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
ã
OAH
=
ã
ACB
-
ã
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:
ã
OMH
=
ã
ACB
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
AOM
=
ã
ABC
(cùng bằng

ã
ã
ABC = CAD
(1) (Cùng chắn
ằ
AC
)
ã
ã
OAH = ADC
(2)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2)
Ta đợc:
ã
ã
ã ã
ABC + OAH = CAD + ADC
Mà
ã ã
ã
CAD + ADC = ACB
(góc ngoài tam giác)

ã
ã
ã
ABC + OAH = ACB
Vậy:
ã

ã
ã
KDC = ACB
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ã
ã ã
OAH + ABC = ACB

Vậy
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Cách giải 4: Hình 4
Gợi ý:
- Kẻ đờng kính AOD
- Kẻ CK AD
Lời giải:
Ta có:
ã
ã
OAH = KCB
(1)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ABC = ADC
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
ằ

Lời giải:
Ta có:
ã
ã
AMC = ACB
(1)
(góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ADM = ABC
(2) (góc nội tiếp cùng chắn
ằ
AC
)
Trừ từng vế của (1) và (2)
Ta đợc:
ã
ã
ã ã
AMC - ADM = ACB - ABC
Mà:
ã
ã
ã
AMC - ADM = OAH
(góc ngoài tam giác)
Vậy
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC

O + O = ACB
(Cùng bằng
2
1
sđ
ằ
AB
)

ã
ã ã
OAH + ABC = ACB
Vậy
ã
ã ã
OAH = ACB - ABC
(Đpcm)
Cách giải 7: Hình 7
Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax
và đờng thẳng Ay // BC
Lời giải: Ta có:
ã
ã
OAH = xAy
(1)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ABC = BAy
(2) (so le trong)

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.
Cách giải 1: Hình 1
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 = 90
0

góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn
đờng kính AD)

ADP cân tại D, AD = DP


$

APK và

API bằng nhau cách 1 ta chứng
minh
^
P
1
=
^
P
2
. Ta chứng minh
^
A
1
=
^
A
2
- Gọi F là giao điểm của AP với đờng tròn
đờng kính AD
Lời giải: Ta có:
ã
AFD
= 90
0

( 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:

A
2



APK =

API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc
nhọn bằng nhau )

PK = PI
Cách giải 3: Hình 2.
Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh
à à
1 2
A = A
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
ã
ã
IAK = ADK
( Có số đo bằng
1
2
sđ
ằ
AK

2



APK =

API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau )

PK = PI
Cách giải 4: Hình 3
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
ằ
ằ
AP = PE
.
Góc
ã
BAE
(góc tạo bởi tiếp tuyến và
dây cung
ằ
AE
)Vì AP lại đi qua điểm chính

- 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.
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
Ta có

DAB =

CAF (bài toán 1)



B
1
=

F
1


AOBF nội tiếp



O





BOC = 120
0
Mà

BFC = 60
0

BOCE nội tiếp




O
3
=

C
1
= 60
0
(2)
Từ (1) và (2)


AOF = 180
0

H ớng dẫn giải:
+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)
+ CF

BD:
Do Tứ giác AOBF nội tiếp



BOF =

BAF = 90
0B
C
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 // =
2
1
CF (1)
Tơng tự ta có:
IN // =

cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC.

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.
B
C
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

MIJ là

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:
Xét

NBI ta có:
ã
à à
2 3
IBN = B + B
mà
à
ằ
2
CP
B =
2
à
ã
3
B = NAC
(Góc nội tiếp chắn cung
ằ

ã
IBN =

ã
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
ã
BHN
=
1
2
sđ
ằ
ẳ
ằ
( )
BN + AM + AP
=
1
2

ằ ằ

1
4
360
0
= 90
0


RN là trung trực của đoạn thẳng BI

BR = RI


RBI cân tại R


à
ã
à à
1 1 2
B = RIB B = Bmà


à
ã
2
B = RIB


IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau )

(2)
vì
ằ ằ
BN = CN
nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc
RA SA
=
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:
AI RA
=
ID RB
mà
NA RA

NB RB
=
suy ra
AI NA
=
ID NB
Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng
(vì có góc
ã
BNA
chung và
ã
ã

D = E = 90
suy ra tứ giác
BDPE là tứ giác nội tiếp


ã
ã
BED = BPD
(*)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
và
$
à
0
F = E = 90
suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp
suy ra
ã
ã
FEC = FPC
(**)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn


ã
à
BPC = - A

(1)

Từ (*) ; (**) và (***)


ã
BED
=
ã
FEC


D ; E ; F thẳng hàng
Cách giải 2:
PE EC
PF FC







Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp


ã
ã
0
FEP + PCF = 180
(1)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn

DBP
=
ã
DEP
( 3)
Từ (1) ; (2) và (3) ta có :
ã
ã
0
PEF + DEP = 180
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 180
0
.
- 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
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BH
và QC. Theo BT 9, ta có:


BCH =

QAC (c.g.c)

