Hh9 chuyên đề 3 góc với đường tròn (54 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | CHUYÊN ĐỀ GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I GÓC Ở TÂM – SỐ ĐO CUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN Góc tâm: Là góc có đỉnh trùng với tâm đường tròn Số đo cung: + Số đo cung nhỏ số đo góc tâm chắn cung + Số đo cung lớn hiệu 360° số đo cung nhỏ (có chung mút với cung lớn) So sánh cung: + Hai cung gọi chúng có số đo + Trong cung, cung có số đo lớn gọi cung lớn Trên hình 1: Góc AOB gọi góc tâm chắn cung nhỏ AB (hay AmB ) Ta có: sđ AmB  AOB, sñ AnB  360  AOB Điểm thuộc cung tròn: Nếu C điểm nằm cung AB sđ AB  sđ AC  sñCB II LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY CUNG Với cung nhỏ đường tròn hay hai đường tròn nhau: + Hai cung căng hai dây + Hai dây căng cung Với cung nhỏ đường tròn hay hai đường tròn nhau: + Cung lớn căng dây lớn + Dây lớn căng cung lớn Trên hình 2: AB  CD  AB  CD AB  EF  AB  EF III GĨC NỘI TIẾP Góc nội tiếp góc có đỉnh nằm đường trịn hai cạnh chứa dây cung đường tròn Trong đường trịn, số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn + Trong đường trịn: Các góc nội tiếp chắn cung + Các góc nội tiếp chắn cung chắn cung | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUN ĐỀ GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN + Góc nội tiếp (nhỏ 90°) có số đo nửa số đo góc tâm chắn cung + Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng Trên hình 3: + Các góc AMB, ANB góc nội tiếp chắn cung AB  AMB  ANB  1 sñ AB  AOB 2 + AB  BC  AMB  BPC IV GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG Đường thẳng xy tiếp tuyến  O  điểm A Tiếp điểm A gốc chung tia đối Ax, Ay, AB dây cung  O  Khi góc xAB,yAB góc tạo tia tiếp tuyến dây cung AB Số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung nửa số đo cung bị chắn Trong đường trịn: Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung Trên hình 4: Ta có: xAB  1 sñ AB  AMB; yAM  sñ AM  ABM 2 V GÓC CÓ ĐỈNH BÊN TRONG ĐƯỜNG TRỊN, GĨC CĨ ĐỈNH BÊN NGỒI ĐƯỜNG TRỊN Cho hai dây cung AB, CD  O  cắt điểm M nằm đường tròn  O  Khi BMC gọi góc có đỉnh nằm đường tròn  O  Ta có định lý: Số đo góc có đỉnh nằm đường tròn nửa tổng số đo hai cung bị chắn Tức là: BMC   sñBC  sñ AD  Hai tia CD, BA cắt N (AB, CD hai dây cung  O  ) Khi góc BNC gọi góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn  O  Định lí: Số đo góc có đỉnh nằm ngồi đường tròn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn Tức là: BNC   sñBC  sñ AD  VI CUNG CHỨA GÓC CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Cho điểm cố định A, B Quỹ tích điểm M nhìn đoạn thẳng AB cho trước góc AMB   không đổi 0    180 hai cung tròn đối xứng qua AB, gọi cung chứa góc α dựng đoạn thẳng AB Đặc biệt, quỹ tích điểm M nhìn đoạn AB góc vng đường trịn đường kính AB Cách dựng cung chứa góc α + Dựng đường trung trực (d) đoạn thẳng AB + Dựng tia Ax tạo với AB góc α + Dựng tia Ay  Ax cắt (d) điểm O + Ta có O tâm đường trịn chứa cung α dựng đoạn thẳng AB MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC(AB < AC) có trực tâm H nội tiếp đường trịn  O  ngoại tiếp đường tròn  I  Gọi E trung điểm AH , M trung điểm BC Tia phân giác BAC cắt đường tròn O  K (khác A), cắt EM Q a) Chứng minh: KB  KC  KI b) Chứng minh AQH  90 c) Gọi D giao điểm phân giác góc A với BC Dựng tiếp tuyến AN  K ,KB  Chứng minh: ND  AK Lời giải a) Do AK phân giác góc A nên KB  KC  KB  KC Ta chứng minh tam giác KIC cân K Xét tam giác KIC ta có: KIC  IAC  ICA  1 A  C (1) 2 Ta có: KCI  KCB  ICB Mà KCB  KAB  A (góc nội tiếp 1 chắn cung KB), ICB  C suy KCI  A  C (2) 2 Từ (1) (2) ta suy KIC  KCI Hay tam giác KIC cân K tức KI = KC Vậy KI = KC = KB .3 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUN ĐỀ GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN Chú ý: Điểm K tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC b) Dễ thấy O, M, K thẳng hàng Kẻ đường kính AS O  SC  AC,SB  AB lại có BH  AC, CH  AB  BH // SC, CH // SB suy tứ giác BHCS hình bình hành nên H, M, S thẳng hàng M trung điểm HS Ta có HAQ  AKO  OAK (cặp góc so le tam giác AOK cân) Lại có EQA  QAS (so le) Từ suy EAQ  EQA suy EA  EQ  EA  EQ  EH Tức tam giác AQH vuông Q c) Vì KBC  KAC (cùng chắn cung KC), mà KAC  KAB suy KBC  KAB suy KBD ∽ KAB nên Hay KD KB KN (do KB = KN)   KB KA KA KD KN kết hợp với DKN  NAK suy  KB KA DNK ∽ NAK suy NDK  ANK  90 đpcm Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O; R  , đường cao AD kéo dài cắt  O  E (E khác A) Dựng đường kính AK a) Chứng minh: ABE  CAK từ suy BCKE hình thang cân b) Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh: H đối xứng với E qua BC c) Chứng minh: a b c    R với AB = c, BC =a ,CA = b sin A sin B sinC d) Tiếp tuyến A đường tròn  O  cắt tia CB M, phân giác góc A cắt BC F Chứng minh: Tam giác AMF cân e) Đường thẳng qua A vuông góc với MO cắt  O  Q Đoạn thẳng MO cắt  O  I Chứng minh: I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMQ Lời giải a) Do AK đường kính  O  nên AKC  90 , ta có: BAE  90  ABC mà ABC  AKC (cùng chắn cung AC) nên BAE  90  ABC  90  AKC  CAK CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | Vì BAE  CAK  BE  CK  EK // BC hay BCKE hình thang cân b) Do BH  AC nên EAC  HBC (cùng phụ với góc ACB ) Mặt khác ta có: EAC  EBC (cùng chắn cung EC) nên suy HBC  EBC  ∆HBD = ∆EBD (g.c.g) suy DH =DE, hay H đối xứng với E qua BC Ta chứng minh theo cách khác: KC  AC,KB  AB lại có BH  AC,CH  AB  BH // KC, CH // KB suy tứ giác BHCK hình bình hành nên BC cắt HK trung điểm N đường Do AEK  90 nên EK // DN mà N trung điểm HK nên ND đường trung bình tam giác HEK suy D trung điểm HE hay H đối xứng với E qua BC c) Ta có: ABC  AKC (cùng chắn cung AC) Trong tam giác vng AKC ta có: sin AKC  AC b b b a c   sin B    R , tương tự ta có  2R ,  R hay AK R 2R sin B sin A sinC a b c    2R sin A sin B sinC d) Ta có MAF  MAB  ABF mà MAB  ACB (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy MAF  1 BAC  ACB , ta có AFM  FAC  FCA  BAC  ACB suy MAF  AFM 2 hay tam giác AMF cân M e) Theo tính chất đối xứng ta suy MQ tiếp tuyến  O  , MO trung trực AQ nên IA  IQ Ta có MAI  AQI (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Mặt khác ta có: IAQ  AQI nên suy MAI  IAQ hay AI phân giác góc MAE Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: MI phân giác góc AMQ Suy I tâm đường trịn nội tiếp tam giác AMQ Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  bán kính R, điểm M chuyển động cung nhỏ BC a) Chứng minh: MA = MB + MC b) Tìm GTLN, GTNN P = MA + MB + MC c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q  1  MB MC Lời giải: a) Áp dụng định lý Ptolemy (*) cho tứ giác ABMC ta có: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUN ĐỀ GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN MA.BC  AB.MC  AC.MB Do AB = BC = CA Suy MA = MB + MC Cách khác: Trên AM lấy điểm E cho MB = ME (1) Thế tam giác BME cân M, mặt