Một số bài toán về đường tròn

1 MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ ĐƯỜNG TRỊN A MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ I Sự xác định đường trịn Định nghĩa: Đường trịn tâm O bán kính R ( R > ) hình gồm điểm cách điểm O khoảng R Kí hiệu ( O; R ) ( O ) Vị trí tương đối điểm đường tròn Cho đường tròn ( O; R ) điểm M, • M nằm đường trịn ( O; R ) OM = R • M nằm đường trịn ( O; R ) OM < R • M nằm ngồi đường trịn ( O; R ) OM > R Cách xác định đường trịn: Qua ba điểm khơng thẳng hàng ta vẽ đường tròn tâm đường trịn giao điểm đường trung trực tam giác tạo tự ba điểm Tính chất đối xứng đường trịn • Đường trịn hình có tâm đối xứng Tâm đường trịn tâm đối xứng đường trịn • Đường trịn hình có trục đối xứng Bất kì đường kính trục đối xứng đường trịn II Liên hệ đường kính dây cung So sánh độ dài đường kính dây Trong dây đường tròn, dây lớn đường kính Quan hệ vng góc đường kính dây • Trong đường trịn, đường kính vng góc với dây qua trung điểm dây • Trong đường trịn, đường kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây Liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây • Trong đường trịn hai dây cách tâm hai dây cách tâm THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC • Trong hai dây đường trịn dây lớn dây gần tâm dây gần tâm dây lớn III Ví trí tương đối đường thẳng đường trịn Vị trí tương đối đường thẳng đường tròn Cho đường tròn ( O; R ) đường thẳng ∆ Đặt= d ( O, ∆ ) khoảng cánh từ O đến ∆ Vị trí tương đối đường thẳng Số điểm Hệ thức d đường tròn chung R dR Đường thẳng đường tròn cắt Đường thẳng đường trịn tiếp xúc Đường thẳng đường trịn khơng giao Khi đường thẳng ∆ đường tròn tiếp xúc đường thẳng ∆ gọi tiếp tuyến đường tròn Điểm chung đường thẳng đường tròn gọi tiếp điểm Khi đường thẳng ∆ đường tròn tiếp cắt hai điểm đường thẳng ∆ gọi cát tuyến đường tròn Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến đường trịn • Nếu đường thẳng tiếp tuyến đường trịn vng góc với bán kính qua tiếp điểm • Nếu đường thẳng qua điểm đường trịn vng góc với bán kính qua điểm đường thẳng tiếp tuyến đường trịn Tính chất hai tiếp tuyến cắt Nếu hai tiếp tuyến đường trịn cắt điểm thì: • Điểm cách hai tiếp điểm • Tia kẻ từ điểm qua tâm tia phân giác góc tạo hai tiếp tuyến • Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm Đường tròn nội tiếp tam giác • Đường tròn tiếp xúc với ba cạnh tam giác gọi đường tròn nội tiếp tam giác, tam giác gọi ngoại tiếp đường trịn THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC • Tâm đường tròn nội tiếp tam giác giao điểm đường phân giác góc tam giác Đường trịn bàng tiếp tam giác • Đường trịn tiếp xúc với cạnh tam giác tiếp xúc với phần kéo dài hai cạnh gọi đường trịn bàng tiếp tam giác • Với tam giác, có ba đường trịn bàng tiếp • Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác góc A giao điểm hai đường phân giác góc ngồi B C, giao điểm đường phân giác góc A đường phân giác ngồi B(hoặc C) IV Vị trí tương đối hai đường trịn Tính chất đường nối tâm • Đường nối tâm hai đường tròn trục đối xứng hình gồm hai đường trịn • Nếu hai đường tròn cắt thi hai giao điểm đối xứng với qua đường nối tâm • Nếu hai đường trịn tiếp xúc tiếp điểm nằm đường nối tâm Vị trí tương đối hai đường tròn Cho hai đường tròn ( O; R ) ( O'; r ) Đặt d = OO' Vị trí tương đối hai đường trịn Hai đường tròn cắt Số điểm Hệ thức d với R chung r R −r < d < R +r d= R + r Hai đường trịn tiếp xúc nhau: – Tiếp xúc ngồi – Tiếp xúc d= R − r Hai đường tròn khơng giao nhau: – Ở ngồi – (O) đựng (O′) d >R+r d < R −r Tiếp tuyến chung hai đường tròn Tiếp tuyến chung hai đường tròn đường thẳng tiếp xúc với hai đường trịn Tiếp tuyến chung ngồi tiếp tuyến chung không cắt đoạn nối tâm Tiếp tuyến chung tiếp tuyến chung cắt đoạn nối tâm V Góc với đường trịn Góc tâm • Một số khái niệm THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC + Góc có đỉnh trùng với tâm đường trịn gọi góc tâm + Nếu 0 < α < 180 cung nằm bên góc trịn gọi cung nhỏ, cung nằm bên ngồi góc trịn gọi cung lớn + Nếu α = 180 cung nửa đường trịn + Cung nằm bên góc trịn gọi cung bị chắn Góc bẹt chắn nửa đường trịn  Số đo cung AB kí hiệu sđ AB  + Kí hiệu cung AB AB • Một số tính chất  = sđ AC  + sđ BC  + Định lí 1: Nếu C điểm nằm cung AB sđ AB + Định lí 2: Với hai cung nhỏ đường tròn hay hai đường trịn hai cung căng hai dây nhau, ngược lại hai dây căng hai cung + Định lí 3: Với hai cung nhỏ đường tròn hay hai đường trịn cung lớn căng dây lớn hơn, ngược lại dây lớn căng cung lớn Góc nội tiếp • Định nghĩa: Góc nội tiếp góc có đỉnh nằm đường tròn hai cạnh chứa hai dây cung đường trịn Cung nằm bên góc gọi cung bị chắn • Định lí: Trong đường trịn, số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn • Hệ quả: Trong đường trịn + Các góc nội tiếp chắn cung + Các góc nội tiếp chắn cung chắn cung + Góc nội tiếp (nhỏ 90 ) có số đo nửa số đo góc tâm chắn cung + Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng Góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung • Định lí: Số đo góc tạo tiếp tuyến với dây cung nửa số đo cung bị chắn • Hệ quả: Trong đường trịn, góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung góc nội tiếp chắn cung Góc có đỉnh bên đường trịn góc có đỉnh bên ngồi đừng trịn • Định lí 1: Số đo góc có đỉnh bên đường tròn nửa tổng số đo hai cung bị chắn • Định lí 2: Số đo góc có đỉnh bên ngồi đường trịn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn Tứ giác nội tiếp • Định nghĩa: Tứ giác có bốn đỉnh nằm đường trịn tứ giác nội tiếp đường trịn • Định lí 1: Tứ giác nơi tiếp tổng số đo hai góc đối diện 180 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC • Định lí 2: Tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện 180 tứ giác nội tiếp đường trịn Chú ý: Trong tứ giác học hình chữ nhật, hình vng, hình thang cân nội tiếp đường tròn Đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp • Đường trịn qua tất đỉnh đa giác gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác đa giác gọi đa giác nội tiếp đường trịn • Đường trịn tiếp xúc với tất cạnh đa giác gọi đường tròn nội tiếp đa giác đa giác gọi đa giác ngoại tiếp đường trịn • Cho n – đa giác có cạnh a, a a r = 180 180 tan sin n n a – Liên hệ bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp R − r = Độ dài đường tròn, cung tròn Diện tích hình trịn, hình quạt trịn – Bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp R = C 2= πR πd • Độ dài C đường trịn bán kính R tính theo cơng thức:= • Trên đường trịn bán kính R, độ dài l cung n tính theo cơng thức: l = • Diện tích S hình trịn bán kính R tính theo cơng thức: S = π R • Diện tích hình quạt trịn bán kính R, cung n tính theo cơng thức: S= π Rn 180 π R2n 360 VI Một sô kiến thức bổ sung = S= lR Một số tính chất tiếp tuyến Tính chất 1.1 Cho đường trịn (O; R) điểm M nằm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyến MT với T tiếp điểm cát tuyến MAB, MCD Khi ta có = = MC.MD = OM − R MT MA.MB Nhận xét: Với điểm M cố định OM − R khơng đổi, MT MB.MC không đổi Ta gọi đại lượng PM/(O) = OM − R phương tích M đường trịn (O) • Tính chất 1.2 Tứ giác ABCD có MA.MB = MC.MD với M giao điểm AB CD tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn • Tính chất 1.33 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, gọi M giao điểm hai đường chéo AC BD Khi ta có MA.MC = MB.MD = R − OM • Tính chất 1.4 Tứ giác ABCD có MA.MC = MB.MD với M giao điểm hai đường chéo AC BD tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC • Tính chất 2.1 Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O ) tiếp xúc A, từ M vẽ cát tuyến MAB với ( O1 ) MCD với đường tròn ( O ) Khi M nằm tiếp tuyến chung A hai đường tròn MA.MB = MC.MD • Tính chất 2.2 Cho hai đường trịn ( O1 ) , ( O ) cắt A B Từ điểm M đường thẳng AB vẽ MCD cát tuyến với đường tròn ( O1 ) MEF cát tuyến với đường tròn ( O1 ) , ta ln có MC.MD = ME.MF Nhận xét: Tiếp tuyến qua điểm A tính chất 2.1 đường thẳng MAB tính chất 2.1 gọi truc đẳng phương hai đường tròn Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp • Tính chất Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn góc tứ giác góc ngồi đỉnh đối diện  = ADB  • Tính chất Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ACB • Tính chất Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn MA.MB = MC.MD , với M giao điểm AB CD • Tính chất Tứ giác ABCD có nội tiếp đường trịn MA.MC = MB.MD , với M giao điểm hai đường chéo AC BD Một số định lí hình học tiếng • Đường trịn Euler: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF đồng quy H Gọi M, N, P ta trung điểm BC, CA, AB Gọi S, R, Q trung điểm HA, HB, HC Khi chín điểm D, E, F, M, N, P, Q, R, S nằm đường trịn • Hệ thức Euler: Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi d độ dài đoạn nối tâm hai đường tròn Khi ta có = d R ( R − 2r ) • Định lý Ptoleme: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn AB.CD + AD.BC = AC.BD B MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ Cho tam giác ABC vng cân A có đường cao AH Trên đoạn thẳng HC lấy điểm K dựng hình chữ nhật AHKO Vẽ đường tròn (O; OK), đường tròn cắt cạnh AB D, cắt cạnh AC E Gọi F giao điểm thứ hai (O) với đường thẳng AB Chứng minh bốn điểm D, A, O, E thuộc đường trịn Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC   Kẻ OM ⊥ AE; ON ⊥ AF , OMA = ONA = 90    Tứ giác AMON có OMA = ONA = MAN = 90 nên B AMON hình chữ nhật Vì tam giác ABC vng I D K cân A nên đường cao AH đồng thời đường phân giác A  450 nên suy  1= Do ta = HAC BAC  = HAO  − HAC  = 90 − 450 = 450 = MAN  OAM  Từ Suy AO tia phân giác góc MAN N M E C O F AMON hình vng nên = AM AN; = OM ON Xét hai tam giác vng OME ONF có OE = OF OM = ON nên ∆OME = ∆ONF ⇒ ME = NF = AN + NF ⇒ AE = AF ⇒ ∆AEF vng cân A Từ suy AM + ME  = 450 Kẻ đường kính FI đường trịn (O) ta Do suy DFE  = ODF  OFD  góc ngồi tam giác ODF nên DOI   + ODF  Vì DOI = OFD  = OFD  + OFD  = 2.OFD  Chứng minh tương tự EOI  = 2.OFE  Do ta DOI ( )  2.DFE  90 nên DOE    + EOI   + OFE  Suy = Từ DOI DOE = = DAE = 90 = OFD Từ O A thuộc đường trịn đường kính DE nên bốn điểm O, A, D, E thuộc đường trịn Ví dụ Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính AB EF vng góc với Lấy D điểm thuộc cung AE nhỏ M giao điểm AD OE, N giao điểm OE DB = ME.MF = MN.MO Chứng minh MA.MD Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC Vì D thuộc đường tròn (O) nên M = = ADB 90 ⇒ MDN 90 Hai tam giác vuông MOA MDN đồng dạng MA MO với nên = ⇒ MA.MD = MN.MO MN MD Kẻ đường kính DK đường trịn (O), ta  = ODF  Vì KOF  góc ngồi tam OFD E D N A O B  + OFD   giác ODF KOF = ODF  = ODF  + ODF  = 2.ODF  Chứng Nên ta KOF  = 2.ODB  minh tương tự ta có KOB ( K F )  + KOB = ODF  + ODB  nên ta Suy KOF  = 2.BDF  ⇒ BDF  = BOF  = 450 BOF  = 450  = EDF  − BDF  = 90 Do EDB Vì D thuộc đường trịn đường kính EF nên EDF  = MDN  − EDB  = 450 nên tam giác AOF vuông cân O, Từ suy MDE  = 450 AFO  = MDE  nên suy hai tam giác MAF MED đồng Từ kết ta AFM dạng Do ta MA MF = ⇒ MA.MD = ME.MF ME MD = ME.MF = MN.MO Vậy ta MA.MD Ví dụ Đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính  − ACB  = ABC  − BAC  Tính diện tích tam giác ABC theo R r R r Biết BAC Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC Gọi O I tâm đường tròn ngoại tiếp A tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn (I) với AB, E D AC, BC Khi ta có 1 1 AB.r + AC.r + BC.r r ( AB + AC + BC ) = 2 2 r ( AD + AE + BD + BF + CE + CF ) = S ABC= I B F O C H M Mà ta có = AD AE, = BD BF,CE = CF nên ta S ABC = r  2.AD + ( BF + CF )  = r ( AD + BC )   − ACB  = ABC  − BAC  nên 2BAC   + ACB  Vì BAC = ABC  =180 ⇒ BAC  =60 ⇒ DAI  =30 Từ ta 3BAC  r.cot Trong tam giác vng DAI= có AD DI.cot = DAI = 30 r  = OBA  Kẻ đường kính AM đường trịn (O), ta OAB  = 2.OAC   = OAB  + OBA  ⇒ BOM  = 2.OAB  Tương tự ta có COM Từ suy BOM ) (  + COM  = OAB  + OAC  ⇒ BOC  = 2.BAC  = 2.60 = 120 Suy BOM Kẻ OH vng góc với BC ta HB = HC = BC  1=  60 = HOC BOC 2  R.sin HOC 60 = = Trong tam giác OHC= có HC OC.sin ( R ) Từ suy ra= BC 2.HC = R nên ta S ABC = r r + R = 3.r ( R + r ) Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn có I tâm đường trịn nội tiếp Chứng minh AI = AB.AC ( AB + AC − BC ) AB + BC + CA Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 Gọi D giao điểm AI với BC, E giao điểm thứ hai A AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi ta thấy ∆AEB ∽ ∆ACD ∆DEB ∽ ∆DCA nên ta AE AC DE DC = = AB AD DB DA I Từ ta AE.AD = AB.AC DE.DA = DB.DC B C D Do ( AE − DE ) AD =AB.AC − DB.DC E Hay ta được= AD AB.AC − DB.DC Ta có AD đường phân giác tam giác ABC nên ta BD AB BD AB AB.BC = ⇒ = ⇒ DB = CD AC BD + CD AB + AC AB + AC Hoàn toàn tương tự ta CD = AD AB.AC − = AC.BC nên ta AB + AC AB.AC.BC = AB AC + ( ) AB.AC ( AB + AC ) ( AB + BC + CA )( AB + AC − BC ) AI AB Mà ta lại có AI phân giác tam giác ABD nên = = DI BD Suy AB AB + AC = AB.BC BC AB + AC AB.AC ( AB + AC − BC ) AI AB + AC Từ ta AI = = AB + BC + CA AD AB + BC + CA Ví dụ Cho hình bình hành ABCD tâm O Gọi E, F, G theo thứ tự hình chiếu D AC, AB, BC Chứng minh O nằm đường ngoại tiếp tam giác EFG Lời giải Ta xét hai trường hợp: + Trường hợp 1: Hình bình hành ABCD có G B góc B tù F Ta có tam giác BFD vng F có O C E O trung điểm BD nên tam giác BOF cân O  = 180 − 2OBF  Tương tự Suy BOF A D  = 180 − 2OBC  BOG  360  2BAD  Từ đó= ta có FOG = − ABC Do tứ giác AFED, DEGC nội tiếp nên THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 102 ) ) (  + ECM  − 90 = 180 − BAC = ( FBM ) (  − 90 ) = 180 − 2A (  = 180 − BMF  + CME  = 180 − 180 − 2FBM  + 180 − 2ECM  EMF 0 0  = 60 nên ta A  = 60 , BAK  = 30 suy BOK  = 60 Mà ta có EMF TK BK Điều dẫn đến BK = R nên ta = = R R + Trường hợp 2: Tam giác ABC có góc A tù Khi ta  = 180 − BME  + CMF  = 180 − 180 − 2EBC  + 180 − 2FCB  EMF ) ( ( ) (  + FBC  = 180 − 180 − A 180 − ( ECB ) (  )= (  + FCB  − 90 = 90 − ECB  + 90 − FBC  − 90 = EBC = 0 ) )  − 180 2A  = 60 nên ta A  = 120 , BAK  = 60 suy BOK  = 120 Mà ta có EMF BK  = 60 , điều dẫn đến BK = R Do ta TK Từ ta MBK = = R R Bài 31 Gọi H, E, F trung điểm A BC, CA, AB Đường thẳng qua M song song T với AB cắt BC P cắt AC T, đường J M I thẳng qua M song song với AC cắt BC Q E AB J, Đường thẳng qua M song song N V F U với BC cắt AB I cắt AC N Đặt= BP x;= PQ y;= QC z Do tam giác ABC D B P H Q C nên ta có BP = AT = MI = MJ = = IJ x PQ = MQ = NC = MP = IB = y QC = MN = AJ=MTNT = z Từ ta BP + PQ + QC = AT + TN + NC = AJ + JI + IB2 Như cần xét điểm M nằm cung nhỏ EF đủ Cách Ta có a = ( x + y + z ) = x + y + z + ( xy + yz + zx ) (1) Gọi D giao điểm MQ với đường tròn nội tiếp tam giác ABC  = QHD  nên ta ∆MHQ ∽ ∆HDQ , suy QH = QD hay Khi ta có QMH QM QH QH = QD.QM = MJ = x nên ta QH = xy (2) Mà ta có QD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 103 Mặt khác Q thuộc đoạn thẳng HC nên ta QH= HC − QC= (3) x+y+z x+y−z − z= 2 x+y−z Từ (2) (3) ta   = xy , khai triển thu gọn ta   2 x + y + z = ( xy + yz + zx ) a2 Thay vào hệ thức (1) ta x + y + z = Cách Giả sử EF cắt MP U cắt MQ V Ta có    EMU    MEF = MFN = FMV; = MEI = MFE Từ suy ∆MEU ∽ ∆FMV nên ta MU FV hay MU.MV = EU.FV nên = EU MV UV = BP.QC a Từ ta có biến đổi sau A = xy + yz + zx = BP.PQ + PQ.QC + QC.BP = PQ ( BP + QC ) + UV Mặt khác ta lại có PQ − UV = MQ − MV = VQ = a a a a a2 = PQ − UV ( PQ − UV ) = PQ − UV = ( PQ − UV ) = 2 2 2 a Thay vào hệ thức (1) ta x + y + z = Cách Gọi G tâm tam giác ABC, xét điểm M nằm đường trịn tâm G bán kính GM = r Gọi H K chân đường vuông góc hạ từ G M xuống BC Kẻ GS vng góc với MK(S thuộc MK) Đặt = PQ 2PK = 2QK = y Giả sử K thuộc đoạn BH Khi ta có ( BH − PK − KH ) + ( CH − KQ + KH ) BP + QC = 2 2 a y  a y  a y =  − − KH  +  − + KH  =  −  + 2KH 2  2  2 2 Mặt khác ta có KH = MG − MS = r − ( MK − SK ) 2 2 2 y a 3 3 a r − r − y−  = −  =   4 3  2 3 a Từ ta BP + PQ + QC = a − y ) + y + 2r −  y −  = a + 2r ( 2 3 2 a a2 2 Mà GM= r= Từ ta BP + PQ + QC = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 104 Bài 32 Xét tam giác OAD có đường nội tiếp B với tiếp điểm P, Q, N Theo tính chất tiếp C tuyến cắt ta có K O AD + DO + OA = 2AP + 2DP + 2ON = 2AD + 2ON DO + AO − AD OB + OC − BC Hoàn toàn tương tự OK = Từ suy AC + BD − AD − BC KN = KO + ON = N H M Q Do ta ON = A D P AC + BD − AB − CD AC + BD − AB − CD CA + BD − AD − BC Ta có HM = KN ⇔ = ⇔ AB + CD = BC + AD 2 Điều tương đường với tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn Tương tự ta chứng minh HM = Bài 33 Từ M N hạ MP, NQ vng góc với BC Khi MP, AH, NQ song song với BM     nên ∆BPM ∽ ∆CQN ⇒ BP =  Do NCQ = BCy = BAC = CBx = MBP ( 1) CQ CN HP AM Theo định lí Thalet ta có = Mặt khác MA = MB NA = NC nên HQ AN HP AM MB = = (2) HQ AN NC MB HP − BP HB HP PP MB Từ (1) (2) suy = = Do ta = = NC HQ − CQ HC HQ CQ NC  = NCB  nên ∆MBH ∽ ∆NCH ⇒ MHB =  Mặt khác lại có MBC NHC  = NHA  nên HA phân giác góc MHN  Mà AH ⊥ BC nên MHA Bài 34 Trước hết ta phát biểu chứng minh bổ đề sau: A Trong tam giác khoảng cách từ đỉnh đến trực tâm hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện đỉnh Thật vậy, giả sử giả thiết toán cho hình vẽ, ta cần chứng minh AH = 2MO Gọi K điểm đối H B O C D M K xứng với A qua O Khi tứ giác BHCK hình bình THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 105 hành nên ta suy ba điểm H, M, K thẳng hang M trung điểm HK Trong tam giác KAH có MO đường trung bình nên AH = 2MO Bổ đề chứng minh Trở lại toán: Áp dụng bổ đề ta BE = CF , mà ta có BE//CF nên tứ giác BCFE hình bình hành Tứ giác BCNM hình bình hành nên ta MN//EF Gọi B’ giao điểm BE với AD Ta có BB’ vng C B   góc với AD Do AED = 180 − ABD N M  , mà ta lại có ABD   = ACD  Nên ta AFD = 180 − ACD  = AFD  , điều dẫn đến tứ giác AEFD AED nội tiếp đường tròn O E A F P B' D  = ADC  CAE  = BDF  nên ta Do BAC  = FDC  EAB Giả sử tứ giác AMND nội tiếp đường trịn Khi từ tứ giác AEFD nội tiếp nên ta  + ADN  =AEF  + ADF  AMN  + B'   + ADN  = AEB'  + ADF   = AEB'  + B'   hay ta AMB' ⇔ AMB' MN + ADN EF + ADF  = AEB'  − AMB'  hay NDF    − ADF  = MAE  Mà ta có B' MN = B' EF nên ta ADN Lấy điểm P nằm phía với D so với CF cho hai tam giác PFC AEB  = EAB  , kết hợp với EAB  = FDC  , suy bốn điểm F, P, D, C  = FDC  ta FPC Ta có FPC thuộc đường trịn Cũng từ cách lấy điểm P cho ta hai tam giác PFN AEM  = MAE  Kết hợp với NDF  = MAE  ta NPF  = NDF  nên nên ta NPF bốn điểm N, D, P, F thuộc đường trịn Do năm điểm F, P, C, D, N thuộc đường trịn Điều vơ lí ba điểm N, F, C thẳng hang Chứng tỏ điều ta giả sử sai Do tứ giác AMND khơng thể nội tiếp THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 106 Bài 35 Gọi giao điểm O’A MN H, giao điểm O’C PQ E Ta có tứ giác ABCD nội =  +C tiếp đường tròn (O) nên ta A 180 Tứ H O' Q O giác ABCD lại ngoại tiếp đường trịn (O’) nên theo M C tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có A N D E P 1  1  B O' AM = A, O' CQ C = 2     AM + O' CQ = 90 ⇒ O' AM = CO' Q ⇒ O' O' M MA Do ta ∆O' MA ∽ ∆CQO' ⇒ = CQ QO' Đặt MA = AN = x;  B= N BP = y;  C= P CQ = z;  D= Q DM = t; O’M = O’Q = r r x = ⇒ r = x.z Tương tự z r O' N NB r y ∆O' NB ∽ ∆DMO' ⇒ = ⇒ = ⇒ r = y.t DM MO' t r Suy = r x.z = y.t Do AM AN hai tiếp tuyến đường trịn (O’) nên ta có O’A ⊥ Khi ta có MN M H trung điểm MN áp dụng hệ thức lượng vào ∆O' MA vuông M, có đường cao MH nên ta 4x ( x.z ) 1 1 1 4x r 2 = + ⇒ =2 + ⇒ MN =2 ⇒ MN =2 MH MA O' M x r x +r x + ( x.z ) 1  MN 2    4x z Suy MN = Hồn tồn tương tự ta có x+z 4y t 4yt 4xz PQ = ; NP ; MQ = = x+z y+t y+t Do ta 4x z 4xz 4xz ( x + z ) + = =4xz =4r x+z x+z x+z 4y t 4yt 4yt ( y + t ) + = =4yt =4r NP + MQ = y+t y+t y+t MN + PQ = Như tứ giác MNPQ có MN + PQ = NP + MQ Theo bổ đề bốn điểm ta MP ⊥ NQ Bài 36 Bạn đọc tự vẽ hình  suy Gọi O giao điểm AH BD, ta có CO là phân giác góc ACB  = BCO  ACO THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 107 Hạ OK ⊥ AC ( K ∈ AC ) , ta xét trường hợp sau: + Trường hợp 1: Nếu K trùng với điểm D, tam giác ABC có O vừa tâm  = 60 đường tròn nội tiếp vừa trực tâm, ta BAC + Trường hợp 2: Nếu K thuộc đoạn DA khơng trùng với D, ta có   Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHC nên I ∈ OC OHI = CHI = 450 Suy hai  =CKI  =450 ⇒ OKI  =ODI  =450 Do tam giác OHC OKC nhau, nên ta OKI   tứ giác OKDI nội tiếp nên