chuyên đề bồi dưỡng hsg toán 9 phần 03

Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán đại số 9 cơ bản và nâng cao được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết, đồng thời có các bài tập tự luyện ở phía dưới có hướng dẫn giải và đáp án của các phần bài tập tự luyện. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức về toán học lớp 9 và để ôn thi vào lớp 10.

NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG Dạng 1: Đường thẳng Euler 1.(Đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC Chứng minh trọng tâm G , trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp O nằm đường GH =2 thẳng Hơn GO Đường thẳng nối H ,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC Chứng minh: Cách 1: Gọi E , F trung điểm BC , AC Ta có EF đường trung bình tam giác ABC nên EF / / AB Ta lại có OF / / BH (cùng vng góc với AC ) Do � = ABH � � � OFE (góc có cạnh tương ứng song song) Chứng minh tương tự OEF = BAH Từ có D ABH : D EFO (g.g) � AH AB = =2 OE EF (do EF đường trung bình tam AG =2 giác ABC ) Mặt khác G trọng tâm tam giác ABC nên GE Do AG AH = =2 � � FG OE , lại có HAG = OEG (so le trong, OE / / AH ) � D HAG : D EOG (c.g.c) � = EGO � � � � � 0 � � HGA Do EGO + AGO = 180 nên HGA + AGO = 180 hay HGO = 180 Vậy H ,G,O thẳng hàng Cách 2: Kẻ đường kính AD đường trịn (O) ta có BH ^ AC (Tính chất trực tâm) AC ^ CD (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy BH / / CD Tương tự ta có CH / / BD nên tứ giác BHCD hình bình hành, HD cắt BC trung điểm OM / / = AH đường Từ suy (Tính chất đường trung bình tam giác ADH ) GO OM = = AH nên G trọng tâm tam giác ABC Nối AM cắt HO G GH Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối GO lấy H ' cho GH ' = 2GO Gọi M trung điểm BC Theo tính chất trọng tâm G thuộc AM GA = 2GM Áp dụng định lý Thales vào tam giác GOM dễ suy AH '/ / OM (1).Mặt khác O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , M trung điểm BC nên OM ^ BC (2) Từ (1) (2) suy AH ' ^ BC , tương tự BH ' ^ CA Vậy H ' �H trực tâm tam giác ABC Theo cách dựng H ' ta có kết luận tốn � Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường trịn H ' A H 'D  90 (Góc nội tiếp chắn đường trịn) nên EM đường trung bình tam giác HH 'D suy H đối xứng với H ' qua BC Nếu gọi O' tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác HBC ta có O' đối xứng với O qua BC Đường thẳng qua cịn có OH  3OG H ,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác A BC Ngoài ta *Đường thẳng Euler coi định lý quen thuộc hình học phẳng Khái niệm đường thẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác, sau mở rộng ứng dụng cho tứ giác nội tiếp n - giác nội tiếp, chuyên đề ta quan tâm đến số vấn đề có liên quan đến khái niệm tam giác 1.1 (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC P điểm mặt phẳng Gọi A ', B ',C ' trung điểm BC ,CA, AB G trọng tâm tam giác ABC a) Chứng minh đường thẳng qua A, B,C song song H H ,G, P với PA ', PB ', PC ' đồng quy điểm P , P GH P thẳng hàng GP =2 b) Chứng minh đường thẳng qua A ', B ',C ' song O O ,G , P song với PA, PB, PC đồng quy điểm P , P GOP thẳng hàng GP = Giải: a) Ta thấy kết luận toán rắc rối, nhiên ý tưởng lời giải câu giúp ta tìm đến lời giải ngắn gọn