Luyện thị lớp 10: BÀI GIẢNG HÌNH HỌC PHẦN 1, ĐƯỜNG TRÒN

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC CHƯƠNG 2: ĐƯỜNG TRÒN CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRỊN Định nghĩa: Đường tròn tâm O bán kính R  hình gồm điểm cách điểm O khoảng R kí hiệu (O;R) hay (O) + Đường tròn qua điểm A 1,A , ,A n gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác A 1A A n + Đường tròn tiếp xúc với tất cạnh đa giác A 1A A n gọi đường tròn nội tiếp đa giác Những tính chất đặc biệt cần nhớ: + Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền tâm vòng tròn ngoại tiếp + Trong tam giác , tâm vòng tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác + Trong tam giác thường: Tâm vòng tròn ngoại tiếp giao điểm đường trung trực cạnh tam giác Tâm vòng tròn nội tiếp giao điểm đường phân giác tam giác PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh điểm A 1,A , ,A n thuộc đường tròn ta chứng minh điểm A 1,A , ,A n cách điểm O cho trước Ví dụ 1) Cho tam giác ABC có cạnh a A M ,BN ,CP đường trung tuyến Chứng minh điểm B,P,N ,C thuộc đường tròn Tính bán kính đường tròn Giải: Vì tam giác ABC nên trung tuyến đồng thời đường cao Suy A M ,BN ,CP vng góc với BC,AC,A B 17 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Từ ta có tam giác BPC,BNC tam giác vng Với BC cạnh huyền, suy MP  MN  MB  MC Hay: Các điểm B,P,N ,C thuộc đường tròn Đường kính BC  a , tâm đường tròn Trung điểm M BC �D �  900 Gọi M ,N ,P,Q Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có C trung điểm AB,BD,DC,CA Chứng minh điểm M ,N ,P,Q thuộc đường tròn Tìm tâm đường tròn Giải: Kéo dài A D,CB cắt điểm T tam giác TCD vng T + Do MN đường trung bình tam giác ABD nên NM / /AD 18 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC + MQ đường trung bình tam giác ABC nên MQ / /BC Mặt khác AD  BC � MN  MQ Chứng minh tương tự ta có: MN  NP,NP  PQ Suy MNPQ hình chữ nhật Hay điểm M ,N ,P,Q thuộc đường tròn có tâm giao điểm O hai đường chéo NQ,MP Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm AC G trọng tâm tam giác ABM Gọi Q giao điểm BM GO Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BGQ Giải: Vì tam giác ABC cân A nên tâm O vòng tròn ngoại tiếp tam giác nằm đường trung trực BC Gọi K giao điểm AO BM Dưng đường trung tuyến MN ,BP tam giác ABM cắt trọng tâm G Do MN / /BC � MN  A O Gọi K giao điểm BM AO K trọng tâm tam giác ABC suy GK / /A C Mặt khác ta có OM  AC suy GK  OM hay K trực tâm tam giác OMG � MK  OG Như tam giác BQG vng Q Do tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác GQB trung điểm I BG �B �  900 Ví dụ 4) Cho hình thang vng ABCD có A BC  2AD  2a, Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC 19 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC M trung điểm HC Tìm tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM Giải: Gọi N trung điểm BH MN đường trung bình tam giác HBC suy MN  AB , mặt khác BH  AM � N trực tâm tam giác ABM suy AN  BM BC � MN / /  AD nên ADMN hình bình hành suy AN / /DM Từ ta có: DM  BM hay tam giác DBM vuông M nên tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác DBM trung điểm O BD Do MN / /  Ta có R  MO  1 a BD  AB2  AD  4a2  a2  2 2 Bài toán tương tự cho học sinh thử sức Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vng góc với AC Trên AC,CD AM DN  Chứng minh điểm AH DC M ,B,C,N