Phương tích của một điểm đối với đường tròn

MỤC LỤC PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài 2 Mục đích nghiên cứu .2 Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu .2 Phạm vi kế hoạch nghiên cứu PHẦN II NỘI DUNG Cơ sở lý luận Thực trạng vấn đề 3 Những biện pháp, giải pháp thực 3.1 Nhắc lại kiến thức có liên quan 3.2 Xây dựng kiến thức từ toán sách giáo khoa 3.3 Lí thuyết phương tích điểm đường tròn .5 3.4 Xây dựng kết quen thuộc từ toán 3.5 Một số ứng dụng phương tích giải tốn hình học .7 3.5.1 Dùng phương tích để chứng minh tứ giác nội tiếp 3.5.2 Dùng phương tích để chứng minh đặc tính hình học 3.5.3 Dùng phương tích để chứng minh đẳng thức hình học 14 3.5.4 Dùng phương tích để chứng minh đường qua điểm cố định .20 Kết đạt 25 PHẦN III KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ I Kết luận 24 II Khuyến nghị 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu tham khảo 25 1/27 PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Trong hoạt động giáo dục nay, đòi hỏi học sinh cần phải tự học tự nghiên cứu cao Tức đích cần phải biến q trình giáo dục thành trình tự giáo dục Như vậy, học sinh phát huy lực sáng tạo, tư khoa học, từ xử lý linh hoạt vấn đề đời sống xã hội Một phương pháp để giúp học sinh đạt điều mơn Tốn (cụ thể mơn Hình học 9) khích lệ em sau đơn vị kiến thức cần khắc sâu, tìm tòi tốn liên quan Làm có nghĩa em cần say mê học tập, tự nghiên cứu đào sâu kiến thức Đối với học sinh lớp học tốn vị trí tương đối đường thẳng đường tròn chùm tập hai tiếp tuyến cát tuyến đường tròn quan trọng đề cập nhiều kì thi vào THPT thi học sinh giỏi cấp quận, cấp thành phố Đóng vai trò đơn vị kiến thức quan trọng nội dung Hình học lớp đa số em biết đến chứng minh số tốn đơn lẻ mà khơng có cách nhìn khái quát dạng tập này, việc vận dụng kiến thức phương tích để giải tốn liên quan em lúng túng Với lý đó, kết hợp với số ỏi kinh nghiệm tích lũy trình giảng dạy cho em học sinh lớp bồi dưỡng học sinh giỏi mạnh dạn chọn đề tài “Phương tích điểm đường tròn” nhằm giúp em học sinh dễ dàng việc vận dụng, khai thác vấn đề liên quan tới dạng tập Và có kĩ “ đưa lạ quen” để giải vấn đề hình học cách tốt Mời bạn đồng nghiệp tham khảo đóng góp ý kiến để đề tài tơi hồn thiện mang tính thực tế cao giảng dạy Mục đích nghiên cứu - Giúp giáo viên có phương pháp giảng dạy mơn Hình hiệu để phát huy tính sáng tạo học sinh THCS gây hứng thú cho học sinh, giúp em thêm u thích mơn Tốn nhà trường - Truyền tải toàn vấn đề nghiên cứu đến với đối tượng học sinh Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp trường THCS Phương pháp nghiên cứu Trong q trình thực đề tài tơi có áp dụng, kết hợp nhiều biện pháp, chủ yếu biện pháp sau: - Phương pháp khảo sát - Phương pháp phân tích 2/27 - Phương pháp đọc tài liệu - Phương pháp thực hành - Phương pháp đối chứng Phạm vi kế hoạch nghiên cứu - Đề tài thực năm học 2016-2017 - Học sinh lớp trường THCS 3/27 PHẦN II NỘI DUNG Cơ sở lý luận Trong chương trình giáo dục phổ thơng, Tốn học mơn khoa học quan trọng, thành phần thiếu văn hóa phổ thơng người Với đặc trưng suy luận, tính tốn, chứng minh, phân tích, tổng hợp, so sánh, mơn tốn có tiềm khai thác góp phần phát triển lực trí tuệ, rèn luyện phát triển thao tác tư phẩm chất tư Để giải tốn, ngồi việc nắm vững kiến thức cần có phương pháp suy nghĩ khoa học với kinh nghiệm cá nhân tích lũy q trình học tập, rèn luyện Trong mơn tốn trường trung học sở có nhiều tốn chưa có khơng có thuật tốn để giải Đối với toán ấy, người giáo viên cần phải cố gắng hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ, tìm tòi lời giải Trong q trình giảng dạy mơn tốn nhà trường kỳ thi học sinh giỏi cấp, thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông, việc sử dụng phương tích điểm đường tròn để góp phần giải tốn hình học chun đề hay lý thú, thu hút đông đảo thầy cô học sinh quan tâm Thực trạng vấn đề Trong trình giảng dạy cho em học sinh lớp ôn thi vào THPT thi học sinh giỏi cấp quận, cấp thành phố dạng tập “Phương tích điểm đường tròn” em gặp nhiều Tuy nhiên, hầu hết học sinh giải câu a tập cách dễ dàng, câu hỏi tư phần sau em tỏ lúng túng, khó khăn mà nguyên nhân chủ yếu do: - Khi gặp toán hình em lao vào suy nghĩ, chứng minh dựa kiến thức học mà khơng có cách nhìn khái quát xem dạng tập nào, phương pháp chung để giải gì? - Một yêu cầu toán quen thuộc dạng khơng phân tích hình vẽ để áp dụng phương tích vào giải - Hay đơn giản cách hỏi khác em vội khẳng định dạng tâp - Một số tốn giả thiết cho ẩn đi, khơng nắm dạng em không khôi phục đầy đủ giả thiết để áp dụng Với thực trạng vậy, thấy việc hình thành dạng tập cho em cần thiết, từ giúp em có kĩ tốt làm Những biện pháp, giải pháp thực 3.1 Nhắc lại kiến thức có liên quan Để làm tốt dạng tập phương tích điểm đường tròn trước tiên học sinh cần ơn lại kiến thức liên quan như: tiếp tuyến, cát tuyến đường tròn, khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, hệ thức lượng tam giác vuông… 4/27 3.2 Xây dựng kiến thức từ toán sách giáo khoa Trên thực tế khái niệm phương tích điểm đường tròn khơng đề cập đến chương trình sách giáo khoa lớp 9, ứng dụng việc giải tốn hình học lớp lớn Nên xuất phát từ kết tốn sách giáo khoa giúp tơi đề cập tới vấn đề Bài 23 trang 76 – SGK tốn tập Cho đường tròn (O) điểm M cố định khơng nằm đường tròn Qua M kẻ hai đường thẳng, đường thẳng thứ cắt đường tròn (O) A B, đường thẳng thứ hai cắt đường tròn (O) C D Chứng minh: MA MB = MC MD - Với tập cần ý tới giả thiết “một điểm M cố định khơng nằm đường tròn” để từ học sinh phải xét hai trường hợp điểm M nằm bên bên ngồi đường tròn Trong trường hợp xét hai tam giác đồng dạng Nội dung tốn trình bày phần lí thuyết - Và từ tập giáo viên giới thiệu lí thuyết phương tích điểm đường tròn 3.3 Lí thuyết phương tích điểm đường tròn Định lí: Giả sử hai đường thẳng cắt P cắt đường tròn điểm tương ứng A, B, C, D, đó: PA PB = PC PD * Chứng minh: +, TH 1: Điểm P nằm ngồi đường tròn: +, TH 2: Điểm P nằm đường tròn: B A A P C C P O B D D - Chứng minh trường hợp 1: Xét ