ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN: Dạng toán chứng minh về góc với đường tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán

Chia sẻ: Paradise10 Paradise10 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

195
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dạng toán chứng minh về góc với đường tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán Bài toán 1: Cho  ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB AC. Kẻ đường 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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN: Dạng toán chứng minh về góc với đường tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Dạng toán chứng minh về góc với đường tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán Bài toán 1: Cho  ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đường cao AH, b án 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 tương ứ ng vuông góc) 1 AOM = ABC (cùng bằng sđ AC ) 2 Trong OAM thì: OMH = AOM + OAH (Góc ngoài tam giác) Hay ACB = ABC + OAH V ậy: OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 2 : Hình 2. G ợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đường 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 tương ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: ABC + OAH = CAD + ADC Mà CAD + ADC = ACB (góc ngoài tam giác)  ABC + OAH = ACB V ậy: OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 3 : Hình 3. G ợi ý: - Kẻ đường kính AOD - K ẻ DK  BC Lời giải: Ta cóDK // AH  OAH = ODK (1) (so le trong) (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC ) ABC = ADC Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được OAH + ABC = ODK + ADC = KDC Mà: KDC = ACB (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)  OAH + ABC = ACB V ậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 4 : Hình 4 Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Kẻ CK  AD Lời giải: Ta có: OAH = KCB (1) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC ) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: OAH + ABC = KCB + ADC Mà: ADC = KCA (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc)  OAH + ABC = KCB + KCA = ACB V ậy: OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 5: Hình 5. G ợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Gọi M là giao điểm của AH và DC Lời giải: Ta có: AMC = ACB (1) (góc có cạnh các cặp cạnh tương ứng vuông góc) ADM = ABC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC ) Trừ từng vế của (1) và (2) Ta được: AMC - ADM = ACB - ABC Mà: AMC - ADM = OAH (góc ngoài tam giác) V ậy OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 6 : Hình 6 G ợi ý: K ẻ OI  BC và OK  AB Lời giải: Ta có: OAH = O 2 (1) (so le trong) (2) ABC = O1 (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được OAH + ABC = O1 + O 2 1 Mà O1 + O2 = ACB (Cùng bằng sđ AB ) 2  OAH + ABC = ACB V ậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 7 : Hình 7 Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC Lời giải: Ta có: OAH = xAy (1) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) ABC = BAy (2) (so le trong) Cộng từng vế của (1) và (2) . Ta được: OAH + ABC = xAy + BAy = xAB Mà: xAB = ACB (góc nội tiếp cùng chắn AB )  OAH + ABC = ACB V ậy OAH = ACB - ABC (Đpcm) Đ ây là một b ài toán có nhiều cách giải khác nhau nhưng ở b ài toán này việc sử dụng yếu tố vẽ thêm đường 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 b ài toán. - K iến thức về hai đường thẳng song song, hai đường thẳng vuông góc. - Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác. Dạng chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau,đường thẳng song song,đồng quy Bài toán 2: Trong hình vuông ABCD và nữa đ ường tròn đường kính AD và vẽ cung AC mà tâm là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đ ường tròn đường 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. X ét APK và tam giác API 0  APK vuông tại K ( V ì góc AKD = 90 góc nội tiếp chắn nữa đường tròn đ ường kính AD)  ADP cân tại D, AD = DP   P 2 = DAP  Mặt khác. P1 = DAP ( 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 Cách giải 2 : Hình 2
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 đường tròn đ ường kính AD Ta có: AFD = 900 Lời giải: ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao nên DF cũng là phân giác suy ra: ^D1=^D 2 mà^A1=^D2 ;^D 1=^A2Vì đều là góc có các cặp cạnh tương 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. G ợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A1 = A 2 nhưng việc chứng minh đ ược áp dụng bằng kiến thức khác. - Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm D nên ta có: 1 Lời giải: Ta có IAK = ADK ( Có số đo bằng sđ AK ) 2 Mặt khác góc IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường tròn tâm D nên góc 1 IAP bằng số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ADP 2 1 1 ^ ^ ^ IAP = ADP = IAK Suy ra: A1= A2   APK =  API 2 2 ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau )  PK = PI Cách giải 4 : Hình 3 G ợi ý: - K éo dài K cắt đường 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 ( 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 b ằng nhau ta đi chứng minh  APK =  API vấn đề giáo viên cần cho học sinh tư duy và vận dụng sáng tạo kiến thức về :
- Trường 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, d ựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy. Bài giải: D Gọi O là giao điểm của BD và CF. Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng. A Ta có  DAB =  CAF (bài toán 1) F 1 1   B1 =  F1  AOBF nội tiếp 1 0   O1 =  B2 = 60 2 2 1 3O 0  O2 =  A1 = 60 0   AOB = 120 (1) 1C B 0 Tương tự:  AOC = 120 0   BOC = 120 Mà  BFC = 60 0  BOCE nội tiếp 0   O 3 =  C1 = 60 (2) Từ (1) và (2)   AOF = 1800 E  A; O; E thẳng hàng H ay AE; BD; CF đồng quy. Q ua 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: D Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, d ựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại A. Chứng minh rằng CF = BD; CF  BD. F H ướng dẫn giải: A + CF = BD (tương tự như bài toán 1) + CF  BD: Do Tứ giác AOBF nội tiếp O 0   BOF =  BAF = 90 C B Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lượt là trung điểm của BF; CD; BC, ta có:
IM là đường TB của tam giác BCF nên: D 1 IM // = CF (1) 2 Tương tự ta có: F 1 IN // = BD (2) 2 A N Mà: CF  = BD (3) Từ (1); (2) và (3) suy ra:IM  IN M IM = IN O H ay  MIN vuông cân tại I B C I N hận 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 A N các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC.  IMN là M tam giác gì? N ếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa C B I gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em. 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 được bài toán đơn giản hơn.Ta có bài toán tiếp sau : Bài toán 6: F Cho tam giác ABC, d ựng về phía ngo ài tam giác các hình vuông ABDE và E ACHF. A a.Chứng minh rằng: H BF = CE và BF  CE J b.Gọi I, J lần lượt là tâm I của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC. D Chứng minh rằng  MIJ là C tam giác vuông cân. M B Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P lần lượt là cá đ iểm 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 đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Cách giải 1 : Hình 1. G ợi ý: Đây là một bài toán hình tương đối khó đối với học sinh nếu không có tư duy tốt trong hình học. Khi đưa ra bài toán này ngay cả việc vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em đ ã không tìm ra đ ược lời giải. Dưới sự hướng 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 đường phân giác. Khi đó ta có I chính là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đ ể chứng minh cho RS // BC và I  RS ta đi chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng tiên đề về đường thẳng song song để suy ra đ iều phải chứng minh. Sau một thời gian ngắn một học sinh đã tìm ra được lời giải cho bài toán này. V à cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra. Lời giải: CP Xét  NBI ta có: IBN = B2 + B3 mà B2 = 2 B3 = NAC (Góc nội tiếp chắn cung NC ) BAC AB NAC = do đó IBN = ; 2 2 AB BIN = A1 + B1 = ( Góc ngoài của tam giác ABI ) 2 Suy ra : IBN = BIN   NBI cân tại N  N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN. Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có 1 s®BC + s®AB + s®AC 1   BHN = sđ BN + AM + AP = 2 2 2 V ì BHN là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và BC AB AC 1 3600 = 900 ; AM = ; AP = = BN =  BHN 2 2 2 4  RN là trung trực của đoạn thẳng BI  BR = RI   RBI cân tại R  B1 = RIB mµ B1 = B2  B2 = RIB  IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau ) Cũng chứng minh tương tự ta được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC  R ; I ; S thẳng hàng. V ậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đ ường tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) Cách giải 2 : Hình 2 G ợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ về Tính chất đường phân giác trong tam giác
đ ây là tính chất quan trọng mà các em đ ã được học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không hay đ ể 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 đường phân giác RA NA trong tam giác ABN ta có: ( 1) = RB NB Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN SA NA (2) = SC NC RA SA vì BN = CN nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được  RS // BC = RB SC Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có: AI RA NA RA AI NA mà suy ra =  = ID RB NB RB ID NB H ai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng NA AB AI AB (vì có góc BNA chung và BAN  NBD ) nên V ậy  = NB BD ID BD Suy ra BI là phân giác của góc ABC 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 đường tròn nội tiếp tam giác ABC . ( Đpcm) Bài toán 8: T ừ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng chân của b a đường vuông góc đó thẳng hàng (Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson) Cách giải 1 : V ì D = E = 900 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 ) V ì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn  BPC =  - A (1) PD  AB    DPF =  - A (2) PF  AC  Từ (1) và (2)  BPC = DPF  BPD = FPC (***) Từ (*) ; (**) và (***)  BED = FEC  D ; E ; F thẳng hàng Cách giải 2 : PE  EC  0   Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp  FEP + PCF = 180 (1) PF  FC  V ì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn  ABP + FCP = 1800 Mà ABP + BDP = 1800
 FCP = DBP (2) PD  BD    Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp  DBP = DEP ( 3) PE  BC  Từ (1) ; (2) và (3) ta có : PEF + DEP = 1800 Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng Đối với b ài 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 được sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần tư duy sáng tạo và tìm được hướng đi của bài toán. Đơn vị kiến thức được áp dụng để giải bài toán.Như để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo bằng 1800. - Tứ giác nội tiếp đường tròn. - Góc nội tiếp trong đường tròn. Bài toán 9: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình b ình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH  QC Bài giải: Q Gọi O là giao điểm của BH F và QC. Theo BT 9, ta có:  ABC =  FQA, nên: BC = QA Và  ACB =  FAQ N   BCH =  QAC. E X ét 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 V à  CBH =  AQC C BP M Mà  AQC +  QCP = 900 0   CBH +  QCP = 90 H ay  BOC = 900 H ay BH  Q C (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Tương tự như trên ta cũng có CD  QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đường cao của tam giác QBC. Và từ dây ta xây dựng được bài toán mới đ ược phát biểu ở dạng khác.
Bài toán 10: Q Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông F ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng Q P, BH và CD đồng quy. E H (ta thấy QP, BH và CD là ba A đ ường cao của tam giác QBC, n ên chúng đồng quy) D C B P Dạng chứng minh đường thẳng song song và tam giác đồng dạng Bài toán 11: Đường 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 đường tròn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên chung ta phải đ i x ét hai trường hợp sảy ra. H ai đường tròn tiếp xúc ngoài và hai đường tròn tiếp xúc trong.Ở đây tôi chỉ trình bày về hai đ ường tròn tiếp xúc ngo ài còn trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tương tự Cách giải 1 : Hình 1 G ợi ý: - Tính chất của hai đ ường tròn tiếp xúc nhau - Áp dụng trường hợp đồng d ạng 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 V à  OAP = PBO'  hai tam giác  OAP và  O'BP đồng dạng PA PO R  1 (1) =  PB PO' R 2 Tương tự ta cũng có : OCP = OPC và O'PD = O'DP mà OPC = O'PD ( Hai góc đối đỉnh)  OCP = PDO'  hai tam giác  OCP và  O'DP đồng dạng
PC PO R PC R PA  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 G ợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn. - Áp d ụng trường hợp đồng dạng thứ ba - Áp d ụng định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung Lời giải: K ẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường 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 đ ường tròn,hình vuông.... Bài toán 12: Cho tam giác đường phân giác BN và tâm O của đường 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 đường tròn. Đối với bài toán này xảy ra hai trường hợp đối với hình vẽ . Trường hợp 1: H và O nằm cùng phía với AC Hình 1 Trường hợp 2: H và O nằm khác phía với AC H ình 2 G ợi ý: Gọi I là giao điểm của AH và BN K ẻ AP vuông góc với CO cắt AB tại P. M là giao điểm của OC và AB K là giao điểm của OC và AP - Á p dụng tính chất giữa các đường( đường cao, đường trung trực, đường trung tuyến, đ ường phân giác đường trung bình,) trong tam giác. - K iến thức về tứ giác nội tiếp - Tính chất góc ngoài tam giác
Cách giải 1 : X ét  ACP có CK vừa là phân giác vừa là đường cao nên CK cũng là đường trung tuyến, đường trung trực  KA = KP (1) X ét  ABH có BI vừa là phân giác vừa là đường cao nên BI cũng là đường trung tuyến, đường trung trực  IA = IH (2) Từ (1) và (2) ta có: IK là đường trung bình trong tam giác APH  IKO = OCH ( Hình 1) Hoặc IKO + OCH = 1800 (Hình 2) X ét tứ giác AKOI có  = K = 90 0  AKOI là tứ giác nội tiếp  IKO = OAH I  Tứ giác AOHC nội tiếp được  A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn Cách giải 2 : Ta có BN là đường trung trực của AH  BHO = BAO mà BAO = OAC nên BHO = OAC  Tứ giác AOHC nội tiếp được.  A; O; H; C cùng nằm trên m ột đường tròn Cách giải 3 : 0  ABI là tam giác vuông nên IBA + BAI = 180 hay B A = 900  OAI bằng (hoặc bù) với góc IBA + BAO + OAI = 1800 Suy ra: OAI + + 2 2 OCH  Tứ giác AOHC nội tiếp được.  A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn Cách giải 4 : B * Đối với (Hình 1) ta có AHC = 900 + Góc ngoài trong tam giác 2 B AOC = 90 0 +(Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) 2  AHC = AOC  Tứ giác AOHC nội tiếp đ ược  A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn * Đối với ( H ình 2) B Xét trong tam giác IBH ta có AHC = 900 - 2 B AOC = 90 0 + (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp )  AHC + AOC = 1800 2 Tứ giác AOHC nội tiếp được  A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn Cách giải 5: A+B Ta có AON = ( Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB ) 2  AOH = A + B  AOH + ACH = 1800 ( H ình 1) hoặc AOH = ACH = A + B ( H ình 2) Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp được  A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn.