nằm đường tròn ta lấy điểm M ,N cho �  900 , chứng minh BMN � Gợi ý: BCN  900 Ví dụ 5).Cho lục giác ABCDEF tâm O Gọi M ,N trung điểm CD,DE AM cắt BN I Chứng minh điểm M ,I,O,N ,D nằm đường tròn Giải: 20 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Do ABCDEF lục giác nên OM  CD,ON  DE � M ,N ,C,D nằm đường tròn đường kính OD Vì tam giác OBN  OAM nên điểm O cách AM ,BN suy OI phân giác góc � AIN � OH  AM � DH  2OH (Do OH đường trung bình tam Kẻ � �DH  AM giác DAH OK  BN OK JO �   với J  AD �NB ) � DK  2OK (Do Kẻ � DK JD �DK  BN Do OK  OH � DH  DK suy D cách AM ,BN hay ID � � OID �  900 Vậy điểm M ,I,O,N ,D phân giác ngồi AIN nằm đường tròn đường kính OD Ví dụ 6) Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm BC,N AC Chứng minh 4 điểm M ,N ,C,D nằm đường tròn điểm thuộc đường chéo AC cho AN  Giải: 21 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � Ta thấy tứ giác MCDN có MCD  900 nên để chứng minh điểm M ,N ,C,D nằm đường tròn ta chứng minh � MND  900 Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC,AD E,F Xét hai tam giác vuông NEM DFN 1 AB,EN  DF  AB từ suy NEM  DFN 4 � � � � � �  900 Hay tam giác MND NME  DNF,MNE  NDF � MNE  DNF EM  NF  vuông N Suy điểm M ,N ,C,D nằm đường tròn đường kính MD Cách 2: Gọi K trung điểm ID với I giao điểm hai đường chéo Dễ thấy MCKN hình bình hành nên suy CK / /MN Mặt khác NK  CD,DK  CN � K trực tâm tam giác CDN � CK  ND � MN  ND Ví dụ 7) Trong tam giác ABC gọi M ,N ,P trung điểm AB,BC,CA A 1,B1,C1 chân đường cao hạ từ đỉnh A ,B,C đến cạnh đối diện A ,B2 ,C trung điểm HA ,HB,HC Khi điểm M ,N ,P,A 1,B1,C1,A ,B2 ,C nằm đường tròn gọi đường tròn Ơ le tam giác Giải: 22 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 1 AC, MA P NC2 P BH mà 2 BH  AC suy MNC 2B2 hình chữ nhật, tương tự ta có MPB2C , a) Thật ta có MN P A 2C P NPA 2B2 hình chữ nhật nên điểm M ,N ,P,A 1,B1,C1,A ,B2 ,C nằm đường tròn có tâm trung điểm đường chéo hình chữ nhật Từ ta suy tâm đường tròn Ơ le trung điểm Q HI Ví dụ 8) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AD đường kính (O) M trung điểm BC,H trực tâm tam giác Gọi X,Y ,Z hình chiếu vng góc điểm D lên HB,HC,BC Chứng minh điểm X,Y ,Z,M thuộc đường tròn Giải: Phân tích: M trung điểm BC � M trung điểm HD (Bài tốn quen thuộc) X,Y ,Z hình chiếu vng góc 23 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC điểm D lên HB,HC,BC kết hợp tính chất điểm M làm ta liên tưởng đến đường tròn Ơ le tam giác: Từ sở ta có lời giải sau: + Giả sử HB cắt DY I,HC cắt DX K , J trung điểm IK Ta dễ chứng minh BHCD hình bình hành suy hai đường chéo HD,BC cắt trung điểm M đường Vì DX  HI, DI  HC suy K trực tâm tam giác IHD nên �  KHI �  HCD � � � (chú ý HI / /CD) CHD (cùng phụ với góc KDI  KID � ) Từ suy KID : CHD HDI + Mặt khác CM ,DJ hai trung tuyến tương ứng tam giác �  HCM � CHD KID , ta có DIJ : CHM � JDI Từ suy DJ  BC Z hay Z thuộc đường tròn đường kính MJ Theo tốn ví dụ , đường tròn đường kính MJ đường tròn Ơ le tam giác IHD Từ ta có: X,Y,Z,M nằm đường tròn đường kính MJ Đó điều phải chứng minh Ví dụ 9) Cho tam giác ABC có trực tâm H Lấy điểm M ,N thuộc tia BC cho MN  BC M nằm B,C Gọi D,E hình chiếu vng góc M ,N lên A C,AB Chứng minh cácđiểm A ,D,E,H thuộc đường tròn Giải: Giả sử MD cắt NE K Ta có HB / /MK vng góc với �  KMN � AC suy HBC ( góc đồng vị) �  KNM � Tương