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
ã
ã
ã
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:
ã
ã
= ACB
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
OMH
1
ã
ã
ằ )
= ABC
(cùng bằng sđ AC
AOM
2
ã
ã

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

= ACB
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ã
OAH
+ ABC
= ACB
ã
ã
ã
Vậy OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC


Cách giải 4: Hình 4
Gợi ý:
- Kẻ đờng kính AOD
- Kẻ CK AD
Lời giải:
ã
ã
Ta có: OAH
(1)
= KCB
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã

ã
Vậy: OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC
Cách giải 5: Hình 5.
Gợi ý:
- Kẻ đờng kính AOD
- Gọi M là giao điểm của AH và DC
Lời giải:
ã
ã
Ta có: AMC
(1)
= ACB
(góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
ã
ã
ằ )
(2) (góc nội tiếp cùng chắn AC
ADM
= ABC
Trừ từng vế của (1) và (2)
ã
ã
ã
ã
Ta đợc: AMC
- ADM
= ACB

Cộng từng vế của (1) và (2)
ã
ã
à1 +O
à
+ ABC
=O
Ta đợc OAH
2
1
à1 + O
à 2 = ACB
ã
ằ )
Mà O
(Cùng bằng sđ AB
2
ã
ã
ã
OAH
+ ABC
= ACB
ã
ã
ã
Vậy OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC

ằ )
Mà: xAB
(góc nội tiếp cùng chắn AB
= ACB
ã
ã
ã
OAH
+ ABC
= ACB
ã
ã
ã
Vậy OAH
(Đpcm)
= ACB
- ABC

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.
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý :

ã
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
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc
nhọn bằng nhau ) PK = PI

Cách giải 3: Hình 2.
à1 = A
à 2 nhng việc chứng minh đGợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A
ợc áp dụng bằng kiến thức khác.
- Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn tâm D nên ta có:
Lời giải:

1
ã
ã
ằ )
Ta có IAK
( Có số đo bằng sđ AK
= ADK
2

ã
Mặt khác góc IAP

Góc BAE
(góc tạo bởi tiếp tuyến và
ằ
dây cung AE )Vì AP lại đi qua điểm chính
giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của
ã
góc BAE
Suy ra: ^A1=^A2
APK = API
( Có chung cạnh huyền và một cặp góc
nhọn bằng nhau ) PK = PI
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.


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)
B1 = F1 AOBF nội tiếp
O1 = B2 = 600
O2 = A1 = 600
AOB = 1200 (1)

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.
Hớng dẫn giải:
+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)
+ CF BD:
Do Tứ giác AOBF nội tiếp
BOF = BAF = 900

F

IM // =
Tơng tự ta có:
IN // =

1
CF (1)
2

1
BD (2)
2

Mà: CF = BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra:

IM IN
IM = IN


C

Nhận xét rằng AMB và 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
A
N
cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC. IMN là
tam giác gì?
M
Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà cha gặp
dạng thì hơi khó giải đối với các em.

C
B
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:
F
Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngoài tam giác các
hình vuông ABDE và
E
ACHF.
A
a.Chứng minh rằng:

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:
ằ
à 2 = CP
ã
à2 +B
à 3 mà B
Xét NBI ta có: IBN
=B

2
àB3 = NAC
ã
ằ
(Góc nội tiếp chắn cung NC )
ã
à + àB
BAC
A
ã
ã
=
do đó IBN
;
=

ẳ
ằ
ã
+ AP
= sđ BN
=
BHN
2
2
2

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

ằ
ằ
ằ
1
ằ = BC ; AM
ẳ = AB ; AP
ằ = AC BHN
ã
= 3600 = 900
BN
4
2
2
2
RN là trung trực của đoạn thẳng BI BR = RI RBI cân tại R

áp dụng tính chất đờng phân giác
trong tam giác ABN ta có:

RA
NA
=
( 1)
RB
NB

Tơng tự: NP là phân giác của tam giác ACN
SA
NA
=
SC
NC

(2)

RA
SA
ằ = CN
ằ
RS // BC
=
vì BN
nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc
RB

SC

AB
AI
AB
=
=
Vậy
NB
BD
ID
BD

ã
Suy ra BI là phân giác của góc ABC
ã
ã
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:
à =E
à = 900 suy ra tứ giác
Vì D
ã
ã
BDPE là tứ giác nội tiếp BED
(*)

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

Cách giải 2:

PE EC
ã
ã
Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp FEP
+ PCF
= 1800 (1)
PF FC
ã
ã
ã
ã
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn ABP
+ FCP
= 1800 Mà ABP
+ BDP
= 1800
ã
ã
FCP
(2)
= DBP
PD BD

và QC. Theo BT 9, ta có:
ABC = FQA,
nên: BC = QA
Và ACB = FAQ
N
BCH = QAC.
E
Xét hai tam giác:
BCH và QAC, có:
H
A
BC = QA

BCH = QAC
O
CH = AC (gt)
BCH = QAC (c.g.c)
BH = QC (1)
D
Và CBH = AQC
C
Mà AQC + QCP = 900
B P
M
0
CBH + QCP = 90
Hay BOC = 900
Hay BH QC (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Tơng tự nh trên ta cũng có CD QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đờng cao của tam giác

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 đờng tròn tiếp xúc ngoài còn trờng hợp hai đờng tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tơng
tự
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý:
- Tính chất của hai đờng tròn
tiếp xúc nhau
- áp dụng trờng hợp đồng
dạng thứ hai
B

Lời giải:
Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O'
ã
ã
ã
ã
ã
ã
Suy ra: OAP
và O'PB
mà OPA
( Hai góc đối đỉnh)
= OPA
= O'BP
= O'PB
Suy ra tiếp các góc ở vị trí so le trong bằng nhau OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD
ã
ã
hai tam giác OAP và O'BP đồng dạng

PO
R
PC
R
PA
ã
ã
=
= 1 (2) Từ (1) và (2) ta có:
= 1 lại có CPA
=
= BPD
PD
PO' R 2
PD
R2
PB


Suy ra : 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.
ã
ã

- Kiến thức về tứ giác nội tiếp
- Tính chất góc ngoài tam giác
Cách giải 1:
Xét ACP có CK vừa là phân giác vừa là đờng cao nên CK cũng là đờng trung tuyến,
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, đờng trung trực IA = IH (2)
Từ (1) và (2) ta có: IK là đờng trung bình trong tam giác APH
ã
ã
IKO
( Hình 1)
= OCH
ã
ã
Hoặc IKO
+ OCH
= 1800 (Hình 2)
ã
ã
à = 900 AKOI là tứ giác nội tiếp IKO
Xét tứ giác AKOI có $I = K
= OAH
Tứ giác AOHC nội tiếp đợc A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn
Cách giải 2:
ã
ã
ã
ã

IBA
+ BAO
+ OAI
= 1800 Suy ra: OAI
2
2
Tứ giác AOHC nội tiếp đợc. A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn

Cách giải 4:

à
B
ã
* Đối với (Hình 1) ta có AHC
Góc ngoài trong tam giác
= 900 +
2

à
B
ã
= 900 + (Vì O là tâm của đờng tròn nội tiếp )
AOC
2
ã
ã
AHC = AOC Tứ giác AOHC nội tiếp đợc A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn

* Đối với ( Hình 2)


à + B
à AOH
ã
ã
AOH
( Hình 1)
=A
+ ACH
= 1800
ã
ã
à
à
hoặc AOH = ACH = A + B ( Hình 2)
Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp đợc A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn.


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.

N

A

M

L
H

P

R

D
K

Q
Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác
thờng thì liệu tứ giác SGHR có tính chất gì không? Ta có bài toán 15.
Bài toán 15: Cho hình tứ giác ABCD, về phía ngoài tứ giác, dựng các hình vuông ABMN,
ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K lần lợt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh
rằng KS = VJ và KS VJ.


Bài giải:
Gọi I là trung điểm của AC, theo bài
toán 7 ta chứng minh đợc tam giác
SIJ và tam giác VIK vuông cân tại I.
Xét hai : VIJ và KIS, có:
VI = KI

VIJ = KIS
IJ = IS
VIJ = KIS (c.g.c)
VJ = KS (1)
Gọi R là giao điểm của IS và VJ


H
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.

P

G
F

N
E
A
J

H

I
D
B

M


Bài toán 5: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF.
Chứng minh rằng đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đờng cao AP của tam giác
ABC và đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của tam giác AEF

Khái quát hoá bài toán.

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 đã đợc vận dụng ?
2) Có những cách chứng minh nào tơng tự nhau?Khái quát đờng lối chung của các cách ấy?
3) Và trong cách chứng minh trên kiến thức nào đã vận dụng và kiến thức đó đợc học ở lớp
mấy, và có thể hỏi cụ thể chơng nào tiết nào để kiểm tra sự nắm vững kiến thức của học sinh.
4) Cần cho học sinh phân tích đợc cái hay của từng cách và có thể trong từng trờng hợp cụ
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.