BH = QC (1)
Và

CBH =

AQC
Mà

AQC +

QCP = 90
0



CBH +

QCP = 90
0

Hay

BOC = 90
0

Hay BH

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;R
1
) và (O';R
2
) tiếp xúc nhau tại P. Một cát tuyến qua P cắt (O;R
1
)
tại A và (O';R
2
) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R
1
) tại C và (O';R
2
)
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 trờng hợp hai đờng tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tơng
tự
Cách giải 1: Hình 1


hai tam giác

OAP và

O'BP đồng dạng

1
2
RPA PO
=
PB PO' R
=
(1)
Tơng tự ta cũng có :
ã
ã
OCP = OPC
và
ã ã
O'PD = O'DP
mà
ã
ã
OPC = O'PD
( Hai góc đối đỉnh)


ã
ã


PAC và

PBD đồng dạng.
Cách giải 2: Hình 2
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.
ã
ã
ã
ã
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
ã
ã
APC = BPD
(hai góc đối đỉnh)
Suy ra :


đờng trung trực

KA = KP (1)
Xét

ABH có BI vừa là phân giác vừa là đờng cao nên BI cũng là đờng trung tuyến, đ-
ờng trung trực

IA = IH (2)
Từ (1) và (2) ta có: IK là đờng trung bình trong tam giác APH


ã
ã
IKO = OCH
( Hình 1)
Hoặc
ã
ã
0
IKO + OCH = 180
(Hình 2)
Xét tứ giác AKOI có
à
I = K
$
= 90
0



Cách giải 3:

ABI là tam giác vuông nên
ã
ã
IBA + BAI
= 180
0
hay

ã
ã
ã
0
IBA + BAO + OAI = 180
Suy ra:
ã
à
à
B A
OAI + +
2 2
= 90
0



ã
OAI
bằng (hoặc bù) với góc


A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn
* Đối với ( Hình 2)
Xét trong tam giác IBH ta có
ã
à
0
B
AHC = 90 -
2

ã
AOC
=
à
0
B
90 +
2
(Vì O là tâm của đờng tròn nội tiếp )

ã ã
0
AHC + AOC = 180
Tứ giác AOHC nội tiếp đợc

A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn
Cách giải 5:
Ta có
ã

Bài toán 13 :
Cho hình bình hành ABCD, về phía ngoài
hình bình hành, dựng các tam giác ABM
vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N;
BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q.
Chứng minh rằng tứ giác NMPQ là hình
vuông.
B
C
A
D
N
Q
P
M
I
Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 14.
Bài toán 14:
Cho hình bình hành ABDC, về phía
ngoài hình bình hành, dựng các hình
vuông ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL,
Gọi S, G, R, H lần lợt là tâm của các
hình vuông trên. Chứng minh rằng tứ
giác SGHR là hình vuông.
B
C
A
D
M
F


VIJ =

KIS


IJ = IS


VIJ =

KIS (c.g.c)

VJ = KS (1)
Gọi R là giao điểm của IS và VJ
Do

IJV =

ISK (

VIJ =

KIS)
Và

IJV +

IRJ = 90
0

R
Bài toán 16:
Cho tam giác ABC, dựng về
phía ngoài tam giác các
hình vuông ABDE và
ACHF. Gọi I, J lần lợt là
tâm của hai hình vuông đó.
M, N là trung điểm của BC
và EF. Chứng minh rằng tứ
giác IMJN là hình vuông.
B
C
A
H
F
E
D
I
J
M
N
ở bài toán trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đ-
ờng cao của tam giác ABC và đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của
tam giác AEF.
Đối với bài toán này việc vẽ đờng phụ là quan trọng. Học sinh cần áp dụng kiến thức
về hai tam giác đồng dạng, kiến thức về tam giác cân, tam giác đều. Tính chất của dãy tỉ số
bằng nhau đã đợc học ở lớp 7 vào giải bài toán.
Hai cách giải trên tơng tự giống nhau. Song sau khi đã tìm đợc lời giải 1 giáo viên cần
gợi ý cho học sinh qua câu hỏi. Vậy nếu trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC thì ta
có thể chứng minh đợc hệ thức trên hay không?

thể ta nên áp dụng cách nào để đơn giản nhất và có thể áp dụng để giải các câu liên quan vì
một bài hình không chỉ có một câu mà còn có các câu liên quan.
5) Việc khái quát hoá bài toán là một vấn đề quan trọng. Khái quát hóa bài toán là thể hiện
năng lực t duy, sáng tạo của học sinh. Để bồi dỡng cho các em năng lực khái quát hoá đúng
đắn phải bồi dỡng năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, vận dụng kiến thức liên quan để biết
tìm ra cách giải quyết vấn đề trong các trờng hợp.
6)Việc tìm ra nhiều lời giải cho một bài toán là một vấn đề không đơn giản đòi hỏi học sinh
phải có năng lực t duy logic, kiến thức tổng hợp. Không phải bài toán nào cũng có thể tìm ra
nhiều lời giải. Mà thông qua các bài toán với nhiều lời giải nhằm cho học sinh nắm sâu về
kiến thức vận dụng kiến thức thành thạo để có thể giải quyết các bài toán khác.