tự ta có HCB kết hợp với giả thiết BC  MN � BHC  KMN � SBHC  SKMN � HK / /BC Mặt khác ta có BC  HA nên HK  HA hay H thuộc đường tròn đường tròn đường 24 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC kính AK Dễ thấy E,D �(A K ) nên cácđiểm A ,D,E,H thuộc đường tròn Ví dụ 10) Cho tam giác ABC P điểm PA ,PB,PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A 1,B1,C1 Gọi A ,B2 ,C điểm đối xứng với A 1,B1,C1 qua trung điểm BC,CA ,A B Chứng minh rằng: A ,B2 ,C trực tâm H tam giác ABC thuộc đường tròn Giải: + Gọi G trọng tâm tam giác ABC ,theo toán quen thuộc đường tròn Ơ le G thuộc đoạn OH OG  OH Gọi A ,B3 ,C trung điểm BC,CA ,AB Theo giả thiết A trung điểm A 1A , G trọng tâm tam giác ABC AA 1A Gọi A ,B4 ,C trung điểm A A 1,BB1,CC1 Vì G trọng tâm tam giác AA 1A nên GA GA  Gọi K trung điểm OP AA dây cung (O) � OA  AA � A thuộc đường tròn tâm K đường kính OP hay 25 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC KA  OP (2) + Gọi I điểm thuộc tia đối GK cho GK  (3) Từ (1) (3) GI suy IH / /KO IH  2KO  OP Từ (2) (3) ta dễ thấy IA / /KA IA  2KA  OP Từ suy IA  IH hay A � I;IH  Tương tự ta có B2 ,C � I;IH  Hay A ,B2 ,C ,H thuộc đường tròn tâm I bán kính IH  OP ta có điều phái chứng minh VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN 1.Khi đường thẳng có hai điểm chung A ,B với đường tròn (O) ta nói đường thẳng cắt đường tròn hai điểm phân biệt Khi ta có kết quan trọng sau: + OH  AB � OH  R,HA  HB  R  OH Theo định lý Pitago ta có: OH  MO  MH Mặt khác ta có: OH  R  AH nên suy MO2  MH  R  AH � MH  AH  MO2  R � (MH  AH) MH  AH   MO  R + Nếu M nằm đoạn AB MA.MB  MO  R + Nếu M nằm đoạn AB MA.MB  R  MO2 Mối liên hệ khoảng cách dây cung: R  OH  AB 26 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Khi đường thẳng  có điểm chung H với đường tròn (O) , ta nói đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, hay  tiếp tuyến đường tròn (O) Điểm H gọi tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn (O) Như  tiếp tuyến (O)  vng góc với bán kính qua tiếp điểm Ta có OH  R Nếu hai tiếp tuyến đường tròn cắt điểm + Điểm cách hai tiếp điểm + Tia kẻ từ điểm đến tâm O tia phân giác góc tạo tiếp tuyến +Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm + Tia kẻ từ tâm qua điểm vng góc với đoạn thẳng nối hai tiếp điểm trung điểm đoạn thẳng Khi đường thẳng  đường tròn (O) khơng có điểm chung ta nói đường thẳng  đường tròn (O) khơng giao Khi OH  R 27 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác đường tròn nội tiếp tam giác Đường tròn nội tiếp có tâm giao điểm đường phân giác tam giác Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác phần kéo dài hai cạnh gọi đường tròn bàng tiếp tam giác Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác góc A giao điểm hai đường phân giác ngồi góc B góc C Mỗi tam giác có đường tròn bàng tiếp CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN �B �  900) có O trung Ví dụ 1) Cho hình thang vng ABCD (A �  900 Chứng minh CD tiếp tuyến điểm AB góc COD đường tròn đường kính AB Giải: 28 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC �  900 suy EOD �  900 Xét tam Kéo dài OC cắt BD E COD giác COD EOD ta có OD chung OC OA   1� OC  OD � COD  EOD Suy DC  DE hay tam OD OB giác ECD cân D Kẻ OH  CD OBD  OHD � OH  OB mà OB  OA � OH  OB  OA hay A ,H ,B thuộc đường tròn (O) Do CD tiếp