sau: Lấy điểm Q tia đối tia GP cho GQ = 2GP Theo tính chất trọng tâm ta thấy G thuộc AA ' GA = 2GA ' Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GPA ' dễ suy AQ / / PA ' Chứng minh tương tự BQ / / PB ',CQ / / PC ' Như Q �H P đường thẳng qua A, B,C song song với PA ', PB ', PC ' đồng quy Hơn theo cách dựng Q tốn H P ,G,O GH P thẳng hàng GO b) Ta có lời giải tương tự Lấy điểm R =2 Ta có kết luận GR = GP tia đối tia GP cho Theo tính chất trọng tâm ta thấy G thuộc AA ' GA = 2GA ' Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GPA dễ suy AR / / PA Chứng minh tương tự BR / / PB,CR / / PC Như đường thẳng qua A, B,C song song với PA, PB, PC đồng quy R �OP Hơn theo cách dựng R OP ,G, P thẳng hàng GP =2 GOP Ta có kết luận toán Nhận xét: Bài toán thực mở rộng đường thẳng Euler H =H Phần a) Khi P �O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có P trực tâm tam giác ABC Ta thu dược nội dung toán đường thẳng Euler O �O Phần b) Khi P �H trực tâm tam giác ABC P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1.2 Cho tam giác ABC trực tâm H Khi đường thẳng Euler tam giác HBC , BC HCA, HAB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Giải: Để giải toán cần hai bổ đề quen thuộc sau: HBC ) ,( HCA ) , ( HAB ) Bổ đề Cho tam giác ABC trực tâm H Thì ( đối xứng với ( ABC ) qua BC ,CA, AB Chứng minh: Gọi giao điểm khác A HA với ( ABC ) A ' Theo tính chất trực tâm góc nội tiếp dễ thấy � � � HBC = HAC =A ' BC Do tam giác HBA ' cân B hay H A ' đối xứng HBC ) ABC ) qua BC ( đối xứng ( Tương tự cho ( HCA ) ,( HAB ) , ta có điều phải chứng minh Bổ đề Cho tam giác ABC , trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp O , M trung điểm HA = 2OM Chứng minh: Gọi N trung điểm CA dễ thấy OM / / HA vng góc với BC OM / / HB vng góc với CA nên ta có tam giác D HAB : D OMN AB =2 tỷ số MN Do HA = 2OM , điều phải chứng minh Trở lại tốn Gọi theo bổ đề 5.1 OA OA tâm ( HBC ) đối xứng vớiO qua BC ,kết hợp với bổ đề suy OOA song song OH nên tứ giác nên AOA AHOAA hình bình hành qua trung điểm E OH Tuy nhiên dễ thấy A trực tâm tam giác HBC đường thẳng Euler tam giác HBC AOA qua E Tương tự đường thẳng Euler tam giác HCA, HAB cũngđi qua E nằm OH đường thẳng Euler tam giác ABC Đó điều phải chứng minh Nhận xét: Điểm đồng quy E trung điểm OH tâm đường trịn Euler tam giác ABC 1.3 Cho tam giác ABC tâm đường trịn nội tiếp I Khi đường thẳng Euler tam giác IBC , I CA, IAB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Hướng dẫn giải: Ta sử dụng bổ đề sau: O Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ) , tâm đường tròn nội tiếp I I A cắt (O ) điểm D khác A D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC Giải: Sử dụng tính chất góc nội tiếp góc ngồi tam giác ta có: � = IBC � + CBD � = IBD � + IAC � = IBA � + IAB � = BID � IBA Vậy tam giác I DB cân D Tương tự tam giác I CD cân D DI = DB = DC Vậy D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (Xem thêm phần góc với đường trịn) Bổ đề (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC đường thẳng cắt ba cạnh BC ,CA, AB A 'B B 'C C 'A =1 A ', B ', C ' tương ứng AB B 'A C 'B Định lý chứng minh chi tiết (Các định lý hình học tiếng) Trở lại toán Gọi O tâm ( IA giao Gọi ( ABC ) G,GA OOA điểm OA ABC ) , khác A GGA trọng tâm tam giác ABC , IBC Gọi M trung điểm BC , cắt E Theo bổ đề tính chất ta thấy (O ) OAE OAM = OOA OA I GA vng góc với BC M IM GAE GG = IOA IA = � trung điểm cung BC không chứa A = AG = AM nên GGA / / AOA suy COA IA GO (1) Hơn A (2) Gọi A A (đường thẳng Euler tam giác IBC ) cắt OG (đường thẳng Euler tam giác ABC S ) Ta chứng minh S � = BCO � AIB A nên hai tam giác vuông N I AB cố định Gọi hình chiếu lên Do I AN OACM đồng dạng Do IA IN r = = OAC MOA MOA Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S,GA ,OA r= hay COA MOA IA (3) thẳng hàng, ta có: CO SG OAO GAE SG R = A SO OAE GAG SO IA SG 2R SG 3r OAM = = SO 2r Vậy SO 2R , S cố định Tương tự, đường thẳng Euler tam giác ICA, IAB qua S nằm đường 1= thẳng Euler tam giác ABC Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Điểm đồng quy S thường gọi điểm Schiffer tam giác ABC I 1.4 Cho tam giác ABC Đường tròn ( ) tiếp xúc ba cạnh tam giác D, E , F Khi đường thẳng Euler tam giác DEF qua tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC Hướng dẫn giải: Gọi A ', B ',C ' giao điểm khác A, B,C I A, I B, I C với đường tròn ngoại tiếp � (O ) Khi A ' trung điểm cung BC O không chứa A ( ) OA ' ^ BC suy OA '/ / ID Gọi giao điểm A 'D với OI K , áp dụng định lý Thales vào tam giác KD KI ID r = = = K OA ' ta thấy K A ' K O OA ' R r , R bán kính đường trịn nội tiếp ngoại tiếp tam giác Do K cố định, tương tự B 'E ,C 'F qua K Lấy điểm KH r = R Áp dụng định lý Thales H thuộc đoạn K O cho K I tam giác K I A ' ta thấy KH KD r = KI K A ' (cùng R ) nên DH / / I A ' Bằng tính chất phân giác tam giác cân dễ thấy I A ' �AI ^ EF DH ^ EF Chứng minh tương tự EH ^ DF , FH ^ ED hay H trực tâm tam giác DEF Ta ý I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua O Ta có điều phải chứng minh Nhận xét 1.4 kết hay gặp đường thẳng Euler, nhờ ta chứng minh kết thú vị khác sau 1.5 Cho tam giác ABC đường cao AA ', BB ',CC ' đồng quy H Gọi D, E , F hình chiếu H lên B 'C ',C 'A ', A 'B ' Khi đường thẳng Euler tam giác DEF tam giác ABC trùng Giải: Ta biết kết quen thuộc trực tâm H tam giác ABC tâm đường trịn nội tiếp tam giác A 'B 'C ' Khi theo 1.4 , đường thẳng Euler tam giác DEF đường thẳng nối H N , N tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A 'B 'C ' Mặt khác tâm N đường tròn ngoại tiếp tam giác A 'B 'C ' tâm đường trịn Euler tam giác ABC NH đường thẳng Euler tam giác ABC Đó điều phải chứng minh Chú ý Áp dụng kết 1.5 ta lại có kết thú vị khác 1.6 Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC , CA, AB D, E , F Tâm đường tròn bàng tiếp I a , I b , I c Chứng minh đường thẳng Euler tam giác DEF tam giác I a I b I c trùng Chứng minh: Ta áp dụng kết 1.5 vào tam giác I a I b I c , ta ý I trực tâm tam giác I a I b I c ta có điều phải chứng minh I 1.7 Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp   tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F A ', B ', C ' trung điểm EF , FD, DE Chứng minh đường thẳng qua A ', B ', C ' vng góc với BC , CA, AB đồng quy điểm đường thẳng OI O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta dễ thấy ID, IE , IF vng góc với BC , CA, AB nên đường thẳng qua A ', B ', C ' vng góc với BC , CA, AB tương ứng song song với ID, IE , IF Ta suy đường thẳng đồng quy điểm IG với G trọng tâm tam giác DEF Tuy nhiên IG đường thẳng Euler tam giác DEF Theo 1.5, IG qua O Như điểm đồng quy nằm IO Ta có điều phải chứng minh ( I ) tiếp xúc BC ,CA, AB 1.8 Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp ( I ) , chứng D, E , F ần lượt gọi DP , EQ, FR đường kính minh AP , BQ,CR đồng quy điểm nằm đường nối I trọng tâm G tam giác ABC ( I ) tam giác tiếp xúc BC D Gọi Bổ đề Cho tam giá ABC , đường trịn nội tiếp DE đường kính I AE cắt BC F BD = CF ( I ) với AB, AC K , L Gọi Chứng minh: Gọi giao điểm tiếp tuyến E r bán kính ( I ) Ta ý K I , LI phân � � giác góc BK L ,CLK Từ ta dễ thấy D K EI : D IDB (g.g) suy 2 K E BD = ID.IE = r Tương tự EL DC = ID.IE = r K E BD = EL DC Suy EL KE EL + K E KL = = = BD DC DB + DC BC (1) Dễ thấy K L / / BC Theo định lý Thales ta có EL AL KL = = FC AC BC (2) Từ (1) (2) ta dễ suy BD = FC , ta chứng minh bổ đề Trở lại toán Gọi giao điểm AP với BC A1 A trung điểm BC Theo bổ đề BD = CA1 trung điểm A2 DA1 I , trung điểm DP suy I A2 / / AA1 Tương tự có B1, B2,C 1,C IB2 / / BB1, IC / / CC AA , BB ,CC 2 đồng quy điểm N Từ ta áp dụng câu a) với điểm I ta suy nằm đường nối I trọng tâm G tam giác ABC GN = 2GI Ta có điều phải chứng minh Qua đường thẳng Ơ le số kết mở rộng ta thấy việc khai thác định lý, tính chất hình học chìa khóa quan trọng để khám phá vẽ đẹp tiềm ẩn ‘’Hình học phẳng’’ Hy vọng em học sinh tiếp tục phát triển, đào sâu suy nghỉ để tìm tốn hay hơn, phong phú hơn.Đó cách để học giỏi mơn hình học phẳng Dạng Đường thẳng Simmon (O ) M điểm Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường tròn Kẻ MH , MI , MK vng góc với AB, BC , AC Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng Chứng minh: trịn tâm A bán kính AH kẻ tiếp tuyến BD,CE với (A ) ( D,E tiếp điểm khác H ) Chứng minh DE tiếp xúc với đường trịn đường kính BC Giải: � � � � Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DAB  HAB,CAH  CAE Suy � � � � �  CA � E  HAB �  CA � H  BA � C  900 DAB hay DAB  CAE  HA B  CAH  180 � D,A ,E thẳng hàng Gọi O trung điểm BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC Mặt khác A D  AE nên OA đường trung bình hình thang vng BDEC suy OA  DE A Nói cách khác DE tiếp tuyến đường trịn (O) Đường kính BC Ví dụ 6) Cho tam giác A BC ngoại tiếp đường trịn tâm I bán kính r Giả sử (I;r) tiếp xúc với cạnh A B,BC,CE D,E,F Đặt AB  c,BC  a,AC  b,AD  x,BE  y,CF  z a) Hãy tính x,y,z theo a,b,c b) Chứng minh S  p.r (trong S diện tích tam giác p chu vi tam giác, r bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác c) Chứng minh: 1 1    r hb hc (ha ;hb ;hc ) đường cao kẻ từ đỉnh A ,B,C tam giác A ,B,C Giải: � x y  c � yza � � � z x b � a b c � x y  z  AF  AD  x,BD  BE  y,CE  CF  z � a) Từ giả thiết ta có Từ suy Lần lượt trừ vế phương trình (4) hệ cho phương trình ta thu được: � a b c z  p c � � � a c b  p b �y  � � b c a x  pa � � b) Ta có SABC  SIA B  SIAC  SIBC  S c) Ta có  r.AB  r.AC  r.BC   21 r.2p  p.r p 1 a b c 1 1 a.ha �  ,  ,  �    a  b  c    2S hb 2S hc 2S hb hc 2S S r VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN Xét hai đường trịn (O;R),(O';R') A) Hai đường tròn tiếp xúc nhau: Khi