COD = CKI = 450 Từ ( )  = OBC  + OCB  = ABC  + ACB  ⇒ ABC  + ACB  = 90 2COD  = 90 Do ta BAC + Trường hợp 3: Nếu K thuộc đoạn DC khơng trùng với điểm D, tương tự trường hợp ta chứng minh tứ giác ODKI nội tiếp Do ta =  =450 ⇒ BAC = DOC CKI 90  > BAC = Tuy nhiên ta có BDC 90 mâu thuẫn với điều kiện K thuộc đoạn DC Do trường hợp khơng xẩy Khi tam giác ABC vuông cân A ta chứng  = 450 minh BDI  = 60 BAC  = 90 Vậy BAC Bài 37 A Cách Giả sử đường tròn tâm O tiếp xúc với cạnh với cạnh BC, CA, AB E P I K, T, V Q V T O Gọi KE đường kính đường tròn (O) Đường thẳng qua điểm E song song với B BC cắt AB, AC P Q Khi PQ H K M F C tiếp xúc với đường tròn (O) E Gọi 2p = AB + BC + CA Khi áp dụng định AQ EQ AQ + EQ AV lí Talets ta có = = = AC FC AC + FC AC + FC AQ AP PQ AQ + AP + PQ AT + AV AV = = Lại có = = = AC AB BC AB + BC + CA 2p 2p Từ ta FC= p − AC , mà ta lại có 2BK = 2p − 2AC nên ta BK= p − AC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 108 Điều dẫn đến FC = BK , suy MK = MF nên MO đường trung bình tam giác EKF Suy MO//EF nên tứ giác AIOE hình bình hành Do ta AI = OE = r Cách Tia OA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Khi AD tia phân giác  nên điểm D nằm cung BC khơng chứa A, suy BD = CD góc BAC Nên ta MD ⊥ BC MD//AH Áp dụng định lí Talets ta AI AO = MD DO  = BAO  + ABO  = CBD  + OBC  = OBD  nên ta OD = BD Ta lại có BOD Gọi T tiếp điểm AB với đường tròn tâm O, ta có ∆AOT ∽ ∆BDM AM AO AO OT Từ kết ta = = = , nên suy AI = OT = r MD DO BD MD Cách Đặt= AB c,= BC a,CA = b 2p = a + b + c Khơng tính tổng qt ta giả sử AC > AB , hai điểm H K nằm tia MB Ta có b − c 2= HC − HB2= ( HB + HC )( HC − HB )= 2a.MH Chú ý điều cho hai trường hợp H nằm B M B nằm M H = KC − MC Suy MK = Từ ta MK MH b − c 2 b+c b−c = Do đó= ta có MK 2a b − c a Mặt khác ta có AH.a = 2S ABC = 2r ( a + b + c ) nên ta suy Do AH a + b + c b+c = = 1+ r a a AI AH − HI AH IH AH MH b+c b+c = = − = − = 1+ − = Vậy ta AI = r r r r OK r MK a a Bài 38 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 109 • Giả sử đường thẳng d qua điểm tâm đường E trịn nội tiếp tam giác ABC, D tà tiếp d điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC A nên ta ta có F AB + BC − AC CA + CB − AB = BD = ; CD 2 Từ suy BA + BC − AC CA + CB − AB − = AB − AC 2 Gọi giao điểm tiếp tuyến qua A(khác AB) I BD − DC = đường tròn (N) với đường thẳng T Khi T P N B D C tứ giác TABD ngoại tiếp đường tròn nên ta AB + TD = AT + BD Kết hợp với đẳng thức ta AC + TD = AT + CD Điều chứng tỏ tứ giác TACD ngoại tiếp đường tròn Vậy AT tiếp xúc với đường trịn (P) hay nói cánh khác AT tiếp tuyến chung hai đường tròn (N) (P) qua điểm A Gọi giao điểm tiếp tuyến với đường thẳng d T Khi tứ giác TABD TACD ngoại tiếp đường trịn Do AB + TD = AT + BD AC + TD = AT + DC Từ BD − DC = AB − AC AB + BC − AC CA + CB − AB = ; CD 2 Từ suy D tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC Từ dó suy BC Lại có BD + CD = nên ta BD = d qua tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 110 Bài 39 • Giả sử tiếp tuyến chung hai đường E tròn (N) (P) qua A, ta cần chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn Thật vậy, để ý ba điểm E, M, N thẳng hàng ba điểm F, M, P thẳng hàng Do ta có d A M F   = 180 − EMF  = 180 −  90 + EAF  NMP    I  BAC  180 − BAC 90 − = = T 2 P N Mặt khác tiếp tuyến chung khác d hai B C D đường tròn (N) (P) qua điểm A nên  = NAP  nên  = BAC  Do ta NMP NAP tứ giác AMNP nội tiếp đường tròn Ta cần chứng minh tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn (N) (P) qua A  BAC  tứ giác AMNP nội tiếp đường tròn Thật vậy, lập luận ta NMP =  = NAP  Từ suy NAP  = BAC  Qua A vẽ tiếp tuyến Ax nên ta NMP  = BAx  Do ta đường trịn (N), ta NAx   = PAC  = CAx  − BAx  − NAx  = BAC  = NAP APx 2 Từ suy Ax đối xứng với AC qua AP, mà AC tiếp xúc với đường tròn (P) nên Ax tiếp xúc với đườn tròn (P) Suy tiếp tuyến chung khác d hai dường tròn (N) (P) qua điểm A Vậy từ hai ý ta bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 111 Bài 40 Gọi L R tâm đường A N tròn ngoại