khác ta có: BME  BCA  60 (cùng chắn cung AB) suy tam giác BME Xét tam giác BEA tam giác BMC ta có: BE = BM tam giác BME AB = BC (do ABC đều) ABE  60  EBC  CBM suy ∆ABE = ∆CBM  AE = MC (2) Từ (1) (2) suy MA = MB + MC b) Ta có P = MA + MB + MC = 2MA P nhỏ M  B M  C P lớn MA đường kính  O  c) Với số thực dương x, y ta có:      x  y   1x  1y   1 Nên ta suy   , dấu xy x y xy xy xảy x = y Áp dụng vào tốn ta có: Do MA  R nên ta suy 1 4    MB MC MB  MC MA 1    R Dấu xảy MA MB R AM đường kính  O  Hay M điểm cung nhỏ BC Định lý Ptolemy (*): Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  Khi ta có: AB.CD  AD.BC  AC.BD Chứng minh: Trên đường chéo BD lấy điểm E cho DAE  BAC Ta có DAE  BAC ADE  ACB (cùng chắn AB ) nên  ADE ∽  ACB (g.g)  AD DE  AC BC  AD.BC  AC.DE (1) Do DAE  CAB nên DAC  EAB , lại có ABE  ACD (cùng chắn AD )   ABE ∽  ACD (g.g) CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN |  AB BE   AB.CD  AC.BE (2) AC CD Từ (1) (2) suy AB.CD  AD.BC  AC  BE  DE   AC.BD Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O  , ngoại tiếp  I  , đường thẳng AI, BI,CI cắt  O  giao điểm thứ X,Y Z Các đường thẳng XY cắt AB, BI, BC M, N, P XZ cắt IC Q a) Chứng minh: Tam giác BMP cân b) Chứng minh: I trực tâm tam giác XYZ c) Chứng minh: NQ song song với BC Lời giải: a) Do AI, BI,CI đường phân giác góc A, B, C nên X, Y, Z điểm cung BC, CA, AB Ta có: BMP  BPM    sñ AY  BX   sñ BY  CX mà AY  BY ,CX  BX Suy BMP  BPM hay tam giác BMP cân B b) Ta có: BNX        1 sñ BX  YZ  BX  AY  AZ  BC  AB  AC  90 suy XY  BZ 2 Chứng minh tương tự ta có AX  YZ,CY  XZ suy I trực tâm tam giác XYZ c) Từ chứng minh câu b) ta suy INX  IQX  90 nên điểm I, N, X, Q nằm đường trịn đường kính XI Suy IQN  IXN (cùng chắn cung IN ) Mặt khác ta có: IXN  AXY  YCB (Hai góc nội tiếp chắn cung nhau) từ suy IQN  YCB  NQ // BC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H nội tiếp  O  , đường cao AD Gọi M, N trung điểm BC, AB Gọi I, K hình chiếu vng góc B, C lên đường thẳng AO a) Chứng minh: I, D đối xứng qua MN b) Đường thẳng IM cắt AC E Chứng minh: BE  AC | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN c) Chứng minh: Khi B, C cố định A di chuyển đường tròn  O  tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DIK điểm cố định d) Chứng minh: Khi B, C cố định A di chuyển đường tròn  O  tìm giá trị lớn HA  HB  HC Lời giải a) Do N trung điểm AB nên ON  AB Các điểm N, I, M nhìn BO góc 90° nên suy điểm B, N, O, I, M nằm đường trịn đường kính BO Ta có AIB  ADB  90 nên điểm A, I, D, B nằm đường tròn tâm N đường kính AB Ta có: IBD  IND (Liên hệ góc nội tiếp góc tâm) Mặt khác IBD  IBM  INM (cùng chắn cung IM ) Suy INM  IND nói cách khác NM phân giác góc N tam giác cân IND suy MN  DI trung điểm DI Hay MN trung trực ID b) Dựng BE  AC Ta chứng minh: E, I, M thẳng hàng Ta thấy điểm A, E, I, B nằm đường trịn tâm N đường kính AB Suy EIA  EBA (1) (cùng chắn cung EA) Ta có AIM  AIB  BIM  90  BNM  90  BAC (do BIM  BNM chắn cung BM MN//AC) (2) Từ (1) (2) suy AIM  EIA  90  BAC  EBA  180 hay E, I, M thẳng hàng (đpcm) c) Gọi P trung điểm AC Chứng minh tương tự a) ta có PM trung trực DK Từ suy tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DIK trung điểm M AC d) Dựng đường kính AS S, H, M thẳng hàng (tính chất quen thuộc, xem thêm ví dụ 1) suy AH  2OM Do BC cố định nên OM không đổi suy AH không đổi Đặt BOC  2 Trên tia đối HB ta lấy điểm F cho HF = HC HB + HC =BF Để ý rằng: HFC     1 BHC  180  A  