hai đường trịn tiếp xúc nhau, xảy khả Trường hợp 1: Hai đường tròn tiếp xúc ngoài: + Điều kiện R  R'  OO' Tiếp điểm nằm đường nối tâm hai đường tròn Đường nối tâm trục đối xứng hai đường trịn Ví dụ 1: Cho hai đường trịn (O) (O') tiếp xúc ngồi A Qua A kẻ cát tuyến cắt (O) C , cắt đường tròn (O') D a) Chứng minh OC / /O'D b) Kẻ tiếp tuyến chung MN , gọi P , Q điểm đối xứng với M ,N qua OO' Chứng minh MNQP hình thang cân MN  PQ  MP  NQ � c) Tính góc MAN Gọi K giao điểm AM với (O') Chứng minh N ,O',K thẳng hàng Giải: a) Do hai đường trịn (O) (O') tiếp xúc ngồi A nên A nằm OO' Ta có � � � � � O  DA � O' CA Lại có OCA  OAD,O'AD  O'DA tam giác COA , DO'A tam giác � � cân Từ suy OCA  O'DA � OC / /O'D b) + Vì MP  OO',NQ  OO' � MP / /OO' � MNQP hình thang Vì M đối xứng với P qua OO' , N đối xứng với Q qua OO' O đối xứng với O qua OO' nên � � � � � � OPM  OMP  900 Mặt khác MPQ,PMN phụ với góc OPM  OMP nên � � MNQP MPQ  PMN suy hình thang cân (Chú ý: Từ ta suy PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn) + Kẻ tiếp tuyến chung qua A hai đường tròn cắt MN ,PQ R,S ta có: RM  RA  RN ,SA  SP  SQ suy M N  PQ  2RS Mặt khác RS đường trung bình hình thang nên MP  NQ  2RS hay MP  NQ  M N  PQ c) Từ câu b ta có AR  RM  RN nên tam giác MAN vuông A , từ suy � NAK  900 � KN đường kính (O') , hay N ,O',K thẳng hàng Ví dụ 2: Cho hai đường trịn (O;R) (O';R') tiếp xúc A với (R  R') Đường nối tâm OO' cắt (O),(O') B,C Dây DE (O) vng góc với BC trung điểm K BC a) Chứng minh BDCE hình thoi b) Gọi I giao điểm EC (O') Chứng minh D,A ,I thẳng hàng c) Chứng minh KI tiếp tuyến (O') Giải: Vì BC vng góc với đường thẳng DE nên DK  KE,BK  KC (theo giả thiết) tứ giác BDCE hình bình hành, lại có BC  DE nên hình thoi  O1 có BA đường kính nên BDA vng b) Vì tam giác BDA nội tiếp đường tròn � � D Gọi I ' giao điểm DA với CE A I 'C  90 (1) (vì so le với BDA ) Lại có AIC nội tiếp đường trịn  O  có AC đường kính nên tam giác AIC vng I , hay �IC  900 A (2) Từ (1) (2) suy I �I ' Vậy D,A ,I thẳng hàng c) Vì tam giác DIE vng I có IK trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên �  I� KD  KI  KE � D O 2C  O 2I � C � D bán kính đường trịn Từ (1),(2),(3) suy bán kính (1) Lại có O2I � C � � C (3), (2) phụ với DEC  O2  � � � � � I�  I � I  I  I  I  90 đường tròn  O2  Vậy hay � KIO  90 KI vng góc với KI tiếp tuyến đường trịn  O  Ví dụ 3) Chứng minh rằng: Trong tam giác tâm vòng tròn ngoại tiếp O trọng tâm G trực tâm H nằm đường thẳng HG  2GO (Đường thẳng Ơ le) Gọi R,r,d bán kính vịng tròn ngoại tiếp nội tiếp khoảng cách hai tâm chứng 2 minh d  R  r (Hệ thức Ơ le) Giải: � + Kẻ đường kính AD đường trịn (O) ACD  90 � DC  A C mặt khác BH  A C � BH / /DC , tương tự ta có: CH / /BD � BHCD hình bình hành hai đường chéo cắt trung điểm đường Suy OM đường trung bình GM OM   �G tam giác AHD Giả sử HO �AM  G GA HA trọng tâm tam giác ABC HG  2GO Nhận xét: Nếu kéo dài đường cao AH cắt (O) H ' ta có H ,H ' đối xứng qua BC Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp HBC qua BC 2 + Ta có : IA.IF  R  d (Xem phần tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) Mặt khác AF �  FAC �  1A � FN � FCN  900 � FNC A � FB  FC  FI phân giác góc Kẻ đường kính IAK ,FNC Tam giác hai tam giác vng có góc nhọn nên đồng dạng với IA IK  � IA.FC  FN.IK � IA.FC  2Rr 2 Từ suy FN FC Hay d  R  r B Hai đường tròn cắt nhau: Khi hai đường tròn (O1),(O ) O O  AB cắt theo dây AB trung điểm H AB Hay AB đường trung trực O1O Khi giải tốn liên quan dây cung đường trịn, cát tuyến ta cần ý kẻ thêm đường phụ đường vng góc từ tâm đến dây cung Ví dụ Cho hai đường trịn (O1;R),(O2;R) O ,O cắt A ,B ( nằm khác phía so với đường thẳng AB ) Một cát tuyến PAQ xoay quanh A  P � O1 ,Q � O2   cho A nằm P Q Hãy xác đinh vị trí cát tuyến PAQ trường hợp a) A trung điểm PQ b) PQ có độ dài lớn c) Chu vi tam giác BPQ lớn d) SBPQ lớn Lời giải: a) Giả sử xác định vị trí cát tuyến PA Q cho PA  A Q Kẻ O1H vng góc với dây PA Kẻ O2K vng góc với dây A Q PH  HA  PA AK  KQ  AQ Nên AH  AK Kẻ A x / /O,H / /O 2K O O I  IO cắt O , I A x  PQ Từ suy cách xác định vị trí cát tuyến PAQ cát tuyến PAQ vng góc với IA A với I trung điểm đoạn nối tâm O1O2 b) Trên hình, ta thấy PA  HK Kẻ O2M  O1H HK  MO tứ giác Lúc đường xiên kẻ từ O 2M O2 MHKO2 có ba góc vng nên hình chữ nhật đường vng góc kẻ từ đến đường thẳng PQ  2HK  2O2M �2O1O2 Vậy vị trí cát tuyến O1H O2 đến đường thẳng Nên (không đổi) dấu đẳng thức xảy PAQ / /O1O M O1H ,O2O1 O2M �O1O2 hay O hay PQ / /O1O2 PQ có độ dài lớn c) Qua A kẻ cát tuyến CAD vng góc với BA  O1 ,  O2  nên Thì tam giác ABC ABD vuông A nội tiếp đường tròn O1 O OO trung điểm BC trung điểm BD Lúc đường trung O O / /CD PQ �2O1O2 bình tam giác BCD nên suy (1) (theo câu b) BQ � BD Lại có (2), BP �BC (3) Từ (1),(2),(3) suy chu vi tam giác BPQ,C  PQ  BQ  BP �2 O1O  R1  R  (không đổi) Dấu có P �C,Q �D Vậy chu vi tam giác BPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PA Q vng góc với dây BA A d) Kẻ BN  PQ BN �BA Lúc Vậy SBPQ  SBPQ 1 BN.PQ � BA.CD 2 không đổi đạt giá trị lớn cát tuyến PAQ vng góc với dây chung BA A Ví dụ Cho hai đường tròn thẳng O1H (O 2) cắt  O1 (O1;R),(O2;R) cắt đường (O2 ) O H  O1 C, cắt K , cắt B , cắt D Chứng minh ba đường thẳng BC,BD,HK đồng quy điểm Lời giải:  O1 Gọi giao điểm AC với BD E Các tam giác ACH ,AKH nội tiếp đường trịn có cạnh HA đường kính nên tam giác ACH vng C , tam giác AKH vuông K suy DC  AE (1), HK  AK (2)  O2  có cạnh HD đường kính nên tam Lại có tam giác HKD,HBD nối tiếp dường trịn giác HKD vuông K , tam giác HBD vuông B suy ra: HK  KD (3), AB  DE (4) Từ (2) (3) suy A ,K ,D thẳng hàng nên HK  AD (5) Từ (1) (4)suy H trực tâm tam giác AED , EH  A D (6) Từ (5) (6) suy H �EK (vì qua H đường thẳng AD kẻ đường thẳng vng góc với AD ) Vậy A C,BD,HK đồng quy E giao điểm AC BD CHƯƠNG 3: GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN KIẾN THỨC CƠ BẢN � (O ) - Góc ABE có đỉnh A nằm đường trịn cạnh cắt đường trịn gọi góc nội tiếp (Hình) Trong trường hợp góc nội tiếp có số đo khơng vượt q 900 số đo chúng nửa số đo góc tâm, chắn cung Các góc nội tiếp có số đo nửa số đo cung bị chắn Vì thế, góc chắn cung (hoặc chắn cung nhau) chúng nhau, góc nội tiếp cung bị chắn � = ADE � = ADE � = sđAE � ABE Trên hình vẽ ta có: - Cho đường tròn (O ) dây cung AB Từ điểm A ta kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn, � BAx gọi góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung AB (Hình) Cũng góc nội