tiếp tam giác KHQ KMF Ta cần chứng minh ba điểm K, L, R thẳng Q hàng R L Thật vậy, gọi AE đường kính đường K H O tròn (O) D đối xứng với H qua BC Khi dễ thấy tứ giác HBEC hình hình X F B C M hành nên ba điểm H, M, E thẳng hàng Lại có Q thuộc đường trịn đường kính AE E D  = 90 Mà Q lại thuộc nên ta AQF đường trịn đường kính AH nên ta  = 90 Từ ta QAH   AQH = AQF = 90 nên ba điểm Q, H, E thẳng hàng Do bốn điểm Q, H, M E thẳng hàng Gọi tiếp tuyến K H đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ cắt X    (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung Khi ta có XKH = XHK = KQH   = KAE  ( hai góc nội tiếp chắn cung KE chắn cung) Mà ta lại có KQH đường trịn (O)) Từ ta có ( ) ( )  =180 − 2KHX  =180 − 2KQH  =2 90 − KQH  =2 90 − KAE  =2AEK  =2KDH  KXH Lại có XH = XK nên X tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KHD Do D H đối xứng qua BC nên BC đường trung trực DH, từ suy X thuộc đường thẳng BC Do XH tiếp tuyến đường trịn đường kính QH nên ta có XH ⊥ QH 2 Xét tam giác XHM vuông H có đường cao HF nên ta có XK = XH = XF.XM Từ suy XK tiếp tuyến chung hai đường tròn ngại tiếp tam giác KQH KFM với tiếp điểm K giao điểm hai đường trịn Do ta suy hai đường trịn ngại tiếp THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 112 tam giác KQH KFM với tiếp xúc K Từ suy hai tâm đường trịn tiếp điểm nằm đường thẳng Gọi P trung điểm AQ, ta cần chứng minh ba điểm M, N, P thẳng hàng  = KAE  nên hai tam Thật vậy, ta có bốn điểm Q, H, M, E thẳng hàng, từ suy KQH giác vng KQH KAE đồng dạng Từ suy hai tam giác KQA KHF đồng dạng Mà ta lại có KP KM hai trung tuyến hai tam giác KQA KHE nên ta  = QMK  QKP  = HKM  hai tam giác KQP KHM đồng dạng, suy QPK Từ suy tứ giác QPMK nội tiếp đường trịn Ta có biến đổi góc sau  = QKF  = QMK  + LKM  + MKF  = KPQ  + RMK  + 90 − RMF  CMN  + RMK  + 90 − RMF  = 180 − BMP  = CMP  = 90 − PMK Do ba điểm M, P, N thẳng hàng hay MN qua trung điểm AQ Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 41 Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên A  = AIM  ANM  = ABC  Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM N M =  Suy tứ giác BOIM nội tiếp ⇒ AIM ABC Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng I B dạng với tam giác AOB ⇒ B K AM AI = ⇒ AI.AO =AM.AB (1) AO AB Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O) Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB= AE.AF= ( AO − R )( AO + R )=  AO − R 2= 3R 3R 3R 3R R = = ⇒ OI = AO 2R 2 Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên ⇒ AI.AO = 3R ⇒ AI = R2 R2 R OA.OK =OB.OC =R ⇒ OK = = = OA 2R Do ta OI = OK suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC Vì BICK hình bình hành THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 113 Bài 42 Kể tiếp tuyến chung Mx hai đường tròn A ( O ) ( O' ) Khi ta  BMx;   xME  = MAB = MDE D  = MDE  nên AB // DE Suy MAB I K O O' Ta có AI AD.AM; BJ BE.BM = = 2 B C E F J BE AD BE BM = ⇒ = M BM AM AD AM x BJ BE.BM BM = = Do ta AI AD.AM AM CK CM BJ BM Suy , tương tự ta = = AI AM AI AM BJ + CK BM + CM Như ta có , mà ta chứng minh AM = BM + CM = AI AM Suy = BJ + CK Suy AI Bài 43 + Gọi r1 ; r2 bán kính đường P tròn ( O1 ) ( O ) Gọi F giao điểm ET với đường tròn F (O ) B A  góc Xét hai tam giác ETD EDF có DEF  = EFD  nên ∆ETD ∽ ∆EDF chung EDT Từ suy O1 ET ED = ⇒ ED =ET.EF Ta lại có ED EF C O2 T E D ED ET.EF EF − ET FT  ED  1 − = −= −= =  ET  2 ET ET ET ET     Xét hai tam giác cân O1ET O FT có O ET = O FT nên ∆O1ET ∽ ∆O FT FT O T r2 Do ta = = Từ ta ET O1T r1 2 r2 r2  ED   ED  ED  ET  − = r ⇒  ET  = r + ⇒ ET =     1 r2 +1 r1 AB Chứng minh hoàn toàn tương tự ta = AT r2 AB ED = + Từ ta thu AT ET r1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 114 + Gọi C giao điểm AB, DE Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác CAE với ba điểm P, B, D thẳng hàng ta PA DE BC = PE DC BA PA DE BC PA DE PA AB = = 1⇒ = PE DC BA PE AB PE DE AB ED AB AT PA AT Lại có nên suy Từ ta suy TP đường phân giác = ⇒ = = AT ET ED ET PE ET Mà ta lại có BC = DC nên ta thu đỉnh T tam giác ATE  = ATF  + ETA  = 180  = ATP  + ATP  + ETP  + ETP  = AFT  Như ATP Do ta ATP  = 2ACF  AO'   Mà ta có OAO'  = 90 nên Bài 44 Ta có AOO' O = 2AFC  + AO'  AOO' O= 90  + AFC = Từ suy ACF 450 Mà tam L K giác O’AL cân nên ta lại có ( ) 1   O' AL =180 − AO' L = 90 − AO' L 2  =900 − ABD  =900 − ACF  =900 − ABL Mặt khác ta có A M C N D O E F O' B  + O'   =CAO  + OAO' CAL AL Do  = ACF  + 90 + 90 − ACF  = 180 CAL Từ suy ba điểm C, A, L thẳng hàng Chứng minh hoàn toàn tương tự ta K, A, F thẳng hàng Áp dụng định lia Menelaus cho tam giác CME với ba điểm K, A, F thẳng hàng ta KE AM FC KE AC.EF = 1⇒ = KM AC FE KM AM.FC Áp dụng định lia Menelaus cho tam giác CME với ba điểm K, A, F thẳng hàng ta LD AN CF LN AN.CF = 1⇒ = LN AF CD LD AF.CD EF 2EO' O' E KE LN AC.EF.AN.CF AC.AN.FE AC.AN.O' E Lại có= = Do = = = CD 2OD OD KM LD AM.FC.AF.CD AM.AF.CD AM.AF.OD  EFA;   ACD  Do hai tứ giác AEBF ACBD nội tiếp nên ta = EBA = ABD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 115 ( )  = CAF  = 180 − ACF  + AFC  = 180 − 450 = 1350 MAN  Suy ta   =EBA  + ABD  =EFA  + ACD  =CAF  =450 MBN  + MBN = Từ ta MAN 180 nên tứ giác AMBN nội tiếp đường tròn  , suy MN song song với CF    Từ ta AMN = ABN = ACD = ACF AC AF AC.AN = ⇒ = AM AN AM.AF KE LN O' E KE LN AC.AN.O' E Do từ ta thu = = KM LD OD KM LD AM.AF.OD Bài 45 Gọi I tâm đường tròn bàng tiếp O Theo định lí Talets ta góc A tam giác ABC Gọi H tiếp điểm đường tròn (E) với đường thẳng BC A B' Nhận thấy ba điểm E, B, I thẳng hàng ba điểm I, C, F thẳng hàng Dễ thấy tứ giác AC’A’C nội tiếp được, F C' E D H B A' M C N P 1 1   ta có EA' = H BA' = C' = BAC IAP 2 I Xét hai tam giác vuông EA’H IPA có   nên suy ∆EA' H ∽ ∆IAP EA' H = IAP Do ta HA' EH EH HB Mà ta lại = có IM IP, = MB PB HE//IM nên ta có = = PA IP IM BM HB PA HA' EH EH HB HB Từ suy = = = = suy = HA' PB PA IP IM BM PB Do ta HP//AA’ Nên theo tiên đề Ơclit ba điểm E, H, P thẳng hàng, IM//EP    nên ta có tam giác EPI cân P, suy EP Từ ta PEI = PI = IM = PIB = EHM = PI = IM nên hình thoi Tứ giác EPIM có EP//IM lại có EP Hồn tồn tương tự ta PIND, FNIIM hình thoi Từ ta EM//IP//DN EM = NI = DP = PI = DN; FM//NI//DP FM Suy tứ giác EMND, FMPD hình bình hành nên ta PM//FD MN//DE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 116 = OE = OF Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF, kho ta có OD Kết hợp với PE = PI = PD nên ta PO đường trung trực DE hay PO ⊥ DE Mà ta có DE//MN nên ta có PO ⊥ MN Chứng minh tương tự ta ON ⊥ MP Vậy O trực tâm tam giác MNP Bài 46 Gọi I, J, K trung điểm BC, A AB, AC P giao điểm thứ hai hai đường B2 C1 trịn tâm J K Khi ta có JK vng góc với PH Vì JK//BC nên ta JK vng góc với AH Do điểm P nằm K J H C2 B1 đường cao AH tam giác ABC AH đường thẳng qua hai giao điểm hai đường tròn tâm J, K Từ ta suy B A1 I A2 C AB1 AB2  = AC1 AC nên tứ giác B1 B2 C1C nội tiếp đường tròn Chứng minh tương tự ta có BH đường thẳng qua hai giao điểm hai đường tròn tâm I, J Nên ta BA1 BA  = BC1 BC , tứ giác A1A C1C nội tiếp đường tròn Và CH là đường thẳng qua hai giao điểm hai đường tròn tâm I, K Nên ta CA1 CA  = CB1 CB2 , tứ giác A1A B2 B2 nội tiếp đường tròn Như tứ giác B1 B2 C1C , A1A C1C A1A B2 B2 nội tiếp đường tròn Điều chứng tỏ điểm A1 , A , B1 , B2 ,C1 ,C nằm đường trịn có tâm giao điểm đường trung trực AB, BC, AC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... tương đối đường thẳng Số điểm Hệ thức d đường tròn chung R dR Đường thẳng đường tròn cắt Đường thẳng đường tròn tiếp xúc Đường thẳng đường trịn khơng giao Khi đường thẳng ∆ đường trịn... trịn tiếp xúc đường thẳng ∆ gọi tiếp tuyến đường tròn Điểm chung đường thẳng đường tròn gọi tiếp điểm Khi đường thẳng ∆ đường tròn tiếp cắt hai điểm đường thẳng ∆ gọi cát tuyến đường tròn Dấu hiệu... tiếp đường trịn Ví dụ 20 Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O ) tiếp xúc M (đường tròn tâm O nằm đường tròn tâm O1 ) Lấy điểm N khác M đường tròn ( O ) , qua N kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( O ) cắt đường