Sáng kiến kinh nghiệm: Chứng minh một số dạng toán hình học lớp 9

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Đề tài sáng kiến kinh nghiệm I.Sơ yếu lý lịch : -Họ và tên : Nguyễn Trọng Diễn -Sinh ngày 03 tháng 10 năm 1957 -Năm vào ngành : 01- 09 - 1978 -Chức vụ và đơn vị công tác : Hiệu trưởng-Trường THCS Hiệp Thuận-Phúc Thọ- Hà Nội. -Trình độ chuyên môn : Đại học-Chuyên ngành : Toán tin ứng dụng -Hệ đào tạo : Tại chức -Bộ môn giảng dạy : Toán -Ngoại ngữ : Không -Trình độ chính trị : Học trường Đảng tỉnh Hà Sơn Bình-Hệ trung cấp Ba môn triết học Mác - Lênin. -Khen thưởng : Chiến sỹ thi đua cấp huyện nhiều năm. II.Nội dung đề tài : Tên đề tài : Chứng minh một số dạng toán hình học lớp 9. A.lý do chọn đề tài: -Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừa tượng cao, tính logíc đồng thời môn toán còn là bộ môn công cụ hổ trợ cho các môn học khác.Với môn hình học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán, suy luận logíc, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh . Đặc biệt là rèn luyện của học sinh khá, giỏi. Nâng cao được năng lực tự duy, tính độc lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài tập toán nhất là bộ môn hình học càng có ý nghĩa quan trọng. Việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng sáng tạo đối với bộ môn hình học càng phải biết rèn luyện năng lực tư duy trừu tượng và phán đoán lôgíc -Qua các năm công tác giảng dạy ở trường tôi nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người thầy cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách giải nhất. Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở trường việc có được học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất hiếm và khó, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài Toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động tư duy sáng tạo. Vì vậy tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm này: "Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9 " Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài Toán tổng quát và xây dựng các bài Toán tương tự. Điều mong muốn thứ hai đó là mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi từ trước đến nay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán cho học sinh sao cho mọi lúc, mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình. B.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu. a)Thuận lợi. Được sự chỉ đạo của các cấp quản lý và lãnh đạo nhà trường trong công tác giáo dục và đặc biệt trong họat động chuyên môn, luôn tạo mọi điều kiện cho giáo viên phấn đấu, học tập và nghiên cứu, phát huy các phương pháp dạy học đổi mới sáng tạo nhất. Bên cạnh đó các môn học khác có học sinh giỏi huyện luôn khuyến khích các giáo viên dạy toán và học sinh phải năng động tìm tòi, tư duy sáng tạo trong việc dạy và học toán. Mặt khác trong sự nghiệp giáo dục có nhiều thay đổi đáng kể, đã có học sinh giỏi tỉnh, giỏi huyện, do đó các cấp uỷ Đảng chính quyền, các bậc phụ huynh, đặc biệt Hội khuyến học xã đã có phần quan tâm động viên hơn đối với sự nghiệp giáo dục của xã và nhà trường. b) Khó khăn. Bên cạnh những mặt thuận lợi cũng có nhiều những khó khăn như: Điều kiện cơ sở vật chất của nhà trường còn thiếu thốn, không có phòng học để mở việc bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi theo một trình tự có hệ thống từ các lớp nhỏ đến lớp lớn, cụ thể từ lớp 6 đến lớp 9. Phòng thư viện của nhà trường còn nghèo nàn, do đó việc tìm tòi sách đọc là vấn đề hạn chế. Nhưng khó khăn nhất vẫn là các em học sinh do điều kiện của địa phương với đặc thù là vùng nông thôn, số nhân khẩu đông, điều kiện kinh tế khó khăn, vì vậy việc quan tâm đến học hành còn hạn chế nhiều cả về tinh thần và vật chất, dẫn đến hạn chế việc học hành của các em đặc biệt là môn toán. Chính vì vậy càng cần phải rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng tạo, càng khiến tôi tâm huyết tìm tòi, nghiên cứu để giảng dạy có hiệu quả nhất. c) Các số liệu qua lớp học cụm và đội tuyển HSG : Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 25% các em thực sự có hứng thú học toán (Có tư duy sáng tạo), 45% học sinh thích học toán (chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 30% còn lại nữa thích nữa không . Qua gần gủi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học xong nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài toán nào đó, bởi vì do điều kiện khách quan của địa phương và của nhà trường, học sinh chỉ được bồi dưỡng một thời gian nhất định trước khi đi thi vì vậy học sinh chưa có hứng thú học toán và kết quả qua các kỳ thi chưa cao. III. Quá trình thực hiện đề tài : A. Giải pháp thực hiện. - Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho một bài toán. - Hướng dẫn học sinh đưa ra các cách giải cho một bài toán, từ đó hướng dẫn học sinh tìm được một lời giải ngắn nhất và phù hợp nhất đối với từng học sinh. - Tăng cường các hoạt động tìm tòi, quan sát,đo đạc, dự đoán tiếp cận lời giải. - Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản vào giải quyết các vấn đề có liên quan. B.Kiến thức cần truyền đạt. Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện được khả năng sáng tạo, tìm được nhiều cách giải do đó bản thân người thầy, người dạy phải là người tìm ra nhiều cách giải nhất và hướng dẫn học sinh tìm được lời giải cho bài toán .Trong đề tài này do khuôn khổ, giới hạn của đề tài tôi chỉ đưa ra một số dạng cơ bản và một bài tập điển hình cho dạng toán. c. minh hoạ vài dạng toán hình học phát huy khả năng sáng tạo HS : Dạng toán chứng minh về góc với đường tròn qua nhiều cách giải 1 bài toán Bài toán 1: Cho D ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đường cao AH, bán kính OA. Chứng minh = - . 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: = (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) = (cùng bằng sđ) Trong DOAM thì: = + (Góc ngoài tam giác) Hay Vậy: (Đpcm) Cách giải 2: Hình 2. Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D . Lời giải: Ta có: (1) (Cùng chắn) (2) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: Mà (góc ngoài tam giác) ị Vậy: (Đpcm) Cách giải 3: Hình 3. Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Kẻ DK ^ BC Lời giải: Ta cóDK // AH (1) (so le trong) (2) (góc nội tiếp cùng chắn) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được Mà: (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) ị Vậy (Đpcm) Cách giải 4: Hình 4 Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Kẻ CK ^ AD Lời giải: Ta có: (1) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) (2) (góc nội tiếp cùng chắn ) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: Mà: (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) ị Vậy: (Đpcm) Cách giải 5: Hình 5. Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Gọi M là giao điểm của AH và DC Lời giải: Ta có: (1) (góc có cạnh các cặp cạnh tương ứng vuông góc) (2) (góc nội tiếp cùng chắn) Trừ từng vế của (1) và (2) Ta được: Mà: (góc ngoài tam giác) Vậy (Đpcm) Cách giải 6: Hình 6 Gợi ý: Kẻ OI ^ BC và OK ^ AB Lời giải: Ta có: (1) (so le trong) (2) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được Mà (Cùng bằng sđ ) ị Vậy (Đpcm) Cách giải 7: Hình 7 Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC Lời giải: Ta có: (1) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) (2) (so le trong) Cộng từng vế của (1) và (2) . Ta được: Mà: (góc nội tiếp cùng chắn) ị Vậy (Đpcm) Đây là một bài toán có nhiều cách giải khác nhau nhưng ở bài 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 bài toán. - Kiến 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 đường 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 đường 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. Xét APK và tam giác API APK vuông tại K ( Vì góc AKD = 900 góc nội tiếp chắn nữa đường tròn đường kính AD) ADP cân tại D, AD = DP Mặt khác. ( 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 đường kính AD Lời giải: Ta có: = 900 ( 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=^D2 mà^A1=^D2 ;^D1=^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. Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh nhưng việc chứng minh được áp dụng bằng kiến thức khác. - Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm D nên ta có: Lời giải: Ta có ( Có số đo bằng sđ ) Mặt khác góc là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đường tròn tâm D nên góc bằng số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ^ = Suy ra: ^A1=^A2 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 đường tròn tâm D tại E - áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung Lời giải: DK AE nên . Góc (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )Vì AP lại đi qua điểm chính giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của góc 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 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, 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) Tương tự: AOC = 1200 BOC = 1200 Mà BFC = 600 BOCE nội tiếp O3 = C1 = 600 (2) Từ (1) và (2) AOF = 1800 A; O; E thẳng hàng Hay AE; BD; CF đồng quy. Qua 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: 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. Hướng dẫn giải: + CF = BD (tương tự như bài toán 1) + CF BD: Do Tứ giác AOBF nội tiếp BOF = BAF = 900 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: IM // = CF (1) Tương tự ta có: IN // = BD (2) Mà: CF = BD (3) Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM IN IM = IN Hay MIN vuông cân tại I 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 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 chưa 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: 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 lượt là tâm của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MIJ là tam giác vuông cân. Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ ; . 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. Gợi 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 đã không tìm ra được 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 Để 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 điều phải chứng minh. Sau một thời gian ngắn một học sinh đã tìm ra được lời giải cho bài toán này. Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra. Lời giải: Xét NBI ta có: mà (Góc nội tiếp chắn cung ) = do đó ; = ( Góc ngoài của tam giác ABI ) Suy ra : 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 =sđ = Vì là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và ; ; = 3600 = 900 RN là trung trực của đoạn thẳng BI BR = RI RBI cân tại R 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. Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) Cách giải 2: Hình 2 Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ về Tính chất đường phân giác trong tam giác đây là tính chất quan trọng mà các em đã được học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không hay để ý đến tính chất này. Lời giải: Theo giả thiết ta có do đó MN là phân giác của góc áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABN ta có: ( 1) Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN (2) vì nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được RS // BC Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có: mà suy ra Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng (vì có góc chung và) nên Vậy Suy ra BI là phân giác của góc ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác 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 ba đường vuông góc đó thẳng hàng (Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson) Cách giải 1: Vì suy ra tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp (*) ( Góc nội tiếp cùng chắn một cung ) và suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp suy ra (**) ( Góc nội tiếp cùng chắn một cung ) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn (1) (2) Từ (1) và (2) = (***) Từ (*) ; (**) và (***) = D ; E ; F thẳng hàng Cách giải 2: Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp (1) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn Mà (2) Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp = ( 3) Từ (1) ; (2) và (3) ta có : 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 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 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: ABC = FQA, nên: BC = QA Và ACB = FAQ BCH = QAC. Xét hai tam giác: BCH và QAC, có: BC = QA BCH = QAC CH = AC (gt) BCH = QAC (c.g.c) BH = QC (1) Và CBH =AQC Mà AQC +QCP = 900 CBH + QCP = 900 Hay BOC = 900 Hay BH QC (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 được phát biểu ở dạng khác. Bài toán 10: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng QP, BH và CD đồng quy. (ta thấy QP, BH và CD là ba đường cao của tam giác QBC, nên chúng đồng quy) 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 đi xét hai trường hợp sảy ra. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài và hai đường tròn tiếp xúc trong.ở đây tôi chỉ trình bày về hai đường tròn tiếp xúc ngoài còn trường hợp hai đường tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tương tự Cách giải 1: Hình 1 Gợi ý: - Tính chất của hai đường tròn tiếp xúc nhau - áp dụng trường hợp đồng dạng 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: và mà ( 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 Và hai tam giác OAP và O'BP đồng dạng (1) Tương tự ta cũng có : và mà ( Hai góc đối đỉnh) hai tam giác OCP và O'DP đồng dạng (2) Từ (1) và (2) ta có: lại có Suy ra : PAC và PBD đồng dạng. Cách giải 2: Hình 2 Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn. - áp dụng trường 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 đường tròn. Ta có. ( 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 (hai góc đối đỉnh) Suy ra : PA1B1 và PA2B2 đồng dạng. Dạng chứng minh tứ giác nội tiếp đường 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 Hình 2 Gợi ý: Gọi I là giao điểm của AH và BN Kẻ 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 - áp dụng tính chất giữa các đường( đường cao, đường trung trực, đường trung tuyến, đường phân giác đường trung bình,) trong tam giác. - 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 đường cao nên CK cũng là đường trung tuyến, đường trung trực KA = KP (1) Xét 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 ( Hình 1) Hoặc (Hình 2) Xét tứ giác AKOI có = 900 AKOI là tứ giác nội tiếp 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 mà nên Tứ giác AOHC nội tiếp được. A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn Cách giải 3: ABI là tam giác vuông nên = 1800 hay Suy ra: = 900 bằng (hoặc bù) với góc Tứ giác AOHC nội tiếp được. A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn Cách giải 4: * Đối với (Hình 1) ta có Góc ngoài trong tam giác = (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn * Đối với ( Hình 2) Xét trong tam giác IBH ta có = (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn Cách giải 5: Ta có ( Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB ) ( Hình 1) hoặc ( Hình 2) Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường 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. 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 lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh rằng tứ giác SGHR là hình vuông. 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 ngoài 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: Gọi I là trung điểm của AC, theo bài toán 7 ta chứng minh được 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 Do IJV = ISK (VIJ = KIS) Và IJV + IRJ = 900 ISK + VRS = 900 Hay KS VJ (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Bài toán 16: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF. Gọi I, J lần lượt 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. ở bài toán trên, ta có thể chứng minh được đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đường cao của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF. Đối với các bài toán này việc quan trọng là học sinh cần áp dụng kiến thức về chứng minh hai tam giác bằng nhau,và cần nắm chắc các bài toán đơn giản đã làm trên thì bài phức tạp đó cũng tìm ngay lời giải rất dễ dàng. Qua các bài toán cần học sinh cần liên tưởng bài tương tự giống nhau, để suy nghĩ tìm hướng chứng minh thích hợp nhất.Song sau khi đã tìm được lời giải thì giáo viên cần gợi ý cho học sinh qua câu hỏi để tìm các lời giải khác,qua đó mà giúp học sinh chọn lời giải hay nhất,ngắn gọn nhất.Đó mới là mục đích của việc giải toán,đặc biệt là hình học. Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đưa ra lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài 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 = 150. Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác đều. Bài tập 2: Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm 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 điểm D sao cho AD = 3AB. Đường thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp tuyến Ax của đường 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 đã tìm ra các cách giải khác nhau, giáo viên cần cho học sinh khái quát hoá bài toán bằng cách trả lời được một số câu hỏi cụ thế sau : 1) Trong các cách chứng minh những kiến nào đã được vận