Các dạng toán liên quan đến góc nội tiếp của đường tròn

Các dạng toán liên quan đến đường tròn, góc của đường tròn, góc nội tiếp, góc ở tâm ,....

Trang 1

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

kính OA Chứng minh ãOAH = ãACB - ãABC

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:

ãOMH = ãACB(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ãAOM= ãABC (cùng bằng 1

2 sđằAC) Trong ∆OAM thì: ãOMH= ãAOM+ ãOAH

(Góc ngoài tam giác) Hay ACB = ABC + OAHã ã ã

Vậy: OAH = ACB - ABC ã ã ã (Đpcm)

Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn tại A

cắt BC ở D

Lời giải:

Ta có: ABC = CAD ã ã (1) (Cùng chắnằAC)

OAH = ADC (2)

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: ABC + OAH = CAD + ADCã ã ã ã

Mà CAD + ADC = ACB ã ã ã (góc ngoài tam giác)

⇒ ABC + OAH = ACBã ã ã

Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD

- Kẻ DK ⊥ BC

Lời giải:

Ta cóDK // AH⇒ OAH = ODK ã ã (1) (so le trong)

ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắnằAC)

Ta đợc OAH + ABC = ODK + ADC = KDCã ã ã ã ã

Mà: KDC = ACB ã ã

⇒ OAH + ABC = ACBã ã ã

Vậy OAH = ACB - ABC ã ã ã (Đpcm)

Trang 2

Cách giải 4: Hình 4

Gợi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

- Kẻ CK ⊥ AD

Lời giải:

Ta có: OAH = KCB ã ã (1)

ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn ằAC) Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: OAH + ABC = KCB + ADCã ã ã ã

Mà: ADC = KCA ã ã

⇒ OAH + ABC = KCB + KCA = ACBã ã ã ẳ ã

Gợi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

- Gọi M là giao điểm của AH và DC

Lời giải:

Ta có: AMC = ACB ã ã (1)

(góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ADM = ABC (2) (góc nội tiếp cùng chắnằAC) Trừ từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: ãAMC - ADM = ACB - ABCã ã ã

Mà: AMC - ADM = OAH ã ã ã (góc ngoài tam giác) Vậy OAH = ACB - ABC ã ã ã (Đpcm)

Gợi ý:

Kẻ OI ⊥ BC và OK ⊥ AB

Lời giải:

Ta có: OAH = O ã à2 (1) (so le trong) ABC = Oã à1 (2)

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc) Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc OAH + ABC = O + O ã ã à1 à 2

Mà O + O = ACB à1 à2 ã (Cùng bằng

2

1

sđ ằAB)

Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax

và đờng thẳng Ay // BC

Trang 3

Lời giải: Ta có: OAH = xAy ã ã (1)

ABC = BAy (2) (so le trong)

Ta đợc: OAH + ABC = xAy + BAy = xABã ã ã ã ã

Mà: xAB = ACB ã ã (góc nội tiếp cùng chắnằAB)

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

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 đờng tròn

đờng kính AD)

∆ADP cân tại D, AD = DP

⇒ P = DAP$2 ã

Mặt khác P = DAP$1 ã ( 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

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 đờng tròn

đờng kính AD

Trang 4

Lời giải: Ta có: ãAFD = 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

Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A = Aà1 à2 nhng việc chứng minh

đ-ợc áp dụng bằng kiến thức khác

- Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đờng tròn tâm D nên ta có:

Lời giải: Ta có IAK = ADKã ã ( Có số đo bằng 1

2sđAK ằ ) Mặt khác góc ãIAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đờng tròn tâm D nên góc

ãIAPbằng 1

2 số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung là góc ãADP

^ ãIAP = 1ADP = IAKã 1ã

2 2 Suy ra: ^A1=^A2⇒ ∆APK = ∆ API ( Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau )

⇒ PK = PI

Gợi ý:

- Kéo dài K cắt đờng 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 ằ ằ

Góc ãBAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và

dây cung ằAE )Vì AP lại đi qua điểm chính

giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của

góc ãBAE Suy ra: ^A1=^A2

⇒ ∆APK = ∆ API

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

Trang 5

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)

Tơng 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

1 2

1

1 2 3

A

D

E

F

O

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

H ớng dẫn giải:

+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)

+ CF ⊥ BD:

Do Tứ giác AOBF nội tiếp

⇒ ∠BOF = ∠BAF = 900

A

D

F

O

Tiếp tục bài toán trên Gọi M; N; I lần lợt là

trung điểm của BF; CD; BC, ta có:

IM là đờng TB của tam giác BCF nên:

IM // =

2

1

CF (1) Tơng tự ta có:

IN // =

2

1

BD (2) Mà: CF ⊥= BD (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM ⊥ IN

IM = IN

Hay ∆MIN vuông cân tại I

Trang 6

B C

A

D

F

O

N M

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 cha gặp

dạng thì hơi khó giải đối với các em

A

N M

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:

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 lợt là tâm

của hai hình vuông đó M

là trung điểm của BC

Chứng minh rằng ∆MIJ là

tam giác vuông cân

A

H

F

E

D

I

J

M

Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đờng tròn (O) M ; N ; P lần lợt là cá điểm

chính giữa các cung nhỏ ằAB ; BC ; CA ằ ằ 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 đờng tròn nội tiếp tam giác ABC