tiếp, số đo góc tia tiếp tuyến dây cung nửa số đo cung bị chắn : � = sđAmB � sđBAx Chú ý: Việc nắm khái niệm, định lý, hệ góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung giúp so sánh số đo góc, từ chứng minh đường thẳng song song với nhau, tam giác nhau, tam giác đồng dạng với nhau… I Góc nội tiếp đường tròn A PHƯƠNG PHÁP GIẢI - Hai góc chắn cung nửa số đo cung bị chắn Trên � = sđACD � = sđAD � sđABD hình vẽ: - Các góc chắn hai cung Trên hình vẽ: � � sđABD � = sđCAD � � = sđCD AD = CD � sđAD B VÍ DỤ Ví dụ Trên cạnh huyền BC tam giác vng ABC phía ngồi ta dựng hình vng với tâm điểm O Chứng minh � AO tia phân giác góc BAC Lời giải: � Vì O tâm hình vng nên BOC = 90 � Lại có BAC = 90 suy bốn điểm A, B,O,C nằm đường trịn đường kính BC � � � Đối với đường tròn ta thấy BAO = BCO (cùng chắn BO ) Mà � = 450 � BAO � = 450 � � � � 0 BCO Do BAC = 90 , nên CAO = BAC - BAO = 45 Vậy � = CAO � � BAO , nghĩa AO tia phân giác góc vng BAC (đpcm) Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) Từ đỉnh A ta kẻ đường cao AH ( H thuộc BC ) Chứng minh � = OAC � BAH Lời giải: Kẻ đường kính AE đường tròn � � = 90 (O ) Ta thấy ACE (góc nội tiếp chắn nửa � đường trịn) Từ OAC + AEC = 90 (1) � � � � � Theo giả thiết ra, ta có: BAH + ABC = 90 (2) Lại AEC = ABC (cùng chắn AC ) (3) � � Từ (1),(2) (3) suy BAH = OAC (đpcm) Lưu ý: Cũng giải tốn theo hướng sau: Gọi D giao điểm tia AH với đường tròn (O ) , chứng tỏ tứ giác BDEC � � � � � � hình thang cân Từ suy sđBD = sđCE , dẫn đến BAD = CAE , hay BAH = OAC Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O ) Trên � cung BC khơng chứa A ta lấy điểm P ( P khác B P khác C ) Các đoạn PA BC cắt Q a) Giả sử D điểm đoạn PA cho PD = PB Chứng minh D PDB b) Chứng minh PA = PB + PC 1 = + PB PC c) Chứng minh hệ thức PQ Lời giải: a) Trước tiên ta nhận thấy tam giác PBD cân P Mặt khác, � = BPA � = BCA � = 600 � (O ) ) Vậy BPD (hai góc nội tiếp chắn AB đường tròn nên tam giác PDB b) Ta có PB = PD , để chứng minh PA = PB + PC ta chứng minh DA = PC Thật vậy, xét hai tam giác BPC BDA có: BA = BC (giả thiết), BD = BP (do tam � � � � � � giác BPD đều) Lại ABD + DBC = 60 , PBC + DBC = 60 nên ABD = PBC Từ D BPC = D BDA (c.g.c), dẫn đến DA = PC (đpcm) � � � c) Xét hai tam giác PBQ PAC ta thấy BPQ = 60 , APC = ABC = 60 (hai góc nội � � � � � � tiếp chắn cung AC ) suy BPQ = APC , PBQ = PBC = PAC (hai góc nội tiếp PQ PC � = � PB PA , hay PQ.PA = PB PC chắn PC ) Từ D PBQ : D PAC (g.g) ( ) PQ PB + PC = PB.PC Theo kết câu b , ta có PA = PB + PC nên Hệ thức 1 = + PB PC (đpcm) tương đương với PQ Ghi chú: - Tứ giác ABCD có tính chất AB CD = BC AD (*) nói ví dụ gọi tứ giác điều hòa Loại tứ giác đặc biệt có nhiều ứng dụng việc giải tốn hình học phẳng khác AB BC = CD nhớ lại tính chất đường phân giác tam - Nếu hệ thức (*) dạng AD giác ta nêu thêm tính chất tứ giác điều hịa - Tứ giác ABCD tứ giác điều hòa đường phân giác góc � � BAD BCD cắt điểm đường chéo BD � - Tứ giác ABCD tứ giác điều hòa đường phân giác góc ABC � ADC cắt đường chéo AC Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường phân giác góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác D Gọi I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh DB = DC = DI Giải: Ta ln có DB = DC AD phân giác góc A Ta chứng minh tam giác DI B cân D � � � Thật ta có: I BD = IBC + CBD � � Mặt khác CBD = CAD (Góc nội tiếp chắn cung CD ) mà � = CAD � � � BAD , I BC = IBA (Tính chất phân giác) suy � = ABI � + BAI � IBD Nhưng � = ABI � + BAI � BID (Tính chất góc ngoài) Như tam giác BDI cân D � DB = DI = DC Nhận xét: Thông qua tốn ta có thêm tính chất: Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC giao điểm phân giác góc A với (O) Ví dụ 5) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) AB < AC Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A Vẽ BC AC AB = + MH , MK , MI vng góc với MH MK MI Giải: Trong tốn có tỷ số độ dài ta nghỉ đến tam giác đồng dạng định lý Thales Cách 1: Dựng đường thẳng qua A song song với BC cắt (O) N Gọi E giao điểm BC MN Ta có: AB = NC � � �BMN � � + AN � � � � + AN � � �= 1sđ � �= AMC � BME = sđ � AB NC � � � � � � � � 2 Ta có , � � MH , MK MBC = MAC � D BME : D AMC hai đường cao tương ứng nên: AC BE AB CE = = MK MH , chứng minh tương tự ta có: MI MH Cộng hai đẳng thức ta BC AC AB = + MK MI có: MH Cách 2: Ta thấy MH , MI đường cao tam giác MBC , MAB hai tam giác không đồng dạng với Điều giúp ta nghỉ đến việc lấy điểm E � � cạnh BC cho BMA = DMC để tạo tam giác đồng dạng giữ hai đường cao tương ứng (Phần lời giải xin dành cho bạn đọc) Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung A PHƯƠNG PHÁP GIẢI - Số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung (tại điểm đường tròn) nửa số đo cung bị chắn � = sđxBC � = sđBC � sđBAC - Trên hình vẽ: B VÍ DỤ Ví dụ Giả sử A B hai điểm phân biệt đường tròn (O ) Các tiếp tuyến đường tròn (O ) Các tiếp tuyến đường tròn (O ) A B cắt điểm M Từ A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O ) C MC cắt đường tròn (O ) E Các tia AE MB cắt K Chứng minh MK = AK EK MK = KB Lời giải: Do MB / / AC nên � � BMC = ACM (1), ta lại có � � = MAE � ACM = ACE � (cùng chắn AE ) (2) Từ (1) (2) suy D K ME : D K AM (g.g) � MK EK = AK MK hay MK = AK EK (3) Ta thấy BK EK � = � � � AK BK hay EAB = EBK (cùng chắn BE ) Từ D EBK : D BAK (g.g) BK = AK EK (4) Từ (3) (4) suy MK = K B nghĩa MK = MB (đpcm) Ví dụ Cho đường tròn (C ) (C ) tâm O , AB dây cung không qua O I trung điểm AB Một đường thẳng thay đổi qua A cắt đường tròn (C ) tâm O bán kính OI P Q Chứng minh tích AP AQ khơng đổi đường trịn ngoại tiếp tam giác BPQ ln qua điểm cố định khác B Lời giải: � � � Ta có PQI = PIA (cùng chắn PI ), nên D API : D AIQ (g.g) Suy AP AI = � AP AQ = AI AI AQ (khơng đổi) Giả sử đường trịn ngoại tiếp tam giác BPQ cắt AB D ( D �B ) ... có kết luận toán Nhận xét: Bài toán thực mở rộng đường thẳng Euler H =H Phần a) Khi P �O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có P trực tâm tam giác ABC Ta thu dược nội dung toán đường thẳng... có kết luận toán Nhận xét: Bài toán thực mở rộng đường thẳng Euler H =H Phần a) Khi P �O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có P trực tâm tam giác ABC Ta thu dược nội dung toán đường thẳng... HAB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Giải: Để giải toán cần hai bổ đề quen thuộc sau: HBC ) ,( HCA ) , ( HAB ) Bổ đề Cho tam giác ABC trực tâm H Thì ( đối xứng với ( ABC ) qua BC