tuyến đường tròn đường kính AB Ví dụ 2) Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi M ,N hai điểm cạnh AB,A D cho chu vi tam giác AMN 2a Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với đường tròn cố định Giải: 29 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Trên tia đối BA ta lấy điểm E cho BE  ND Ta có BCE  DCN � CN  CE Theo giả thiết ta có: MN  AM  AN  AB  AD  AM  MB  AN  DN  AM  AN  MB  BE Suy MN  MB  BE  ME � � Kẻ CH  MN � Từ ta suy MNC  MEC � CMN  CMB CH  CB  CD  a Vậy D,H ,B thuộc đường tròn tâm C bán kính CB  a suy MN ln tiếp xúc với đường tròn tâm C bán kính a Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân A đường cao BH Trên nửa mặt phẳng chứa C bờ AB vẽ Bx  BA cắt đường tròn tâm B bán kính BH D Chứng minh CD tiếp tuyến (B) Giải: �C �   Vì Vì tam giác ABC cân A nên ta có: B �    900 Mặt khác ta có B �    900 � B � B � Hai Bx  BA � B 1 � B � , BH  BD  R suy tam giác BHC BDC có BC chung, B �   BDC �  900 Nói cách khác CD BHC  BDC(c.g.c) suy BHC tiếp tuyến đường tròn (B) Ví dụ 4) Cho tam giác ABC vng A (AB  AC) đường cao AH Gọi E điểm đối xứng với B qua H Đường tròn tâm O đường kính EC cắt AC K Chứng minh HK tiếp tuyến đường tròn (O) 30 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Giải: Vì tam giác EKC có cạnh EC đường kính (O) nên �  900 Kẻ HI  AC � BA / /HI / /EK suy AI  IK từ ta có tam EKC � B � ( phụ với góc hai góc giác AHK cân H Do K � C � ( tam � ,IHK � ) Mặt khác ta có: K BAH �C �  900 � K � K �  900 suy giác KOC cân O ) Mà B � HKO  900 hay HK tiếp tuyến (O) Ví dụ 5) Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH kẻ tiếp tuyến BD,CE với (A ) ( D,E tiếp điểm khác H ) Chứng minh DE tiếp xúc với đường tròn đường kính BC Giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: �  HAB,CAH � �  CAE � Suy DA � B  CAE �  HAB �  CA � H  BAC �  900 DAB �  CAE �  HAB �  CAH �  1800 � D,A ,E thẳng hàng Gọi O hay DAB trung điểm BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 31 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ABC Mặt khác AD  AE nên OA đường trung bình hình thang vng BDEC suy OA  DE A Nói cách khác DE tiếp tuyến đường tròn (O) Đường kính BC Ví dụ 6) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r Giả sử (I;r) tiếp xúc với cạnh AB,BC,CE D,E,F Đặt AB  c,BC  a,AC  b,AD  x,BE  y,CF  z a) Hãy tính x,y,z theo a,b,c b) Chứng minh S  p.r (trong S diện tích tam giác p chu vi tam giác, r bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác c) Chứng minh: 1 1    (ha ;hb ;hc ) r hb hc đường cao kẻ từ đỉnh A ,B,C tam giác A ,B,C Giải: 32 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC a) Từ giả thiết ta có AF  AD  x,BD  BE  y,CE  CF  z Từ suy � x y  c � yza � � �z  x  b Lần lượt trừ vế phương trình (4) hệ � a b c � x y  z  � � a b c z  pc � � � a c b  p b cho phương trình ta thu được: �y  � � b c a x  pa � � b) Ta có SABC  SIA B  SIA C  SIBC   r.AB  r.AC  r.BC   21 r.2p  p.r c) Ta có S p 1 a b c 1 1 a.ha �  ,  ,  �    a  b  c    2S hb 2S hc 2S hb hc 2S S r VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN Xét hai đường tròn (O;R),(O';R') A) Hai đường tròn tiếp xúc nhau: Khi hai đường tròn tiếp xúc nhau, xảy khả Trường hợp 1: Hai đường tròn tiếp xúc ngồi: + Điều kiện R  R'  OO' Tiếp điểm nằm đường nối tâm hai đường tròn Đường nối tâm trục đối xứng hai đường