Trang 7

Gợi ý: Đây là một bài toán hình tơng đối khó đối với học sinh nếu không có t duy tốt trong

hình học Khi đa ra bài toán này ngay cả việc

vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em

đã không tìm ra đợc lời giải Dới sự hớng 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 đờng phân giác Khi đó ta có I chính

là tâm của đờng 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 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:

Xét ∆NBI ta có: IBN = B + Bã à 2 à3 mà à2 CPằ

B =

2

à3 ã

B = NAC (Góc nội tiếp chắn cung ằNC)

ãNAC = ãBAC

2 do đó IBN = ã A Bà à

2

+ ;

ã à1 à1 BIN = A + B = A Bà à

2

+ ( Góc ngoài của tam giác ABI )

Suy ra : ãIBN = ãBIN ⇒ ∆NBI cân tại N ⇒ N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI

Ta chứng minh đờng trung trực của đoạn thẳng này chính là RN

Gọi H là giao điểm của MN và PB Ta có

ãBHN =1

2sđ (BN + AM + APằ ẳ ằ ) = 1

2

sđBC + sđAB + sđAC

2

Vì ãBHN là góc có đỉnh nằm bên trong đờng tròn và

BN =

2 ; ẳ ằAB

AM =

2 ; ằ ằAC

AP =

2 ⇒ ãBHN = 1

4 3600 = 900

⇒ RN là trung trực của đoạn thẳng BI ⇒ BR = RI ⇒ ∆RBI cân tại R

⇒ B = RIB à1 ã mà B = Bà1 à2

⇒ B = RIBà2 ã ⇒ IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng nhau )

Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I ở ngoài đờng thẳng BC ta chỉ có thể kẻ

đ-ợc một đờng thẳng song song với BC

⇒ R ; I ; S thẳng hàng.

Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)

Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học

sinh phải nắm lại kiến thức cũ về

Tính chất đờng phân giác trong tam giác

đây là tính chất quan trọng mà các em đã đợc

học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không

hay để ý đến tính chất này

Trang 8

Lời giải: Theo giả thiết ta có

MA = MB do đó MN là phân giác của góc ãANB

áp dụng tính chất đờng phân giác

trong tam giác ABN ta có: RA = NA

RB NB ( 1) Tơng tự: NP là phân giác của tam giác ACN

SA = NA

SC NC (2) vì BN = CN ằ ằ nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc RA = SA

RB SC ⇒ RS // BC

Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có:

=

ID RB mà NA RA

NB = RB suy ra AI =NA

Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng

(vì có góc ãBNA chung vàBAN NBDã =ã ) nên NA AB

NB = BD Vậy AI = AB

Suy ra BI là phân giác của góc ãABC

ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc ãBAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác ãABC

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:

Vì D = E = 90à à 0 suy ra tứ giác

BDPE là tứ giác nội tiếp⇒ BED = BPD ã ã (*)

( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )

và F = E = 90 $ à 0

suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp

suy ra FEC = FPCã ã (**)

( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )

Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn

⇒ BPC = - Aã π à (1)

PD AB

PF AC

⊥ 



⊥  ⇒ DPF = - Aã π à (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ãBPC = ãDPF

⇒ BPD = FPCã ã (***)

Từ (*) ; (**) và (***) ⇒ ãBED = ãFEC ⇒ D ; E ; F thẳng hàng

Cách giải 2:

PE EC

PF FC

⊥ 



⊥  ⇒ Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp ⇒ FEP + PCF = 180 ã ã 0 (1)

Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn ⇒ ABP + FCP = 180 ã ã 0 Mà ABP + BDP = 180 ã ã 0

⇒ FCP = DBPã ã (2)

PD BD

PE BC



⊥  ⇒ Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp ⇒ ãDBP = ãDEP ( 3)

Trang 9

Từ (1) ; (2) và (3) ta có : ã ã 0

PEF + DEP = 180

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 đợc sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã dần t duy sáng tạo và tìm đợc hớng đi của bài toán Đơn vị kiến thức đợc áp dụng để giải bài toán.Nh để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo bằng 1800

- Tứ giác nội tiếp đờng tròn

- Góc nội tiếp trong đờng 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

A

C

D

E

F

H

Q

N

O

Tơng tự nh trên ta cũng có CD ⊥ QB Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đờng cao của tam giác QBC Và từ dây ta xây dựng đợc bài toán mới đợc phát biểu ở dạng khác

Trang 10

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

đ-ờng cao của tam giác QBC, nên

chúng đồng quy)

A

P

H

F

E

D

Q

Dạng chứng minh đờng thẳng song song và tam giác đồng dạng

Bài toán 11: Đờng 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 đờng tròn tiếp xúc với nhau Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải bài toán trên chung ta phải đi xét hai 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 đ-ờng tròn tiếp xúc ngoài còn trđ-ờng hợp hai đđ-ờng tròn tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tơng tự

Gợi ý:

- Tính chất của hai đờng tròn

tiếp xúc nhau

- áp dụng trờng 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:OAP = OPA ã ã và O'PB = O'BP ã ã mà OPA = O'PBã ã ( 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 ⇒ OAP = PBO'ã ã ⇒ hai tam giác ∆OAP và ∆O'BP đồng dạng

2

R