

Trang 9

Bài giải:

Gọi O là giao điểm của BH

và QC Theo BT 9, ta có:

Δ ABC = Δ FQA,

nên: BC = QA

Và ∠ ACB = ∠ FAQ

⇒ ∠ BCH = ∠

QAC

Xét hai tam giác:

Δ BCH và Δ QAC, có:

BC = QA

∠ BCH = ∠ QAC

⇒

CH = AC (gt)

Δ BCH = Δ QAC

(c.g.c)

⇒ BH = QC (1)

Và ∠ CBH = ∠ AQC

Mà ∠ AQC + ∠ QCP =

900

⇒ ∠ CBH + ∠ QCP

= 900

Hay ∠ BOC = 900

Hay BH QC (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

A

C

D

E

F

H

Q

N

O

Tơng tự nh trên ta cũng có 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

Bài toán 10:

Cho tam giác ABC, dựng về phía

ngoài tam giác các hình vuông

ABDE và ACHF, vẽ hình bình

hành AEQF, Chứng minh rằng

QP, BH và CD đồng quy

(ta thấy QP, BH và CD là ba

đ-ờng cao của tam giác QBC, nên

chúng đồng quy)

A

P

H

F

E

D

Q

Dạng chứng minh đờng thẳng song song và tam giác đồng dạng

Bài toán 11: Đờng tròn (O;R1) và (O';R2) tiếp xúc nhau tại P Một cát tuyến qua P cắt (O;R1) tại A và (O';R2) tại B Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R1) tại C và (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 trờng hợp sảy ra

Hai đờng tròn tiếp xúc ngoài và hai đờng tròn tiếp xúc trong.ở đây tôi chỉ trình bày về hai đ-ờng tròn tiếp xúc ngoài còn trđ-ờng hợp hai đđ-ờng tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tơng tự

Trang 10

Gợi ý:

- Tính chất của hai đờng tròn

tiếp xúc nhau

- áp dụng trờng hợp đồng

dạng thứ hai

Lời giải:

Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O'

Suy ra:OAP = OPA   và O'PB = O'BP   mà OPA = O'PB   ( Hai góc đối đỉnh)

Suy ra tiếp các góc ở vị trí so le trong bằng nhau  OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD

Và  OAP = PBO'   hai tam giác OAP và O'BP đồng dạng



1 2

R

=

PB PO' R (1)

Tơng tự ta cũng có : OCP = OPC   vàO'PD = O'DP   mà OPC = O'PD   ( Hai góc đối đỉnh)

 OCP = PDO'   hai tam giác OCP và O'DP đồng dạng



1 2

R

=

PD PO' R (2) Từ (1) và (2) ta có:

PA = PB

1 2

R PC

PD R lại có CPA = BPD   Suy ra : PAC và PBD đồng dạng

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 tiếp tuyến và dây cung

Lời giải:

Kẻ tiếp tuyến chung xPy

của hai đờng tròn

Ta có CAP = CPy = xPD = PBD   

( áp dụng tính chất về góc tạo bởi

tiếp tuyến và dây cung và góc nội

tiếp cùng chắn một cung

thì bằng nhau)

Mặt khác 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

giác Từ A kẻ một tia vuông góc với tia BN, cắt BC tại H Chứng minh bốn điểm A; O; H; C nằm trên một đờng tròn

Đối với bài toán này xảy ra hai trờng hợp đối với hình vẽ Tr

ờng hợp 1 : H và O nằm cùng phía với AC Hình 1

Tr

ờng hợp 2 : H và O nằm khác phía với AC Hình 2

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	588,41 KB