180   2  khơng đổi Theo tốn cung chứa góc ta suy điểm F thuộc cung chứa góc   180   dựng đoạn BC nằm nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A Từ suy BF lớn BF đường kính đường trịn chứa CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | cung chứa góc   180   dựng đoạn BC Tức BCF  90 , hay B,O, F thẳng hàng Tức tam giác ABC cân B giá trị lớn HA + HB + HC là: 2OM  R  R  BC  2R VII TỨ GIÁC NỘI TIẾP Tiêu chuẩn 1: Tứ giác ABCD nội tiếp tổng hai góc đối 180° Hệ quả: ABCD nội tiếp  xAD  BCD (Tứ giác ABCD nội tiếp góc ngồi đỉnh góc đối diện với đỉnh đó) Ví dụ Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp  O  , đường cao AD, BE, CF cắt điểm H Gọi M trung điểm BC a) Chứng minh: AEHF tứ giác nội tiếp b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường thẳng AM K Chứng minh: Các tứ giác EKMC, FKMB nội tiếp c) Chứng minh: BHKC nội tiếp Lời giải a) Do BE, CF đường cao tam giác ABC nên AEH  AFH  90 , suy AEH  AFH  180 nên tứ giác AEHF nội tiếp b) Do điểm A, E, H, F nằm đường trịn  I  đường kính AH nên đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF đường trịn  I  Ta có AKE  AFE (cùng chắn cung AE) (1) Mặt khác ta có BFEC nội tiếp nên AFE  ECB (2) Từ (1) (2) suy AKE  ECM nên tứ giác EKMC nội tiếp Tương tự ta chứng minh được: Tứ giác FKMB nội tiếp chứng minh theo cách khác sau: Ta có: FKM  360  EKM  EKF  180  EKM  180  EKF  ACB  BAC  180  ABC suy FKM  ABC  180 nên tứ giác FKMB nội tiếp c) Ta có: HKC  360  HKE  EKC  180  HKE  180  EKC  DAC  180  EKC (3) | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUN ĐỀ GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN Mặt khác tứ giác EKMC nội tiếp nên: EKC  EMC (cùng chắn cung EC) Tứ giác BFEC nội tiếp  BC   M;  nên EMC  2EBC (4), ngồi ta có EBC  DAC phụ với BCA (5)   Từ (3), (4), (5) suy HKC  180  EBC  HKC  HBC  180 nên tứ giác BHKC nội tiếp Cách khác: IEM  180  IEA  MEC  180  IAE  ECM  90 suy ME tiếp tuyến  I  Từ ta có MCK  MEK  EHK nên suy tứ giác BHKC nội tiếp Chú ý: Thơng qua ví dụ ta có thêm tính chất: Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF, HBC cắt điểm nằm AM Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp  O  có ba đường cao AD, BE, CF cắt H, điểm M di chuyển cung nhỏ BC (M ≠ B, C) Gọi P, Q điểm đối xứng với M qua AB, AC a) Chứng minh: AHBP nội tiếp b) Chứng minh: P, H, N thẳng hàng c) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để PN lớn Lời giải a) Ta có: APB  AMB (tính chất đối xứng) AMB  ACB  180  DHE  180  AHB hay AMB  AHB  180 Suy AHBP tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tương tự câu a ta thấy tứ giác AHCN nội tiếp Theo câu a tứ giác AHBP nội tiếp nên ta có đổi biến góc sau: AHP  ABP  ABM  180  ACM  180  ACN  180  AHN , hay AHP  AHN  180 tức N, H, P thẳng hàng c) Do ba điểm M, N, P nằm đường trịn tâm A bán kính AM suy   NP  AM.sinPMN  AM.sin 180  BAC  AM.sinBAC Do NP lớn AM lớn nhất, lúc AM đường kính đường trịn  O  Vậy độ dài đoạn NP lớn M điểm đối xứng A qua O Ví dụ  Cho hình bình hành ABCD A  90  có hai đường chéo cắt I Gọi M trung điểm BC, đường thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC N, gọi H hình chiếu vng góc C AB 10 | CHUYÊN ĐỀ GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN b) Gọi P giao điểm khác A AO với đường tròn  O; R  Lấy G đối xứng với E qua AP  D  EG , G   O  Ta có MDG  NEG , AEG  AFG  MDG  MFG Suy tứ giác MDGF nội tiếp 1 Gọi giao điểm AG BC H  2 Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp Từ 1   suy điểm M, H, D, G, F nằm đường tròn Trung trực đoạn thẳng FG qua O cắt đường tròn  O  J; I  OJ , sd JF  sd JG sđ PG  sđ PE nên JOP   hay I nằm đường thẳng cố định Đó đường thẳng qua O tạo với AO góc  không đổi c) Hạ IT  BC T  BC   TH  TM Gọi Q giao điểm BC AP Do QH  QN Suy QT  QH  MH 1  NM  MH   MN 2 Kẻ IS  AP  IS  QT  MN Tam giác vng OSI có IOS   khơng đổi nên OI nhỏ IS nhỏ  MN nhỏ Ta chứng minh MN nhỏ tam giác AMN cân A Thật vậy, BC lấy M N  cho M AN    Khơng tính tổng quát giả sử QM   QN  Suy AM   AN  Trên đoạn AM  lấy điểm U cho AU  AN   AUM  ANN ' (c.g.c)  S AM M  S ANN   MM   NN   M N   MN Với   60 ; BC  R suy AQ  R  MN   R 2    R 3  R R 2  2   OI  R  3 40   CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | 23 I trung điểm BC (Dây BC không qua O)  OI  BC  OIA  90 Ta có AMO  90 , ANO  90 Suy điểm O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính OA AM, AN hai tiếp tuyến  O  nên OA phân giác MON mà MON cân O nên OA  MN ABN ∽ ANC (Vì ANB  ACN , CAN chung)  AB AN   AB AC  AN AN AC ANO vuông N đường cao NH nên AH AO  AN  AB AC  AH AO AHK ∽ AIO (g-g) nên AH AK  AI AO  AI AK  AH AO  AI AK  AB.AC  AK  AB AC AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định  AK cố định Mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB  K cố định 3) Ta có PMQ  90 Ta có: MHE ∽ QDM (g-g)  Ta có: PMH ∽ MQH   ME MH  MQ DQ MP MH MH   MQ QH DQ MP ME   ME  2MP  P trung điểm ME MQ MQ C.TỰ LUYỆN Bài 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 900 A 41 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN B C | CHUYÊN ĐỀ GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN Lại có BAC 900 suy bốn điểm A, B,O,C nằm đường trịn đường kính BC Đối với đường trịn ta thấy BAO Do BAC 900 , nên CAO BAC BCO (cùng chắn BO ) Mà BCO BAO 450 Vậy BAO 450 BAO 450 CAO , nghĩa AO tia phân giác góc vng BAC (đpcm) Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O Từ đỉnh A ta kẻ đường cao AH ( H thuộc BC ) Chứng minh BAH OAC Lời giải: A O H B C D E Kẻ đường kính AE đường trịn O Ta thấy ACE Từ OAC AEC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 900 (1) Theo giả thiết ra, ta có: BAH Từ (1),(2) (3) suy BAH ABC 900 (2) Lại AEC OAC (đpcm) 42 ABC (cùng chắn AC ) (3) CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | Lưu ý: Cũng giải toán theo hướng sau: Gọi D giao điểm tia AH với đường tròn O , chứng tỏ tứ giác BDEC hình thang cân Từ suy sđBD BAD CAE , hay BAH sđCE , dẫn đến OAC Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Trên cung BC không 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 b) Chứng minh PA c) Chứng minh hệ thức PB PQ PDB PB Chứng minh PC PB PC Lời giải: A O D B C Q P a) Trước tiên ta nhận thấy tam giác PBD cân P Mặt khác, BPD BPA BCA 600 (hai góc nội tiếp chắn AB đường tròn O ) Vậy nên tam giác PDB b) Ta có PB PD , để chứng minh PA vậy, xét hai tam giác BPC BDA có: BA đều) BPC Lại ABD DBC 600 , BDA (c.g.c), dẫn đến DA PB PC ta chứng minh DA BC (giả thiết), BD PBC DBC 600 600 , APC chắn cung AC ) suy BPQ PBC PBQ PAC (g.g) BP (do tam giác BPD ABD PBC Từ PC (đpcm) c) Xét hai tam giác PBQ PAC ta thấy BPQ PC ) Từ nên PC Thật APC , PBQ PQ PB ABC 600 (hai góc nội tiếp PAC (hai góc nội tiếp chắn PC , hay PQ.PA PA 43 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN PB.PC Theo kết câu | CHUYÊN ĐỀ GÓC VỚI ĐƯỜNG TRỊN b , ta có PA PQ PB PC nên PQ PB PB PB.PC Hệ thức tương đương với PC (đpcm) PC Ghi