tròn 33 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ví dụ 1: Cho hai đường tròn (O) (O') tiếp xúc A Qua A kẻ cát tuyến cắt (O) C , cắt đường tròn (O') D a) Chứng minh OC / /O'D b) Kẻ tiếp tuyến chung MN , gọi P , Q điểm đối xứng với M ,N qua OO' Chứng minh MNQP hình thang cân MN  PQ  MP  NQ � c) Tính góc MAN Gọi K giao điểm AM với (O') Chứng minh N ,O',K thẳng hàng Giải: a) Do hai đường tròn (O) (O') tiếp xúc A nên A nằm �  OAD,O'AD � � � �  DAO' � OO' Ta có CAO Lại có OCA  O'DA tam giác COA , DO'A tam giác cân Từ suy �  O'DA � OCA � OC / /O'D b) + Vì MP  OO',NQ  OO' � MP / /OO' � MNQP hình thang Vì M đối xứng với P qua OO' , N đối xứng với Q qua OO' O � � � � đối xứng với O qua OO' nên OPM  OMP  900 Mặt khác MPQ,PMN � � � � phụ với góc OPM nên MPQ suy MNQP  PMN  OMP hình thang cân 34 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC (Chú ý: Từ ta suy PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn) + Kẻ tiếp tuyến chung qua A hai đường tròn cắt MN ,PQ R,S ta có: RM  RA  RN ,SA  SP  SQ suy MN  PQ  2RS Mặt khác RS đường trung bình hình thang nên MP  NQ  2RS hay MP  NQ  MN  PQ c) Từ câu b ta có AR  RM  RN nên tam giác MAN vuông A , � từ suy NAK  900 � KN đường kính (O') , hay N ,O',K thẳng hàng Ví dụ 2: Cho hai đường tròn (O;R) (O';R') tiếp xúc A với (R  R') Đường nối tâm OO' cắt (O),(O') B,C Dây DE (O) vng góc với BC trung điểm K BC a) Chứng minh BDCE hình thoi b) Gọi I giao điểm EC (O') Chứng minh D,A ,I thẳng hàng c) Chứng minh KI tiếp tuyến (O') Giải: Vì BC vng góc với đường thẳng DE nên DK  KE,BK  KC (theo giả thiết) tứ giác BDCE hình bình hành, lại có BC  DE nên hình thoi b) Vì tam giác BDA nội tiếp đường tròn  O1  có BA đường kính nên BDA vng D Gọi I ' giao điểm DA với CE 35 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � 'C  900 (1) (vì so le với BDA � ) Lại có AIC nội tiếp đường AI tròn  O  có AC đường kính nên tam giác AIC vng I , hay �  900 (2) AIC Từ (1) (2) suy I �I ' Vậy D,A ,I thẳng hàng c) Vì tam giác DIE vng I có IK trung tuyến ứng với cạnh �  I� (1) Lại có D � C � (2) huyền DE nên KD  KI  KE � D � C � (3), O C  O I bán kính � phụ với DEC C 2 đường tròn  O  � Từ (1),(2),(3) suy I�2  I�3 � I�2  I�5  I�5  I�3  900 hay KIO  90 KI vng góc với bán kính O2I đường tròn  O  Vậy KI tiếp tuyến đường tròn  O2  Ví dụ 3) Chứng minh rằng: Trong tam giác tâm vòng tròn ngoại tiếp O trọng tâm G trực tâm H nằm đường thẳng HG  2GO (Đường thẳng Ơ le) Gọi R,r,d bán kính vòng tròn ngoại tiếp nội tiếp khoảng cách hai tâm chứng minh d2  R  r2 (Hệ thức Ơ le) Giải: 36 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC �  900 � DC  AC + Kẻ đường kính AD đường tròn (O) ACD mặt khác BH  AC � BH / /DC , tương tự ta có: CH / /BD � BHCD hình bình hành hai đường chéo cắt trung điểm đường Suy OM đường trung bình tam giác AHD Giả sử HO �AM  G GM OM   � G trọng tâm tam giác GA HA ABC HG  2GO Nhận xét: Nếu kéo dài đường cao AH cắt (O) H ' ta có H ,H ' đối xứng qua BC Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp HBC qua BC + Ta có : IA.IF  R  d2 (Xem phần tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) Mặt khác AF phân giác góc A � FB  FC  FI Kẻ đường �  FAC �  1A � Tam giác IA K ,FNC hai kính FN � FCN  900 � FNC tam giác vng có góc nhọn nên đồng dạng với Từ suy IA IK  � IA.FC  FN.IK � IA.FC  2Rr Hay d2  R  r2 FN FC B