SKKN "Tổng kết một số PP c/m tứ giác nội tiếp"

Lý do chọn đề tài: a Cơ sở lý luận: Khi giải toán hình học ở lớp 9 đại đa số có chứng minh tứ giác nội tiếp hoặc sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp để chứng minh các góc bằng nhau, bù

Phòng giáo dục và đào tạo bình xuyên

trờng THCS Lý Tự Trọng

====***====

Sáng kiến kinh nghiệm

Đề Tài:

Tổng kết một số phơng pháp chứng minh

Tứ giác nội tiếp một đờng tròn

Giáo viên tổ KHTN Trờng THCS Lý Tự Trọng

Tháng 03 năm 2008

Phần I: phần mở đầu

1 Lý do chọn đề tài:

a) Cơ sở lý luận: Khi giải toán hình học ở lớp 9 đại đa số có chứng minh tứ

giác nội tiếp hoặc sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp để chứng minh các góc bằng nhau, bù nhau, tính số đo góc, chứng minh đẳng thức, chứng minh các điểm cùng thuộc một đờng tròn, … Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có

kiến thức chắc chắn về quỹ tích cung chứa góc, quan hệ giữa góc và đờng tròn,

định lý đảo về tứ giác nội tiếp, … Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có Đặc biệt phải biết hệ thống các kiến thức đó sau khi học xong chơng III hình học 9 Đây là việc làm hết sức quan trọng của giáo viên đối với học sinh

b) Cơ sở thực tiễn: Trên thực tế ngoài cách chứng minh tứ giác nội tiếp rất

cơ bản thể hiện ở định lý đảo “ Tứ giác nội tiếp ” Trang 88 SGK toán 9 tập 2 thì SGK đã đặc biệt hoá, chia nhỏ để hình thành bốn dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp Tuy nhiên cha đặt các dấu hiệu thành một hệ thống phơng pháp chứng minh

tứ giác nội tiếp một đờng tròn cho học sinh; nhiều học sinh không hiểu cơ sở của dấu hiệu Dẫn đến học sinh rất lúng túng khi tìm cách chứng minh tứ giác nội tiếp một đờng tròn

Với học sinh lớp 9 đây là dạng toán mới lạ nhng lại hết sức quan trọng giúp học sinh nhìn nhận lại đợc các bài toán đã giải ở lớp 8 để có cách giải hay cách lý giải căn cứ khác

Với những lý do trên đây trong đề tài này tôi đa ra một số cách để chứng minh một tứ giác nội tiếp sau khi học sinh học xong bài “Tứ giác nội tiếp một đ-ờng tròn”

Với tên gọi:

“Tổng kết một số phơng pháp chứng minh tứ giác nội tiếp một đờng tròn“

2 Phạm vi, đối tợng mục đích của đề tài:

a) Phạm vi của đề tài :

Là phơng pháp chứng minh hình học THCS ở phạm vi hẹp, cụ thể là chứng minh tứ giác nội tiếp một đờng tròn để từ đó chứng minh các đẳng thức về góc,

đẳng thức tích các đoạn thẳng, … Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có Tuy nhiên về ứng dụng của nó thì cũng khá rộng rãi

b) Đối tợng của đề tài:

Là học sinh đại trà lớp 9 – THCS, giáo viên mới ra nghề dạy ở bậc THCS

c) Mục đích của đề tài:

Giúp Giáo viên hệ thống hoá kiến thức tạo nên các phơng pháp để hớng dẫn học sinh chứng minh tứ giác nội tiếp, chứng minh các điểm nằm trên một đờng tròn và các bài toán có sử dụng chiều ngợc lại của tứ giác nội tiếp Rèn học sinh

kỹ năng phân tích tự tìm lời giải bằng các cách khác nhau, kỹ năng nhận biết nhanh một tứ giác nội tiếp

* * *

* * Vì thời gian có hạn, năng lực của bản thân còn có hạn chế nhất định về khả năng t duy nên quá trình nghiên cứu và viết đề tài này không thể tránh khỏi những thiếu sót Kính mong hội đồng khoa học các cấp và các thầy cô đồng nghiệp đóng góp xây dựng

Xin chân thành cảm ơn !

