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[r]
Trang 1bảng hệ thống phơng pháp chứng minh
tứ giác nội tiếp một đờng tròn
Thứ tự cách
chứng minh
Hệ thức
Hình vẽ minh hoạ
Cách 1 OA = OB = OC = OD
Cách 2 2.a)
∠B +∠ D=1800
¿
∠ A2+∠C1=1800
¿
¿
¿
¿
2.b) A1 = C1
Cách 3 A1 + C1 = 900 + 900
Cách 4
∠ A1=∠B1
¿
∠ A2=∠ D2
¿
∠ B2=∠C2
¿
∠ D1=∠C1
¿
¿
¿
¿
Cách 5 A1 = B1 = 900
B
D A B
x 1
1
2
A
B
C D
A
1
1
B
C D
A
1
1 2
2
2
2
D
B C
1
1
Trang 2Cách 6 MA MB = MC MD
(Hình bên phải tứ giác
ACBD nội tiếp)
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
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 đ -ờng tròn
Phân tích:
C/m tứ giác ANEM nội tiếp một
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 // O’I (cùng AM ) => AOIO’ là hình
bình hành => OIO’ = OAO’ = OBO’ => OIBO’ là tứ giác nội tiếp (theo
cách 4) nhng OI = AO’ = O’B => OIBO’ là hình thang cân => IB // OO’ (3) => IB
A
B C
D
M
A B
C
D M O
Trang 3 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
M ^ A N +M ^E N =1800
<=
¿
N ^ A E= A ^ M B(4)
N ^E B=E ^ M B (5)
¿ {
¿
(4) <= cùng bằng 1/2 số đo cung AB
của đờng tròng (O)
(5) <= Tam giác EBN và tam giác
MBE đồng dạng
<=
¿
BE
BM=
BN
BE ⇐AB
BM=
BN
AB (6)
N ^ B E=E ^ B M (7)
¿ {
¿
(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)
Cách 3:
Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN
E
K
I
E ’
H
O ’ O
B A
Trang 4Giả 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 đ-ờng 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 E’E
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
Phân tích: Để chứng minh tứ giác AQBP nội tiếp (1)
Ta có thể chứng minh: APB + AQB = 1800 (2)
Thật vậy, theo giả thiết có OAP + OPB = 90o + 90o
Tứ giác AOBP nội tiếp
APB + AOB = 1800
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 = 90o (1)
giả sử tứ gíac HCNK nội tiếp thì
K1 = NCH (2)
thế thì HIK và ABC đồng dạng (3)
Chứng minh (3): HAB và HCA
đồng dạng => HA
HC=
AB
AC (4)
Chứng minh HAS và HCR đồng dạng HA
HC =
HI
HK (5)
Từ (4) và (5) => HI
AB=
HK
AC (6)
Từ (1) và (6) => (3) => (2) => Tứ giác HCNK nội tiếp
Cách 2: Chứng minh C ^ H K= A ^ N K=450
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/
D
A
B
Q
P
A
M
N K
I R
S
1
A
Trang 5với phân giác các góc BAH, CAH
Δ AI❑
M❑
=ΔAI❑
H (c.g.c)
=> A ^ H I❑
=A ^ M❑I❑ =450 => I I/
Chứng minh tơng tự K K/
Suy ra M M/ , N N/ => A ^ H K =A ^ N K =450 => tứ giác HCNK nội tiếp
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 B’C’ và B’’C’’ 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 = 90o + 90o (2)
Thật vậy, vì tứ giác OBAC nội tiếp ( nhận biết nhanh cách 3 )
OCB = OAB (3) (đảo cách 4)
Vì BCB’C’ nội tiếp ( nhận biết nhanh cách 5 )
OC’B’ = OCB (4)
Từ (3)và (4) => Tứ giác MC’BA nội tiếp
( nhận biết nhanh cách 2.b )
nhng do OBA = 90o
QMN = 90o (5)
( T/chất tứ giác nội tiếp và t/chất hai góc kề bù )
Tơng tự QPN = 90o (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 = 2B1 (4)
và ANI = 2C1 (5) (góc ngoài của tam giác )
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 B1 = C1(7)) Và từ (7) => (1) đpcm (cách 4)
Vậy để giải toán ở ví dụ 5 ta đã dùng cách 4
O
B//
B
B/
C/
C//
C A
E
Q
M P
N
A
I
M
N
M/
N/
K/
I/
R
S
1
Trang 6Ví 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 = 90o (2)
Ta thấy BGI = 90o 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 = B1 + C1 = ∠ B +∠C
180 0− ∠ A
2 (5)
Mặt khác: MKC = AKG = AGK = 1800−∠ A
2 (6)
Từ (5) và (6) suy ra (4) => (3) => BMC = BNC = BGI = IKC = 90o => (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 I1 = H1
nhng H1 = C1 (cùng phụ với H2)
do đó I1 = C1 ta có cách chứng minh thứ nhất
C/m (1) theo cách 2.b.