chú: - Tứ giác ABCD có tính chất ABCD BC AD (*) nói ví dụ gọi tứ giác điều hịa Loại tứ giác đặc biệt có nhiều ứng dụng việc giải tốn hình học phẳng khác - Nếu hệ thức (*) dạng AB AD BC nhớ lại tính chất đường phân giác tam giác ta có CD thể 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 Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) Đường phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác D Gọi I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh DB DC DI Lời giải: Ta có DB DC AD phân giác góc A Ta chứng minh tam giác DIB cân D Thật ta có: IBD Mặt khác CBD IBC CBD A CAD (Góc nội tiếp chắn cung CD ) mà BAD CAD , IBC I IBA O C B (Tính chất phân giác) suy IBD ABI BAI Nhưng BID ABI BAI D DB DI (Tính D chất góc ngồi) Như tam giác BDI cân DC Nhận xét: Thơng qua tốn ta có thêm tính chất: Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC giao điểm phân giác góc A với (O ) Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) AB AC Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A Vẽ MH , MK, MI vuông góc với BC MH 44 AC MK AB MI CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Lời giải: Trong tốn có tỷ số độ dài A ta nghỉ đến tam giác đồng dạng N định lý Thales Cách 1: Dựng đường thẳng qua A song song với BC cắt (O ) N Gọi O E giao điểm BC MN Ta có: AB B NC K H E I s đ AB C M BMN AMC MH , MK hai đường cao tương ứng nên: AC MK BE AB , chứng minh tương tự ta có: MH MI CE Cộng hai đẳng thức ta có: MH BC MH AC MK có MBC MAC BME AN s đ NC BME Ta AN AMC , AB MI 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) Bài 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: A Do MB / /AC nên BMC ACM ACM (1), ta lại có ACE MAE (cùng chắn AE ) (2) Từ (1) (2) E C M O K B 45 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN KME suy KAM MK AK (g.g) EK MK (cùng chắn BE ) Từ EAB EBK BK AK EK (4) Từ (3) (4) suy MK hay MK EBK BAK AK EK BK AK (g.g) KB nghĩa MK (3) Ta thấy EK BK hay MB (đpcm) Bài Cho đường tròn C tâm O , AB dây cung C 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 qua điểm cố định khác B Lời giải: Ta PQI có AP AI AI AQ D D AP.AQ (cùng chắn PI ), API nên (g.g) Suy AI (không đổi) Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ cắt AB AQB , suy B AP hay AD.AB AB AP.AQ AI I (khơng đổi) Do điểm D điểm D cố định (đpcm) O A Bài Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H BAC đường cao kẻ từ A, B,C a) AIQ B ADP Khi AD AQ PIA Chứng minh tam giác ABC tam P Q 600 Gọi M , N , P theo thứ tự chân I trung điểm BC giác INP b) Gọi E K trung điểm PB NC Chứng minh điểm I , M , E, K thuộc đường tròn c) Giả sử IA phân giác NIP Tìm số đo BCP Lời giải: a) Từ giả thiết ta có 46 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | A N P H E B IN IP C M BC nên tam giác I INP cân I Lại B, P, N ,C nằm đường tròn tâm I , đường kính BC nên theo mối liên hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung, ta thấy PIN b) Rõ ràng bốn điểm I , M , E 60 Vậy tam giác INP 2PBN K nằm đường trịn đường kính AI c) Từ điều kiện toán ta thấy AI tia phân giác BAC BC nên tam giác ABC Từ suy BCP 600 , mà I trung điểm 300 AC ) Gọi O trung điểm BC Dựng đường tròn (O ) Bài Cho tam giác cân ABC ,(AB tiếp xúc với cạnh AB, AC D, E M điểm chuyển động cung nhỏ DE tiếp tuyến với đường tròn (O ) M cắt AB, AC P,Q Chứng minh BC 4BP.CQ tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác APQ lớn Lời giải: Ta thấy S S APQ ABC không đổi nên lớn