Phần 2: nội dung của đề tài

A Nội dung:

I Cơ sở lí luận khoa học của đề tài :

Để nghiên cứu và viết về đề tài này tôi đã căn cứ vào những cơ sở lí luận khoa học sau:

1, Về phơng pháp chúng ta dùng phơng pháp phân tích – tổng hợp :

Giả sử A là giả thiết của bài toán, B là kết luận của bài toán: Để chứng minh

A  B, ta chứng minh rằng A  A1  A2   B

Các quan hệ kéo theo nói trên đợc trình bày dới dạng: A1  A2 (lí do) hoặc: (lí do) A1  A2

Trong quá trình tìm lời giải bài toán, ta thờng:

a - Khai thác giả thiết của bài toán : Từ A  A1, từ A1  A2 , Và cuối cùng suy ra Am

b - Phân tích đi lên từ kết luận của bài toán: Để chứng minh B ta có thể chứng minh B1 , để chứng minh B1 ta có thể chứng minh B2,… Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có, cuối cùng ta có thể chứng minh Bn

Nếu chứng minh đợc Am  Bn thì bài toán chứng minh A  B đợc chứng minh với sơ đồ sau: A  A1  A2  … Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có Am  Bn  … Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có  B 2  B1  B

2, Một số phơng pháp chứng minh hai góc bằng nhau

* Phơng pháp 1: Là hai góc đồng vị (hay so le trong) do hai đờng thẳng song song… Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có

* Phơng pháp 2: áp dụng định lý góc có cạnh tơng ứng song song hay vuông góc

* Phơng pháp 3: Là hai góc tơng ứng của hai tam giác đồng dạng

* Phơng pháp 4: (Tính chất góc nội tiếp, góc giữa một tia tiếp tuyến và một dây cung)… Để chứng minh tứ giác nội tiếp đòi hỏi phải có

Ngoài ra ta còn có thể sử dụng phơng pháp bắc cầu, cùng phụ, cùng bù để chứng minh hai góc bằng nhau

3, Các bài toán cơ bản về quỹ tích cung chứa góc

Bài toán 1: Quỹ tích các điểm M sao cho AMB = 1V , trong đó AB là một

đoạn cho trớc là đờng tròn đờng kính AB

Bài toán 2: Quỹ tích các điểm M tạo với hai mút của đoạn thẳng AB cho trớc một AMB có số đo không đổi bằng  (0o <  < 180o) là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB gọi là cung chứa góc  dựng trên đoạn AB

4, Định lý thuận, đảo về “Tứ giác nôị tíêp một đờng tròn” Trang 87, 88 SGK Toán

9 tập 2

5, Tính chất của tam giác đồng dạng

6, Dựa vào định nghĩa đờng tròn

II Đối tợng phục vụ cho quá trình nghiên cứu, xây dựng đề tài này là:

1, Về con ngời :

- Là những GV giỏi, giáo viên lâu năm trong nghề có kinh nghiệm để học hỏi trao đổi vấn đề nảy sinh trong quá trình nghiên cứu

- Giáo viên mới ra nghề dạy toán để đề xuất câu hỏi : “Tại sao lại có cách chứng minh tứ giác nội tiếp nh thế ? Trong một bài toán cụ thể”

- Là học sinh từ trung bình trở lên (học sinh đại trà) lớp 9 THCS

2, Về kiến thức:

Vì thời gian có hạn và năng lực có hạn chế nên đối tợng kiến thức tôi chọn ở

đây chỉ là định lý và các bài toán hình học nói về tứ giác nội tiếp , quỹ tích cung chứa góc Nghiên cứu chủ yếu cách tìm phơng pháp chứng minh các điểm cùng thuộc một đờng tròn để phục vụ cho kết luận của bài toán có sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp

III Nội dung phơng pháp nghiên cứu

* Về ph ơng pháp nghiên cứu .

- Bằng quan sát thực tế giảng dạy các giờ toán chứng minh tứ giác nội tiếp, bài toán tổng hợp có sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp để chứng minh và tính toán của GV THCS

- Bằng kinh nghiệm đứng lớp và bồi dỡng ôn thi học sinh đại trà lớp 9 , những năm trớc đây thấy học sinh rất ít em phát hiện đợc tứ giác nội tiếp một cách nhanh nhất, nhất là những bài toán không dễ chứng minh ngay đợc tổng hai góc đối diện của tứ giác bằng 180o Hay HS cứ phải đa về tổng hai góc đối diện bằng 1800 nên dài, nhiều khi dẫn đến sai

- Bằng đọc tài liệu để nắm các cơ sở lý luận khoa học về phơng pháp chứng minh và tính chất của tứ giác nội tiếp Đặc biệt là tìm cách nhận biết nhanh tứ giác nội tiếp trớc khi phải chứng minh tổng hai góc đối diện bằng 180o trong các

x A

B C

D

A

B

C D

A

B

C D

A

B C d

bài toán có chứng minh tứ giác nội tiếp hoặc có sử dụng kết quả của tứ giác nội tiếp

