chuyen de cung chua goc

CUNG CHỨA GÓC A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Quỹ tích cung chứa góc AMB = a hai Với đoạn thẳng AB góc a (0° < a < 180°) cho trước quỹ tích điểm M thoả mãn  cung chứa góc a dựng đoạn AB Chú ý: - Hai cung chứa góc a nói hai cung trịn đối xứng qua AB Hai điểm A, B coi thuộc quỹ tích - Quỹ tích điểm M nhìn đoạn thẳng AB cho trước góc vng đường trịn đường kính AB Cách vẽ cung chứa góc a - Vẽ đường trung trực d đoạn thăng AB; - Vẽ tia Ax tạo với AB góc a; - Vẽ đường thẳng Ay vng góc với Ax Gọi o giao điểm Ay với d AmB , tâm O, bán kính OA cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ AB không chứa tia Ax - Vẽ cung  Cung  AmB vẽ cung chứa góc a Cách giải tốn quỹ tích Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) điểm M thoả mãn tính chất T hình H đó, ta phải chứng minh hai phần: Phần thuận: Mọi điểm có tính chất T thuộc hình H Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình H có tính chất T Từ đến kết luận quỹ tích điểm M có tính chất T hình H II BÀI TẬP VÀ CÁC DẠNG TỐN Dạng Quỹ tích cung chứa góc  Phương pháp giải: Thực theo ba bước sau: Bước Tìm đoạn định hình vẽ; 1. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Bước Nối điểm phải tìm với hai đầu đoạn thẳng cố định đó, xác định góc a khơng đổi; Bước Khẳng định quỹ tích điểm phải tìm cung chứa góc a dựng đoạn cố định 1.1 Cho tam giác ABC có BC cố định góc A 50° Gọi D giao điểm ba đường phân giác tam giác Tìm quỹ tích điểm D 1.2 Cho tam giác ABC vng A, có cạnh BC cố định Gọi I giao điểm ba đường phân giác Tìm quỹ tích điểm điểm A thay đổi Dạng Chứng minh nhiều điểm thuộc đường tròn Phương pháp giải: Chứng minh nhiều điểm thuộc nửa mặt phang bờ AB nhìn đoạn cố định AB góc khơng đổi 2.1 Cho nửa đường trịn đường kính AB Gọi M điểm cung AB Trên cung AM lấy điểm N Trên tia đổi tia MA lây điểm D cho MD = MB, tia đối tia NB lấy điểm E cho NA = NE, tia đối tia MB lấy điểm csao cho MC = MA Chứng minh điểm A, B, C, D, E thuộc đường tròn A = 60° Gọi H trực 2.2 Cho I, O tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC với  tâm ∆ABC Chứng minh điểm B, C, O, H, I thuộc đường tròn Dạng Dạng cung chứa góc Phương pháp giải: Thực theo bốn bước sau: Bước Vẽ đường trung trực d đoạn thẳng AB; Bước Vẽ tia Ax tạo với AB góc α; Bước Vẽ đường thẳng Ay vng góc với Ax Gọi O giao điểm Ay với d AmB , tâm Om bán kính OA cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ AB không chứa Bước Vẽ cung  AmB vẽ cung chứa góc α tia Ax Cung  3.1 Dựng cung chứa góc 550 đoạn thẳng AB = 3cm A = 500 3.2 Dựng tam giác ABC, biết BC = 3cm, AB = 3,5cm  III BÀI TẬP VỀ NHÀ Cho hình vuông ABCD Trên cạnh BC lấy điểm E, tia đối tia CD lấy điểm F cho CE = CF Gọi M giao điểm hai đường thẳng DE BF Tìm quỹ tích điểm M E di động cạnh BC 2. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Cho tam giác ABCD vuông A, phân giác BF Từ điểm I nằm B F vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB, BC M N Vẽ đường ngoại tiếp tam giác BIN cắt AI D Hai đường thẳng DN BF cắt E Chứng minh: a) Bốn điểm A, B, D, E thuộc đường tròn; b) Năm điểm A, B, C, D, E thuộc đường trịn Từ suy BE vng góc với CE Dựng cung chứa góc 450 đoạn thẳng AB = 5cm HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ  C   1300 1.1 Ta có A  500  B   DCB   650  BDC   1150 DBC  Quỹ tích điểm D hai cung chứa góc 1150 dựng đoạn BC 1.2 Tương tự 1.1   1350 Tính BIC  Quỹ tích điểm I hai cung chứa góc 1350 dựng đoạn BC 2.1 Các tam giác ANE , AMC BMD vuông cân  AEB   ADB   ACB  450 Mà AB cố định nên điểm A, B, C, D, E thuộc đường tròn   1200 2.2 Chứng minh BIC   2   1800  600  1200 (góc  BOC BAC  1200  BHC nội tiếp góc tâm) 3. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com       H, I, O nhìn BC góc 1200 nên B, C, O, I, H thuộc đường tròn 3.1 Bước Vẽ đoạn thẳng AB = 3cm, dựng trung trực d AB; Bước 2: Vẽ tia Ax tạo với AB góc 550; Bước 3: Vẽ Ay  Ax cắt d O; Bước 4: Vẽ cung  AmB tâm O, bán kính OA cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ AB không chứa tia Ax  AmB cung cần vẽ 3.2 HS tự thực Bài tốn có nghiệm hình 4.Chứng minh được:   BEM   MDF   DEC   900 CBF   900 nên M thuộc đường trịn đường kính BD Mà  BMD  đường E  BC nên quỹ tích điểm M là cung BC trịn đường kính BD ABE   ADE a) Chứng minh   (đồng vị) ACB  BNM b) Chứng minh được:   C, D, E nhìn AB góc nên A, B, C, D, E thuộc đường tròn   900  BC đường kính  BEC Tương tự 3.1 4. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      B.NÂNG CAO PHÁT TRIỂN TƯ DUY HƯỚNG DẪN Bài Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O Kẻ cát tuyến MAB qua O tiếp tuyến MC, MD Gọi K giao điểm AC BD Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, C, M, K thuộc đường trịn b) MK vng góc với AB Bài Cho tam giác ABC đường cao AH, đường trung tuyến AM (H, M phân biệt thuộc cạnh BC)   MAC  Chứng minh BAC   90 thỏa mãn BAH Bài Cho đường tròn tâm O dây AB cố định (O không thuộc AB), P điểm di động đoạn AB (P khác A, B) Qua A, P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với (O) A Qua B, P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với (O) B Hai đường tròn (C) (D) cắt N (khác P)  a) Chứng minh:  ANP  BNP   90 b) Chứng minh: PNO c) Chứng minh P di động N ln nằm cung trịn cố định  góc tù Xác định đường trịn có bán kính nhỏ cho khơng có Bài Cho tam giác EFG có FEG đỉnh tam giác EFG nằm bên ngồi đường trịn Bài Cho đường trịn (O; R) dây cung BC  R Dựng điểm A  (O; R) cho tam giác ABC có  AB  AC  AC  3R Bài Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Gọi M, N điểm đối xứng H qua AB AC Gọi giao điểm MN với AB AC lần lưọt F E Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, M, B, H, E thuộc đường tròn b) Ba đường thẳng AH, BE CF đồng qui Bài Cho tứ giác ABCD Lấy cạnh làm đưòng kính vẽ nửa hình trịn vào tứ giác Chứng minh bổn nửa hình trịn phủ kính tứ giác HƯỚNG DẪN 5. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Bài Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O Kẻ cát tuyến MAB qua O tiếp tuyến MC, MD Gọi K giao điểm AC BD Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, C, M, K thuộc đường trịn b) MK vng góc với AB Lời giải AC   AD a) Dễ dàng chứng minh AB  CD nên  ACM   ABD (góc tạo tia tiếp tuyến với dây góc nội Do  tiếp chắn hai dây cung nhau)   KBM  Tức KCM Tứ giác BCMK có điểm B C nhìn KM hai góc nên bốn điểm B, C, M, K thuộc đưòng tròn   BCK   90 Vậy KM  AB b) Từ câu a suy BMK Bài Cho tam giác ABC đường cao AH, đường trung tuyến AM (H, M phân biệt thuộc cạnh BC)   MAC  Chứng minh BAC   90 thỏa mãn BAH Lời giải Gọi E trung điểm AB   BAH   MAC M  nên bốn điểm A, M, H, E thuộc Ta có H 1 đường tròn AEM   AHM  90 Suy    90 Do EM // AC nên BAC Bài Cho đường tròn tâm O dây AB cố định (O không thuộc AB), P điểm di động đoạn AB (P khác A, B) Qua A, P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với (O) A Qua B, P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với (O) B Hai đường tròn (C) (D) cắt N (khác P)  a) Chứng minh:  ANP  BNP   90 b) Chứng minh: PNO c) Chứng minh P di động N ln nằm cung trịn cố định 6. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Lời giải a) Vì (O) và(C) tiếp xúc A nên A, C, O thẳng hàng Vì (O) (C) tiếp xúc B nên B, D, O thẳng hàng Xét (C) có  ANP   ACP     CP / / OB APC   ABO  CPA Tam giác ACP cân C, tam giác AOB cân O nên suy ra:   ACP   AOB   ANP   AOB 1  1 Tương tự ta có DP / / OA  BDP AOB  BNP AOB    ANP  BNP Từ (1) (2) suy  b) Gọi H giao điểm NP CD; I giao điểm OP CD Theo chứng minh ta có: CP // OB; DP // CO Suy tứ giác CPDO hình bình hành Do IO = IP (C) (D) cắt p N suy CD  NP (3) HN = HP HI đường trung bình tam giác PNO nên: HI // NO hay CD // NO (4)   90 Từ (3) (4), suy ra: NO  NP  PNO  ANB   ANP  PNB ANB   AOB (không đổi) Dễ thấy N, O thuộc nửa c) Theo chứng minh ta có:  mặt phẳng bờ AB Suy điểm N thuộc cung chứa góc AOB dựng đoạn thẳng AB nên N thuộc cung tròn cố định Nhận xét Dựa vào kết câu a, chứng minh được: Khi P di động NP ln qua điểm cố định  góc tù Xác định đường trịn có bán kính nhỏ cho khơng có Bài Cho tam giác EFG có FEG đỉnh tam giác EFG nằm bên ngồi đường trịn Lời giải 7. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Gọi O trung điểm FG  EO  FO  GO Xét đường trịn (O) đường kính FG Suy đỉnh tam giác EFG khơng nằm bên ngồi (O) Gọi (O; R) đường tròn tùy ý cho đỉnh tam giác EFG không nằm bên (O; R) Suy F, G nằm nằm bên (O; R)  FG  R Vậy (J) đường trịn có bán kính nhỏ thỏa mãn điều kiện đề Bài Cho đường tròn (O; R) dây cung BC  R Dựng điểm A  (O; R) cho tam giác ABC có  AB  AC  AC  3R Lời giải • Xét A thuộc cung lớn BC a) Phân tích OD cắt (O) E, F E nằm O D Giả sử dựng A thuộc cung lớn BC cho  AB  AC  AC  3R Trên tia đối tia AB lấy D cho AD  AC ; BC  R  BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R)   120  BAC   60  BDC   60  30  sd BC  chung, AFD ~ EBD(vì D   )  DA  DF  DA.DB  DE.DF AFD  EBD DE DB Mà DA  AC ; DB  AB  AD  AB  AC DE.DF   OD  OE  OD  OF    OD  R  OD  R   OD  R Do  AB  AC  AC  3R  OD  R  3R  OD  R  OD  R Do D giao điểm (O; 2R) cung chứa góc 30° dựng đoạn BC D xác định  A xác định b) Cách dựng 8. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      - Dựng đường trịn (O;R) - Dựng cung chứa góc 30° dựng đoạn BC Gọi D giao điểm (O; 2R) cung chứa góc Dựng đoạn thẳng BD; BD cắt (O; R) A Chú ý: Có thể nhận A điểm đổi xứng B qua O c) Chứng minh Chứng minh DA.DB  OD  R  3R (Xem phần phân tích)   60;  BAC ADC  30 ADC   ACD  30) Do  ACD  60  30  30 ADC cân A (vì   AD = AC Do  AB  AC  AC   AB  AD  AD  BD.DA  3R d) Biện luận Trên cung lớn BC có điểm A cho  AB  AC  AC  3R • Bạn đọc xét trường hợp điểm A nằm nhỏ cung BC Bài Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH Gọi M, N điểm đối xứng H qua AB AC Gọi giao điểm MN với AB AC lần lưọt F E Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, M, B, H, E thuộc đường tròn b) Ba đường thẳng AH, BE CF đồng qui Lời giải AMB   AHB  90 a) AMB = AHB (c.c.c) nên  Suy M H thuộc đường tròn đường kính AB (1) AMN   ANM Ta có AM = AN (= AH) nên AMN cân A  ANE   AHE Mà AEH = AEN (c.c.c)   AME   AHE , H M hai đỉnh liên tiếp nhìn AE Suy  góc 9. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com       A, M, H, E thuộc đường tròn (2) Từ (1) (2) suy năm điểm A, M, B, H, E thuộc đường tròn AEB  90 hay BE  AC (3) b) Ta có A, M ,B, H, E thuộc đường tròn đường kính AB nên  Chứng minh tương tự ta có năm điểm A, F, H, C, N thuộc đường trịn đường kính AC nên  AFC  90 hay CF  AB (4) Từ (3) (4) ta có BE, CF đường cao tam giác ABC nên AH, BE, CF đồng qui Bài Cho tứ giác ABCD Lấy cạnh làm đưịng kính vẽ nửa hình trịn vào tứ giác Chứng minh bổn nửa hình trịn phủ kính tứ giác Lời giải Ta chứng minh phản chứng Giả sử O điểm nằm tứ giác ABCD mà không bị phủ nửa hình trịn Khi điểm O nằm ngồi bốn nửa hình trịn   90; COD   90, DOA   90 AOB  90; BOC Do    COD   DOA   360 (vơ lí) Suy  AOB  BOC Vậy bốn nửa hình trịn phủ kín tứ giác C.TRẮC NGHIỆM RÈN LUYỆN PHẢN XẠ Câu Quỹ tích điểm M nhìn đoạn thẳng AB cho trước góc vng A Đường trịn đường kính AB C Đường trịn đường kính AB B Nửa đường trịn đường kính AB D Đường trịn bán kính AB Câu Đường trịn đường kính CD quỹ tích điểm đây? A Quỹ tích điểm P nhìn đoạn thẳng CD cho trước góc 60 B Quỹ tích điểm N nhìn đoạn thẳng CD cho trước góc 45 C Quỹ tích điểm M nhìn đoạn thẳng CD cho trước góc vng D Quỹ tích điểm Q thuộc đường trung trực CD 10. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com        + DBC  = 120 = 60  BDC  = 120 ˆ = 60  Bˆ + Cˆ = 120 nên BDC Ta có A Quỹ tích điểm D hai cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC Câu Đáp án B Xét hình thoi ABCD có hai đường chéo AC BD vng góc với trung điểm đường  Suy AO ^ BO  AOB = 900  = 900 không đổi mà A, B cố định Ta có AOB  Quỹ tích điểm O nửa đường trịn đường kính AB trừ hai điểm A B Câu Đáp án B Xét hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD vng góc với trung điểm đường  Suy AO ^ BO  AOB = 900  = 900 khơng đổi mà Ta có AOB A, B cố định  Quỹ tích điểm O nửa đường trịn đường kính AB trừ hai điểm A B Câu Đáp án C 16. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Các tam giác DANE ,DAMC ,DBMD vuông cân N , M , M  = ADB  = ACB  = 45 nên AEB Mà AB cố định nên điểm A, B,C , D, E thuộc đường tròn Câu Đáp án B  = EBM  Ta có DDEC = DBFC (c - g - c)  EDC  + DEC  = EBM  + BEM   EMB  = 90  EDC  = 90 Hay BMD nên M thuộc đườngtròn đường kính BD Mà E Ỵ BC nên quỹ tích điểm M cung BC đường tròn đường kính BD Câu 10 Đáp án A Vẽ tam giác BMN ( N khác phía CC BM ) Xét DBNA DBMC có: BN = BM (vì tam giác BMN đều) BA = BC (vì tam giác ABC đều) )  = MBC  (vì 600 - ABM NBA 17. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Suy DBNA = DBMC (c.g c ) nên ta có NA = MC  = 900 Ta có: MA2 = MB + MC = MN + NA2 nên MNA   = BNA  = 1500 Suy BNA = 900 + 600 = 1500 , BMC B,C cố định  Quỹ tích điểm M hai cung chứa góc 1500 dựng BC , trừ hai điểm B C Câu 11 Đáp án B Vẽ tam giác AMN ( N khác phía C AM ) Xét DBNA DAMC có: AN = AM (vì tam giác AMN đều) BA = BC (vì tam giác ABC đều)  = MAC  (vì 60 - BAM ) NAB Suy DANB = DAMC (c.g c ) nên ta có NB = MC  = 90 Ta có: MB = MA2 + MC = MN + NB nên MNB   = BNA  = 1500 Suy BNA = 900 + 600 = 1500 , AMC B,C cố định  Quỹ tích điểm M hai cung chứa góc 1500 dựng AC , trừ hai điểm A C Câu 12 Đáp án A Vẽ tam giác MAD vng cân A ( M D khác phía AC ) Xét DBAM DCAD có: AM = AD (vì tam giác MAD vng cân A ) BA = AC (vì tam giác ABC vng cân A ) 18. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com       = CAD  (vì 900 - MAC ) MAB Suy DBAM = DCAD(c - g - c ) nên ta có BM = CD Ta có: 2MA2 = MB - MC ( )  2MA2 + MC = MB  MA + MC = CD  MD + MC = CD   = 1350 nên DMC = 90 Suy AMC Mà A,C cố định  Quỹ tích điểm M cung chứa góc 1350 dựng AC , trừ hai điểm A vàC Câu 13 Đáp án D Vẽ tam giác MBD vng cân B ( M D khác phía BC ) Xét DABM DCBD có: BM = BD (vì tam giác MBD vng cân B ) BA = BC (vì tam giác ABC vng cân B )  = CBD  (vì 90 - MBC ) MBA Suy DABM = DCBD (c - g - c ) nên ta có AM = CD Ta có: 2MB = MA2 - MC ( )  2MB + MC = MA2  MB + MC = CD  MD + MC = CD  = BMD  + DMC  = 45 + 90 = 1350 Mà  = 900 Suy BMC nên DMC B,C cố định  Quỹ tích điểm M cung chứa góc 1350 dựng BC , trừ hai điểm B vàC Câu 14 Đáp án B 19. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      AH ^ BC , AE ^ CD  bốn điểm A, H ,C , E nằm đường trịn đường kính AC , I trung điểm AC  I tâm đường tròn đường kính AC  = 2HAE  = = 2(900 - ACB  + 900 - ACE )  HIE  )(HAC  + EAC ) = 2(1800 - BCD Lại có AH ^ BC , AK ^ BD, AE ^ CD nên bốn đỉnh A, K , E , D nằm đường trịn đường   kính AD bốn đỉnh A; K ; H ; B nằm đường trịn đường kính AB  EKD = EAD  = BAH  BKH  = 1800 - EKD  - BKH  = 1800 - EAD  - BAH   HKE  + 900 - BAH  = ADC  + ABC  = 2(1800 - BCD ) = 900 - EAD ) Suy K I nhìn đoạn HE góc 2(1800 - BCD Vậy K , I , E , H nằm đường tròn Câu 15 Đáp án C  = 900 Mặt khác ta có: AMB  + IMB  = 1800 , suy Tam giác AMB vuông M , ta AMB  = 900 hay tam giác BMI vuông M Trong tam giác vng BMI ta IMB = có tan MIB MB = MI  = a không đổi hay AIB  = a không đổi Suy MIB Mà A, B cố định  Quỹ tích điểm I cung chứa góc a dựng AB với tan a = Câu 16 Đáp án B 20. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Theo giả thiết ta có:  + PCA  = PBC  + PCB   PBA  + PCA  + PBC  + PCB  = 2(PBC  + PCB ) PBA  + PCB  ) = Bˆ + Cˆ  2(1800 - BPC  ) = Bˆ + Cˆ = 1800 - BAC   2(PBC  = 900 + BAC   BPC  = 1800 - (IBC  + ICB  ) = 1800 - (ABC  + ACB ) Mặt khác BIC 1 Suy P I ln nhìn đoạn BC phía góc 900 + BAC Câu 17 Đáp án A Ta có MD / /AC , ME / /AB M , N đối xứng qua DE  =A   DB = DM , EC = EM ˆ = MEC  BDM  DN = DM ; EM = EN ⇒ D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN  = BDM  = 1A ˆ (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn cung BM )  BNM 2 Tương tự, E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN  = MEC  = 1A  = BNM  + MNC  =A ˆ  BNC ˆ  MNC 2  khơng đổi Suy N nhìn đoạn BC góc BAC  Nên quỹ tích điểm N cung chứa góc BAC dựng đoạn BC 21. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Câu 18 Đáp án B Do ABCD hình bình hành có hai cạnh kề nên hình thoi, hai đường chéo AC BD vng góc với O  Suy AO ^ BO  AOB = 90  = 900 không đổi, A, B cố định  Quỹ tích điểm O đường trịn đường kính AB Ta có AOB Nếu C º A O º A nên A thuộc quỹ tích Nếu C đối xứng với A qua B O º B Vậy hai điểm A, B thuộc quỹ tích Câu 19 Đáp án C Vì CA2 + CB = 100 = AB nên DABC tam giác vng C hay điểm C ln nhìn đoạn AB góc 900 Do quỹ tích điểm C đường trịn đường kính AB = 10cm hay đường trịn tâm M bán kính 5cm D.PHIẾU BÀI TỰ LUYỆN CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO Bài 1: Cho ba điểm cố định M , N , P không thẳng hàng Tìm quỹ tích đỉnh tam giác có cạnh theo thứ tự qua M , N , P Bài 2: Cho nửa đường trịn (O ) đường kính AB C điểm chuyển động nửa đường tròn Trên tia AC lấy D cho AD = BC Tìm tập hợp điểm D Bài 3: Cho đường tròn (O; R) ; BC dây cung cố định (BC ¹ 2R) A điểm chuyển động cung lớn BC Xác định vị trí A để chu vi tam giác ABC lớn Bài 4: Cho đường tròn (O; R) ; BC dây cung cố định A điểm chuyển động cung lớn BC I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Xác định vị trí A để chu vi tam giác IBC lớn Bài 5: Dựng tam giác ABC biết bán kính đường trịn ngoại tiếp R , bán kính đường trịn nội tiếp r C =a 22. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Bài 6: Dựng hình thang ABCD biết bán kính đường trịn ngoại tiếp R Độ dài đáy CD = góc tạo hai đường chéo a Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R ) , gọi H trực tâm, I vàO tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC , đồng thời AH bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh ba điểm O, H , I nằm cung trịn nhìn phía BC góc 1200 Bài 8: Cho nửa đường trịn đường kín AB, dây MN có độ dài bán kính R đường trịn, M thuộc cung AN Các tia AM BN cắt I , dây AN BM cắt K Với vị trí dây MN diện tích tam giác IAB lớn nhất? Tính diện tích theo bán kính R HƯỚNG DẪN Bài 1: a) Phần thuận: Gọi A, B,C đỉnh tam giác có cạnh qua ba điểm M , N , P  =B  =C  = 600 hay PAM  = MBN  = NCP  = 600 Ta thấy điểm A nhìn đoạn thẳng cố định Rõ ràng A B' MP góc khơng đổi 600 M A B 60° Do A thuộc cung chứa góc 600 dựng N A' đoạn thẳng MP Chứng minh tương P tự ta có B thuộc cung chứa góc C' C 600 dựng đoạn thẳng MN C thuộc cung chứa góc 600 nhận NP làm dây cung b) Phần ảo:  Lấy điểm A thuộc cung MAP  B ¢ Các đường A¢ P B ¢N cắt C ¢ Ta thấy: A¢ thuộc cung Nối AM cắt cung MBN  = 600 Do C ¢  có số đo 600 Tương tự B ¢ thuộc cung MBN  nên có số đo 600  C MAP 23. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      nằm cung chứa góc 600 dựng đoạn thẳng NP , DA¢ B ¢C ¢ tam giác Kết luận: Quĩ tích đỉnh tam giác ABC có cạnh qua ba điểm M , N , P cho trước ba cung chứa góc 600 phía ngồi tam giác MNP Bài 2: a) Phần thuận: vẽ tia tiếp tuyến Ax nửa đường tròn (O ) , tia Ax nằm nửa mặt phẳng bờ Ab có chứa nửa đường trịn (O ) , tia Ax lấy ba điểm E cho AE = AB  E cố định Xét DABC DEAD có:  = AE  = EAD  , ABC AB x E (hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) C BC = AD D Do đó: DABC = DEAD (c.g.c) A O B  = EDA  Suy ra: ACB  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Mà ACB (O ) )  = 900 AE Do đó: EDA , cố định Vậy D thuộc đường trịn cố định đường kính AE  Giới hạn: Khi C º A D º E Khi C º B D º A Vậy D chuyển động nửa đường tròn đường kính AE nằm nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ax có chứa điểm B (loại trừ A ) b) Phần đảo: 24. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Lấy điểm D thuộc nửa đường tron bán kính AE (D ¹ A) , AD cắt (O ) C  = 900 , Ta có: ADE  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACB  = 900 ) Xét DABC (C = 900 ) DEAD(D  = EAD  Ta có: AE = AB, ABC Do đó: DABC = DEAD Suy ra: BC = AD Vậy tập hợp điểm D nửa đường trịn đường kính AE (trừ A ) (với E thuộc tia tiếp tuyến Ax (O ) , AE = AB ), nằm nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ax có chứa điểm B Bài 3: D CV (ABC ) = AB + AC + BC  BC không đổi A Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD = AC O DADC cân A B C  = 2ADC   BAC  không đổi BAC  không đổi  ADC  không đổi, BC cố định BDC  D thuộc cung chứa góc có số đo  sđBC BC (O ) dựng đoạn thẳng BC CV (ABC ) lớn  (AB + AC ) lớn  (AB + AD ) lớn BD đường kính cung chứa góc nói  = 900 Khi BCD 25. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com       + BDC  = ACB  + ADC  = 900 Mà ABC  = ACD (AC = AD ) BDC  = ACB   AB = AC  A trung điểm cung lớn BC Do đó: ABC Vậy A trung điểm cung lớn BC chu vi tam giác ABC lớn Bài 4:  = B ( BI phân giác ABC ) Ta có: IBC  = C ( CI phân giác ACB ) ICB  có BIC  = 1800 - (IBC  + ICB  ) = 900 + A (không đổi)  BIC A  = 900 + A = a (không đổi), BC cố định BIC I Do I chuyển động cung chứa góc a dựng đoạn O B C thẳng BC mà CV (IBC ) = IB + IC + BC , BC khơng đổi Do đó: CV (IBC ) lớn  IB + IC lớn  I trung điểm BC cung chứa góc a dựng đoạn thẳng BC  A trung điểm cung lớn BC (vận dụng tốn 158) Bài 5: a) Phân tích: Giả sử tam giác ABC dựng thỏa mãn: - Nội tiếp đường tròn (O; R)  = 2a - Có đường trịn nội tiếp (I ; r ) góc C = a  AOB Do tam giác ABC dựng 26. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      C y I x A O B  + IBA  = (1800 - a) Ta lại có: IAB  + IBA  = 1800 - AIB Và IAB  = 900 + a không đổi Vậy AIB A, B cố định nằm cung chứa góc 900 + a Vậy I xác định b) Cách dựng:  = 2a - Dựng tam giác AOB có OA = OB = R AOB - Dựng cung chứa góc 900 + a vẽ đoạn AB - Dựng đường thẳng XY  AB cách AB khoảng r  = ABI  - Dựng đường tròn (O; R) ; tia Bt hợp với BI góc Ibc Tia Bt cắt (O; R) C Ta DABC cần dựng c) Chứng minh: Tam giác ABC rõ ràng nội tiếp (O; R) Và C = a =  AOB Ta có I nằm tia phân giác góc B      = 900 + a = 900 + C  IAB  = 900 - A + C = A AIB 2 2 Vậy I nằm đường phân giác góc A Do I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC bán kính r d) Biện luận: Bài tốn có nghiệm hình XY cung chứa góc 900 + a vẽ đoạn AB Bài tốn có hai nghiệm hình XY tiếp xúc với cung chứa góc A B Bài tốn vơ nghiệm XY khơng cắt cung chứa góc Bài 6: 27. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      B α D C d a) Phân tích: Gỉa sử hình thang ABCD dựng thỏa mãn điều kiện: - Nối tiếp đường tròn (O; R) , đáy CD = Hai đường chéo AC  = a BD cắt I cho: CID Nhận thấy: CD = nên hai đỉnh C , D xác định cần xác định hai đỉnh B A Việc xác định A B đưa xác định I - Để nội tiếp đường trịn (O; R) hình thang phải cân, I thuộc đường trung trực CD Mặt  = a nên I thuộc cung trịn nhìn CD góc a khác CID b) Cách dựng:  =1 - Trong đường tròn (O; R) dựng dây CD  góc a - Dựng cung góc nhìn CD - Dựng đường trung trực d CD - Lấy I giao điểm d cung chứa góc a - Kéo dài CI , DI cắt đường tròn (O; R) A B c) Chứng minh: Hiển nhiên theo cách dựng d) Biện luận: - l < 2R tốn có nghiệm hình - l = 2R tốn có nghiệm hình - l > 2R tốn vơ nghiệm Bài 7: 28. TỐN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Gọi D trung điểm BC Suy OD ^ BC  = 900  BG ^ BC  BG / /AH Kéo dài OC cắt đường tròn điểm G ta có : CBG  OD = BG (tính chất đường trung bình)  = 900  AG ^ AC  AG / /BH  AHBG hình bình Ta có: CAG hành  BG = AH  AH = 2OD Theo giả thiết AH = R  R = OB = 2OD    Tam giác OBD tam giác vng có OB = 2OD  OBD = 300  BOC = 1200  BAC = 600  = 120 H trực tâm tam giác ABC  CH ^ AB, BH ^ AC  BHC  = 1800 - (ABC  + ACB  ) = 1800 - (1800 - BAC  ) = 900 + BAC  = 1200 BIC 2  = BHC  = BIC  = 120 nên ba điểm Ta thấy BOC O, H , I nằm cung trịn nhìn phía BC góc 1200 ( ĐPCM) Bài 8: Gọi H chân đường cao kẻ từ I đến cạnh AB Khi ta có: S IAB = IH AB Ta có AB đường kính  S IAB Max  IH Max  H trùng với O 29. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      Khi H trùng với O OI vừa đường cao vừa đường trung tuyến tam giác  DIAB cân I Lại có MN R = =  MN đường trung bình tam giác DABC  MN / /BC AB 2R Xét DMON có MO = ON = MN = R  DMON tam giác Tam giác IAB cân I có MN đường trung bình  M N trung điểm AM AB Lại có O trung điểm AB  OM ; ON hai đường trung bình tam giác IAB ìïON / /IM  ïí  tứ giác IMON hình bình hành ïïOM / /IN ỵ Lại có hai đường chéo OI MN vng góc với (do MN / /AB ;OI ^ AB )  IMON hình thoi  MI = IN = OM = R  IA = 2IM = 2R Xét tam giác AOI vng O ta có: OI = IA2 - OA2 =  S IAB = OI AB = 4R2 - R2 = R R 3.2R = R2 -Toán Học Sơ Đồ 30. TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com      ... Hai cung chứa góc a dựng đoạn AB Hai cung không đối xứng qua AB B Hai cung chứa góc a dựng đoạn AB khơng lấy đoạn AB C Hai cung chứa góc a dựng đoạn AB Hai cung đối xứng qua AB D Một cung. .. giao điểm Ay với d AmB , tâm Om bán kính OA cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ AB không chứa Bước Vẽ cung  AmB vẽ cung chứa góc α tia Ax Cung  3.1 Dựng cung chứa góc 550 đoạn thẳng AB = 3cm A = 500... Bước 4: Vẽ cung  AmB tâm O, bán kính OA cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ AB không chứa tia Ax  AmB cung cần vẽ 3.2 HS tự thực Bài tốn có nghiệm hình 4.Chứng minh được:   BEM   MDF   DEC  