SBPQC nhỏ nhất, sở để ta làm A P M D B Q E O xuất biểu thức có liên quan đến BP,CQ Ta có AB, PQ, AC 47 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN C | CHUYÊN ĐỀ GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN tiếp tuyến điểm D, M , E (O ) nên ta có: AB R BP SBPQC R BD DP khác Mặt BP CO BP CQ BP CQ POQ BO CQ R BP CQ 1800 QOC 2DP CE Từ ta tính được: OE, BD 2EQ CE BD DOE có: POQ OM, AC R BD CQ EQ ta 1800 BOP PQ OD, PQ QCO 1800 QOC A CQO B C BPO nên suy ta có: COQ BP.CQ BP.CQ BO.CO BC BC SBPQC bất đẳng BD Vậy Theo R BC thức SBPQC Cô si nhỏ M trung điểm cung DE Bài 10 Trên đường tròn O cho điểm A, B,C , D theo thứ tự Gọi A1, B1,C 1, D1 điểm cung AB, BC ,CD DA Chứng minh đường thẳng AC B1D1 1 vng góc với Lời giải: B B1 C A1 I O C1 A D D1 Gọi I giao điểm AC B1D1 ; 1 sđA1B Nghĩa AC 1 sđBB1 theo thứ tự số đo cung 3600 Xét góc A1IB1 góc có đỉnh nằm AB, BC ,CD, DA Khi đường trịn O Ta có , , , A1IB1 sđC 1D sđA1BB1 sđDD1 B1D1 (đpcm) 48 sđC 1DD1 900 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Bài 11 Cho bốn điểm A, D,C , B theo thứ tự nằm đường trịn tâm O đường kính AB 2R (C D nằm phía so với AB ) Gọi E F theo thứ tự hình chiếu vng góc A, B đường thẳng CD Tia AD cắt tia BC I Biết AE BF R a) Tính số đo AIB b) Trên cung nhỏ CD lấy điểm K Gọi giao điểm KA, KB với DC M N Tìm giá trị lớn MN K di động cung nhỏ CD Lời giải: a) Kẻ OH CD H I CD , E ta thấy OH đường trung bình D hình thang ABFE , K M N H AE suy OH R BF A O C F B Từ tam giác OCD đều, suy sđCOD sđAIB sđAmB Ta thấy AEM EM EM FN 600 Ta thấy AIB có đỉnh nằm ngồi đường tròn sđKCD sđKCD 1800 NFB suy EM.NF 600 O 600 nên b) AE.BF (không đổi) MN lớn NF nhỏ Theo trên, EM NF không đổi nên EM NF nhỏ AE BF Vậy giá trị lớn MN EF AE BF Bài 12 Trong tam giác ABC , đường phân giác BAC cắt cạnh BC D Giả sử T đường tròn tiếp xúc với BC D qua điểm A Gọi M giao điểm thứ hai T AC , P giao điểm thứ hai T BM , E giao điểm AP BC a) Chứng minh EAB MBC b) Chứng minh hệ thức BE EP.EA Lời giải: a) Gọi N giao điểm thứ hai AB với đường tròn T 49 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN Do AD phân giác BAC nên sđDM MBC sđDN Ta có MBD sđDM sđDP b) Từ kết câu a, ta thấy EBP BE sđDN EAB Từ sđNP sđDP EBP NAP EAB (g.g), suy EAB (đpcm) BE EP EA hay BE EP.EA (đpcm) Bài 13 Trên đường tròn O ta lấy điểm A,C1, B, A1,C , B1 theo thứ tự a) Chứng minh đường thẳng AA1, BB1,CC1 đường phân giác tam giác ABC chúng đường cao A1B1C b) CHứng minh đường thẳng AA1, BB1,CC1 đường cao tam giác ABC A1B1C chúng đường phân giác tam giác c) Giả sử T1 T2 hai tam giác nội tiếp đường tròn O , đồng thời đỉnh tam giác T2 điểm cung đường tròn bị chia đỉnh tam giác T1 Chứng minh hình lục giác giao tam giác T1 T2 đường chéo nối đỉnh đối song song với cạnh tam giác T1 đồng quy điểm Lời giải: A C1 K B1 M I C B A1 a) Ta chứng minh AA1 AMB1 ABB1 sđAB1 A1AB B1C Thật vậy, gọi M giao điểm AA1 B1C , đó: sđA1BC1 BCC 1 sđAB1 ABC Chứng minh tương tự ta có BB1 CAB sđA1B BCA AC ;CC1 1 50 sđBC1 900 (đpcm) AB 1 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | b) A B1 M1 C1 B C M2 Gọi M giao điểm BB1 AC Ta Acó1 BM1A (1) Lại có BM 2A sđAC 1B A (1) (2) suy AC 1 B1C BCA sđAC 1B sđAC B1C 1C (2) Vì BM1A BCA BM 2A AC C 1 900 , nên từ B1C 1C Tức CC chứa đường phân giác AC B Chứng minh 1 tương tự, ta thu AA1 chứa đường phân giác B1AC , BB1 chứa đường phân giác 1 A1B1C c) Kí hiệu đỉnh tam giác T1 A, B C ; A1, B1 C điểm cung BC ,CA AB tương ứng Khi T2 tam giác