- Bằng việc tham khảo và học hỏi ý kiến của đồng nghiệp nhất là những thầy cô dạy toán giỏi trong Huyện

- Bằng thử nghiệm đề tài của mình trong bài dạy giải toán ở trên lớp, các buổi ôn toán thi vào lớp 10 THPT, bồi dỡng học sinh giỏi

- Và cuối cùng là bằng việc đi từ vấn đề đơn giản, riêng lẻ của bài dạy đến các định lý và bài toán khó hơn, phức tạp hơn tổng hợp lại một hệ thống các

ph-ơng pháp chứng minh tứ giác nội tiếp

Từ các phơng pháp trên đây đối chiếu với lý luận và thực tế tôi rút ra đợc kinh nghiệm nhỏ trong quá trình hớng dẫn học sinh giải toán bởi nội dung cụ thể

nh sau:

* Nội dung nghiên cứu:

- Khi dạy xong bài “Tứ giác nội tiếp một đờng tròn” Trang 87,88 SGK Toán

9 tập 2 Học sinh tự rút ra đợc một cách chứng minh tứ giác nội tiếp là:

Nếu tứ giác ABCD có :

A+C=2V hoặc B+D=2V

Suy ra ABCD là tứ giác nội tiếp một đờng tròn

Khai thác:

1, Sử dụng tính chất của hai gó kề bù

gọi tia đối của tia AB là tia Ax chẳng hạn

giả sử xAD = BCD

thế thì vì xAD + DAB = 2V (kề bù)

BCD + BAD = 2V => tứ giác ABCD nội tiếp

Đặc biệt hoá bài toán tứ giác ABCD có BAD = BCD = 90o

Thế thì BAD + BCD = 90o+90o=180o

=>Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính BD

Đây là cách đơn giản nhất

Không phải lúc nào cũng có nh vậy chẳng hạn nh:

2, Xét tứ giác ABCD có DAC = DBC

Với A, B nằm ở cùng một nửa mặt phẳng

bờ chứa DC ta sẽ chứng minh tứ giác ABCD

nội tiếp

Thật vậy, giả sử DAC = DBC =  (0o <  < 180o ) vì do DC cố định nên A, B nằm trên cung chứa góc  dựng trên đoạn DC (theo bài toán quỹ tích cung chứa góc ) Suy ra bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đờng tròn hay tứ giác ABCD nội tiếp

Vậy là ta có cách thứ t để chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp

Đặc biệt hoá góc  để có cách nhận biết nhanh

tứ giác nội tiếp

Khi cho  = 90o ta có DAC = DBC = 90o

Và A, B cùng một nửa mặt phẳng bờ DC thế thì

tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính DC

A B

C

D

M

A

B C

D

3, Lại xét tứ giác ABCD nội tiếp một đờng tròn :

Giả sử AB cắt DC tại M

ta suy ra đợc ABD = ACD

vậy là tam giác MAC và MDB đồng dạng

Đảo lại: Nếu tam giác MAC và

tam giác MDB đồng dạng với A thuộc

đoạn BM và D thuộc đoạn MC

thì tứ gíac ABCD nội tiếp

Thật vậy, vì tam giác MAC đồng dạng với

tam giác MDB suy ra ABD = DCA => tứ giác ABCD nội tiếp ( B, C ở cùng một nửa mặt phẳng bờ AD và nhìn AD dới hai góc bằng nhau )

 Từ đó nếu có tam giác MAC đồng dạng với tam giác MDB, A BM, D MC => Tứ giác ABCD cũng nội tiếp

 Theo tính chất của tam giác đồng dạng ta lại có từ tam giác MAD đồng dạng với tam giác MCB suy ra:

MB

MD MC

MA

  MA MB = MC MD

Vậy là ta lại có cách chứng minh tứ giác nội tiếp bằng tỷ lệ thức:

MA MB = MC MD, A BM, D MC => Tứ giác ABCD nội tiếp

4, Nh vậy với cách nghiên cứu nh trên cùng với định nghĩa đờng tròn ta có một số cách chứng minh (dấu hiệu nhận biết) nhanh tứ giác nội tiếp nh sau:

Tứ giác ABCD nội tiếp một đờng tròn nếu nó thoả mãn một trong những hệ thức sau:

bảng 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

A B

x

A

B

C D

A

B

C D

D

A

B C

Cách 2 2.a) 



