Cách 2: Chứng minh (1) ta có thể sử dụng cách 6 đợc không?
(1) AI AB = AK AC (2)
Để chứng minh (2) ta có thể sử dụng hệ thức lợng giác trong tam gíac vuông AHC
và AHB : AI AB = AH2
và 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 :
H
ớng thứ nhất : ( phân tích đi lên )
A
B
M K G
N
C
I
A
I
K
1
1
1
Trang 7Bớc 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 điều gì ? ( điều gì ở đây là một trong các hệ thức ở 6 cách )
Bớc 2: Sau đó dựa vào giả thiết, kiến thức đã học để chứng minh
Bớc 3: Trình bày lại lời giải bài toán theo hớng phân tích trên
H
ớng thứ hai: (Tổng hợp )
Bớc 1: Phân tích giả thiết, nhận biết nhanh các tứ giác nội tiếp ( bằng một
trong 6 cách )
Bớc 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
Bớc 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 phơng pháp để
có thể nhận biết một cách nhanh nhất tứ giác nội tiếp một đờng tròn Tự tin hơn trong học toán
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 hình, …
Ví dụ : Từ kết quả của 3 ví dụ ta có thể dùng tứ giác HCNK nội tiếp để giải
bài toán tiếp theo :
Giữ nguyên giả thiết và bổ xung thêm M là giao điểm của IK với AB
Kết luận chứng minh SAMN ≤ 1
2 SABC (với SAMN, SABC thứ tự là ký hiệu diện tích tam giác AMN và tam giác ABC )
Ta có thể phân tích giải tiếp nh sau (hình vẽ ở ví dụ 3)
Tứ giác HCNK nội tiếp => ANM = KHC = 45o => AMN là tam giác vuông cân tại A => AM = AN (1)
Lại chứng minh đợc AKN = AKH (g.c.g) => AN = AH (2)
Từ (1) và (2) => AM = AN =AH
Do đó SAMN = 1
2 AM AN =
1
2 AH2 còn SABC = 1
2 AB AC
Xét ABC vuông tại A có :
1
AH 2 = 1
AB 2 + 1
AC 2 = AB 2
+ AC 2
AB 2 AC 2 ≥2 AB AC
AB 2 AC 2 = 2
AB AC=
1
SABC
Hay: 1
2 SAMN≥
1
SABC SAMN 1
2 SABC ( đpcm)
ứng dụng 2: Dùng tứ giác nội tiếp để chứng minh cặp đờng thẳng song
song, cặp đờng thẳng vuông góc:
Ví dụ: (lấy ví dụ 2)
Giữ nguyên giả thiết, kết luận chứng minh PQ//AC
Trang 8Thật vậy ( hình vẽ ở ví dụ 2) Tứ giác AQBP nội tiếp => 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 :
B
ớc 1 : Chọn ra bốn điểm, ví dụ A1, A2, A3, A4 tạo thành một tứ gíac nội tiếp (sử dụng một trong 6 cách chứng minh tứ giác nội tiếp )
B
ớc 2 : Lại chọn ra bốn điểm khác nhau : A1, A2, A3, A5 chẳng hạn tạo thành một tứ giác nội tiếp
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 A1, A2, A3 Do đó các đờng tròn đó phải trùng nhau => A1, A2, A3,…,An cùng thuộc một đờng tròn
Ví dụ: Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm E thuộc BC, kẻ hai trung trực
của AB và AC gặp nhau ở I Trung trực của AE cắt hai trung trực kia ở F, K Chứng minh 5 điểm A, E, F, I, K cùng nằm trên một đờng tròn
Phân tích :
Chứng minh 5 điểm A, E, F, I, K
cùng nằm trên một đờng tròn (1)
Chứng minh 2 tứ giác nội tiếp AKIE
và AKIF (có 3 điểm chung là A, K , I) (2)
Thật vậy, từ giả thiết => I BC và IB =IC (A = 90o)
Vì IK là trung trực của AC, KF là trung trực của AE
KA = KC = KE => KAI = KEI (=KCE)
Tứ giác AKIE nội tiếp (3) (theo cách 4) ta lại có K1 = K2 = I1= I2
(Các góc nội tiếp cùng chắn một cung và tính chất đờng trung trực )
hay K1 = I1 => tứ giác AKIF nội tiếp (theo cách 4) (4)
Từ (3)và (4) => (2) => (1) đpcm
Chú ý : ở ví dụ này kẻ đờng cao AH của tam giác ABC Hình vẽ trên là ứng với điểm E thuộc đoạn HC còn 2 trờng hợp nữa là E thuộc đoạn HB và E nằm ngoài đoạn BC chứng minh tơng tự.
B
K
I E H F
1
1 2 2