A1B1C Các đường AA1, BB1,CC1 chứa đường phân giác tam giác T1 nên chúng đồng quy điểm I Giả sử K giao điểm AB B1C Ta cần chứng minh IK / /AC Thật vậy, ta thấy tam giác AB1I cân B1 nên tam giác AKI cân K Từ KIA KAI IAC , dẫn đến IK / /AC (đpcm) Bài 14 Cho tam giác cân ABC AB (M AC ), DN / /AC N D điểm cạnh BC Kẻ DM / /AB AC AB Gọi D ' điểm đối xứng D qua MN Tìm quỹ tích điểm D ' điểm D di động cạnh BC Lời giải: A M D' N B D C 51 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN Phần thuận: Từ giả thiết đề ta thấy NB đường trịn tâm N Từ BD ' D suy BD 'C ND ND ' ,(1) ba điểm B, D, D ' nằm DMC (2) Lại có BND DMC BAC , nên từ (1) (2) BAC (khơng đổi) Vì BC cố định, D ' nhìn BC góc BAC khơng đổi, D ' khác phía với D (tức phía với A so với MN ) nên D ' nằm cung chứa góc BAC vẽ đoạn BC (một phần đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) Phần đảo: Bạn đọc tự giải Kết luận: Quỹ tích điểm D ' cung chứa góc BAC đoạn BC Đó cung BAC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lưu ý: Quy trình để giải tốn quỹ tích sau: Để tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn tính chất T ta tiến hành bước *Phần thuận: Chỉ điểm có tính chất T thuộc hình H *Phần đảo: Chứng tỏ điểm thuộc hình H có tính chất T *Kết luận: Quỹ tích điểm M có tính chất T hình H Chú ý số toán, sau phần thuận, trước phần đảo ta thêm phần giới hạn quỹ tích Bài 15 Cho đường trịn O dây cung BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn O ( A khác B , A khác C ) Tia phân giác ACB cắt đường tròn O điểm D khác điểm C Lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI DB Đường thẳng BI cắt đường tròn O điểm K khác điểm B a) Chứng minh tam giác KAC cân b) Chứng minh đường thẳng AI qua điểm J cố định c) Trên tia đối tia AB lấy điểm M cho AM động cung lớn BC đường tròn O 52 AC Tìm quỹ tích điểm M A di CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | M x A D K O B C J Lời giải: a) Ta có sđDA DBK Vì sđBD hay sđAK ; sđDIB sđDA sđBD DBI cân D nên sđKC sđKC sđAK Suy AK CK KAC cân K (đpcm) b) Từ kết câu a, ta thấy I tâm đường trịn nội tiếp ABC nên đường thẳng AI ln qua điểm J (điểm cung BC không chứa A ) Rõ ràng J điểm cố định AMC cân A , nên BMC c) Phần thuận: Do BAC Giả sử số đo BAC 2 đổi) A di động cung lớn BC M thuộc cung chứa góc (khơng dựng đoạn BC phía điểm O Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn O cắt cung chứa góc Lấy điểm M BC M X; M đường tròn O Cx vẽ đoạn BC điểm X (một phần cung chứa góc vẽ đoạn C Nếu MB cắt đường trịn O A rõ ràng A thuộc cung lớn BC Vì BAC ; AMC suy AMC cân A hay AC Kết luận: Quỹ tích điểm M cung Cx , phần cung chứa góc AM vẽ đoạn BC phía O trừ hai điểm C Bài 16 Giả sử AD đường phân giác góc A tam giác ABC ( D hai điểm M N cho ABN BC ) Trên AD lấy CBM BM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM điểm thứ hai E CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM điểm thứ hai F a) Chứng minh bốn điểm B,C , E, F nằm đường tròn b) Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng c) Chứng minh BCF ACM , từ suy ACN BCM 53 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN Lời giải: F A E N M B a) Ta có BFC BAN BAN D C (cùng chắn cung BN ); BEC CAN , suy BFC CAN (cùng chắn CM ), mà BEC Từ bốn điểm B,C , E, F nằm đường trịn (đpcm) b) Từ kết trên, ta có CFE NFA Do hai tia FA FE trùng nghĩa ba điểm A, E, F thẳng hàng (đpcm) c) Vì BCF đến ACN BEF ACM BEF nên BEF BCM (đpcm) 54 ACM Từ suy ACM BCF , dẫn