0 1

2

0

180 C

180

A

D B

2.b) A1 = C1

Cách 3 A1 + C1 = 900 + 900

Cách 4





































1 1

2 2

2 2

1 1

C D

C B

D A

B A

Cách 5 A1 = B1 = 900

Cách 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

Với cách hệ thống hoá nh trên học sinh đợc ghi nhớ một cách lôgic và từ đó nhận biết nhanh đợc tứ giác nội tiếp một đờng tròn và cũng từ đó sử dụng nhanh các tính chất của tứ giác nội tiếp trong giải toán hình học

Ngoài ra, với giáo viên ta cần nhớ thêm một số cách chứng minh từ bài toán

về đờng thẳng Simson và định lý P.tôlêmê:

A

B C

D

M

A B

C

D

M O

1 1

1

1 2

2

2

2

1

1

1

1 2

Bài toán 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O); M là điểm bất kỳ Gọi E,

F, K lần lợt là hình chiếu của M xuống AB, BC, CA Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để M  (O) là E, F, K thẳng hàng (cùng nằm trên đờng thẳng Simson) Nếu M trùng một trong ba đỉnh A, B, C của tam giác ABC thì bài toán hiển nhiên

đúng

Ta xét trờng hợp M thuộc nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B, các trờng hợp còn lại chứng minh tơng tự

i) Điều kiện cần: M(O) thì E, K,F thẳng hàng (1):

(1) <=> K ˆ1 Kˆ2 (2) Thật vậy, các tứ giác MEAK, MKFC, AMCB, EMFB nội tiếp => M ˆ2 Kˆ2 (3), M ˆ1 Kˆ1 (4) M ˆ2 Mˆ1 (5) (cùng cộng góc AMF và ABC cho

1800) Từ (3), (4), (5) => (2), (1)

ii) Điều kiện đủ: Có (1) => M(O) (6) <=> tứ giác MABC nội tiếp (7)

Thật vậy: từ giả thiết và từ các tứ giác MEAK, MKFC và MEBF nội tiếp => M ˆ1 Kˆ1, M ˆ2 Kˆ2, K ˆ1 Kˆ2(đối đỉnh) =>

0 2

ˆ ˆ ˆ

ˆCA B C A M F M A B C A M F M A B C 

M

(6)

Bài toán 2 Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp một

đờng tròn là AB.CD + BC.AD=AC.BD

Bài toán 3 Cho tứ giác ABCD có các cạnh đối diện AD cắt BC tại E và AB cắt

CD tại F Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ giác ABCD nội tiếp là EA.ED+FA.FB=EF2

* Một số ví dụ minh hoạ:

Trong phần ví dụ này, mỗi ví dụ đợc trình bày theo hớng phân tích để tìm ra phơng pháp chứng minh tứ giác nội tiếp Phần trình bày lời giải trên cơ sở phân tích nên cho phép tôi không trình bày ở đây

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

1

2 1

2

A

E

M

K

O

Phân tích:

C/m tứ giác ANEM nội tiếp một

đ-ờng tròn (1) 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  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

Cách 2: (1) <= 0

180 ˆ

ˆN M E N 

A









) 5 ( ˆ ˆ

) 4 ( ˆ ˆ

B M E

B

E

N

B M A

E

A

N

(4) <= cùng bằng 1/2 số đo cung AB

của đờng tròng (O)

(5) <= Tam giác EBN và tam giác

MBE đồng dạng

<=













) 7 ( ˆ ˆ

) 6 (

M B E E

B

N

AB

BN BM

AB BE

BN BM

BE

(6) <= Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc)

(7) <= A BˆN M BˆA<= Tam giác ABN và tam giác MBA đồng dạng (góc-góc)

Cách 3:

Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN

A

B

M N

H

 E ’

I K

E

Giả 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 đờng nối hai tâm) Do đó HK//BI  BI//OO’ mà ABOO’ suy ra IBAB , 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 =>

AC

AB HC

HA

 (4)

Chứng minh HAS và HCR đồng dạng 

HK

HI HC

HA

 (5)

Từ (4) và (5) =>

AC

HK AB

HI

 (6)

Từ (1) và (6) => (3) => (2) => Tứ giác HCNK nội tiếp

45 ˆ

ˆK A N K 

H C

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/

với phân giác các góc BAH, CAH

D

A

B

Q

P

A

M

N K

I R

S

1

A

M /

N/

K /

I/ R 1