N Bài toán 13 : A 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; M BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q . Chứng minh rằng tứ giác NMPQ là hình C vuông. B I Q D P Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 14. Bài toán 14: N Cho hình bình hành ABDC, về phía ngoài hình bình hành, dựng các hình vuông ABEF, ACMN, DBPQ, F CDKL, Gọi S, G, R, H lần lượt là tâm A G của các hình vuông trên. Chứng minh M rằng tứ giác SGHR là hình vuông. S E B C L H P D R K Q Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác thường 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 ngo ài tứ giác, dựng các hình vuông ABMN, ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh rằng KS = VJ và KS  VJ.
Bài giải: M Gọi I là trung điểm của AC, theo bài N Q toán 7 ta chứng minh được tam giác SIJ và tam giác VIK vuông cân tại I. V B X ét hai  :  VIJ và  KIS, có: F VI = KI A K  VIJ =  KIS  P IJ = IS   VIJ =  KIS (c.g.c) S R I  VJ = KS (1) E C Gọi R là giao điểm của IS và VJ D Do  IJV =  ISK (  VIJ =  KIS) V à  IJV +  IRJ = 900 0   ISK +  VRS = 90 H ay KS  VJ (2) J Từ (1) và (2) suy ra đpcm. H G Bài toán 16: F Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các N hình vuông ABDE và ACHF. Gọi I, J lần lượt là E tâm của hai hình vuông đó. A H M, N là trung điểm của BC J và EF. Chứng minh rằng tứ giác IMJN là hình vuông. I D C B M Ở bài toán trên, ta có thể chứng minh được đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đ ường cao của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF. Đối với bài toán này việc vẽ đường 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 b ằng nhau đã được học ở lớp 7 vào giải bài toán. H ai cách giải trên tương tự giống nhau. Song sau khi đã tìm được 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 được hệ thức trên hay không? N hư vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đưa ra lời giải mà p hải để học sinh tìm lời giải cho b ài toán. Bài tập tự luyện tại nhà cho học sinh.
Bài tập 1 : Ở miền trong của hình vuông ABCD lấy một điểm E sao cho EAB = EBA = 150. Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác đều. Bài tập 2 : Cho hình vuông ABCD, O là giao đ iểm của đường chéo AC và BD gọi M và N là trung điểm của OB và CD chứng minh A; M; N; D cùng thuộc đường tròn Bài tập 3 :Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AC. Trên tia AB lấy đ iểm D sao cho AD = 3AB. Đường thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp tuyến Ax của đ ường tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác BDE là tam giác cân. Bài toán 4:Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABEF; ACMN; BCPQ. Chứng minh các đường cao của các tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy. Bài toán 5: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF. Chứng minh rằng đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đường cao AP của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF Khái quát hoá bài toán. Sau khi đ ã tìm ra các cách giải khác nhau, giáo viên cần cho học sinh khái quát hoá b ài toán b ằng cách trả lời được một số câu hỏi cụ thế sau : 1 ) Trong các cách chứng minh những kiến nào đã được vận dụng ? 2 ) Có những cách chứng minh nào tương tự nhau?Khái quát đường lối chung của các cách ấy? 3 ) Và trong cách chứng minh trên kiến thức nào đã vận dụng và kiến thức đó được học ở lớp m ấy, và có thể hỏi cụ thể chương nào tiết nào để kiểm tra sự nắm vững kiến thức của học sinh. 4 ) Cần cho học sinh phân tích được cái hay của từng cách và có thể trong từng trường 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 m ột 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 tư duy, sáng tạo của học sinh. Để bồi dưỡng cho các em năng lực khái quát hoá đúng đắn phải bồi dưỡng năng lực p hân tích, tổng hợp, so sánh, vận dụng kiến thức liên quan đ ể biết tìm ra cách giải quyết vấn đề trong các trường hợp. 6 )Việc tìm ra nhiều lời giải cho một bài toán là một vấn đề không đơn giản đòi hỏi học sinh p hải có năng lực tư 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.