Hai đường tròn cắt nhau: Khi hai đường tròn (O1),(O2) cắt theo dây AB O1O  AB trung điểm H AB Hay AB đường trung trực O1O 37 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Khi giải tốn liên quan dây cung đường tròn, cát tuyến ta cần ý kẻ thêm đường phụ đường vng góc từ tâm đến dây cung Ví dụ Cho hai đường tròn (O1;R),(O2 ;R) cắt A ,B ( O1,O nằm khác phía so với đường thẳng AB ) Một cát tuyến PAQ xoay quanh A  P � O1 ,Q � O2   cho A nằm P Q Hãy xác đinh vị trí cát tuyến PAQ trường hợp a) A trung điểm PQ b) PQ có độ dài lớn c) Chu vi tam giác BPQ lớn d) SBPQ lớn Lời giải: a) Giả sử xác định vị trí cát tuyến PAQ cho PA  AQ Kẻ O1H vng góc với dây PA PH  HA  PA Kẻ O2K vng góc với dây AQ AK  KQ  Nên AH  AK 38 AQ PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Kẻ Ax / /O,H / /O 2K cắt O , O I O1I  IO Ax  PQ Từ suy cách xác định vị trí cát tuyến PAQ cát tuyến PAQ vng góc với IA A với I trung điểm đoạn nối tâm O1O b) Trên hình, ta thấy PA  HK Kẻ O2M  O1H tứ giác MHKO có ba góc vng nên hình chữ nhật HK  MO Lúc O 2M đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng O1H ,O 2O1 đường xiên kẻ từ O đến đường thẳng O1H Nên O2M �O1O hay PQ  2HK  2O2M �2O1O2 (không đổi) dấu đẳng thức xảy  M O hay PQ / /O1O2 Vậy vị trí cát tuyến PAQ / /O1O PQ có độ dài lớn c) Qua A kẻ cát tuyến CAD vng góc với BA Thì tam giác ABC ABD vuông A nội tiếp đường tròn  O1  ,  O  nên O1 trung điểm BC O trung điểm BD Lúc O1O đường trung bình tam giác BCD nên O1O / /CD suy PQ �2O1O (1) (theo câu b) Lại có BQ �BD (2), BP �BC (3) Từ (1),(2),(3) suy chu vi tam giác BPQ,C  PQ  BQ  BP �2 O1O  R1  R  (không đổi) Dấu có P �C,Q �D Vậy chu vi tam giác BPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PA Q vng góc với dây BA A 39 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC d) Kẻ BN  PQ BN �BA Lúc SBPQ  1 BN.PQ � BA.CD khơng đổi 2 Vậy SBPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PA Q vng góc với dây chung BA A Ví dụ Cho hai đường tròn (O1;R),(O2 ;R) cắt đường thẳng O1H cắt  O1  K , cắt (O 2) B , O 2H cắt  O1  C, cắt (O 2) D Chứng minh ba đường thẳng BC,BD,HK đồng quy điểm Lời giải: Gọi giao điểm AC với BD E Các tam giác ACH ,AKH nội tiếp đường tròn  O1  có cạnh HA đường kính nên tam giác ACH vuông C , tam giác AKH vuông K suy DC  A E (1), HK  AK (2) Lại có tam giác HKD,HBD nối tiếp dường tròn  O  có cạnh HD đường kính nên tam giác HKD vng K , tam giác HBD vuông B suy ra: 40 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC HK  KD (3), AB  DE (4) Từ (2) (3) suy A ,K ,D thẳng hàng nên HK  AD (5) Từ (1) (4)suy H trực tâm tam giác AED , EH  AD (6) Từ (5) (6) suy H �EK (vì qua H đường thẳng AD kẻ đường thẳng vng góc với AD ) Vậy AC,BD,HK đồng quy E giao điểm AC BD 41 ... GIẢI HÌNH HỌC Khi đường thẳng  có điểm chung H với đường tròn (O) , ta nói đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, hay  tiếp tuyến đường tròn (O) Điểm H gọi tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn. .. Từ suy DJ  BC Z hay Z thuộc đường tròn đường kính MJ Theo tốn ví dụ , đường tròn đường kính MJ đường tròn Ơ le tam giác IHD Từ ta có: X,Y,Z,M nằm đường tròn đường kính MJ Đó điều phải chứng... Khi đường thẳng  đường tròn (O) khơng có điểm chung ta nói đường thẳng  đường tròn (O) khơng giao Khi OH  R 27 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác đường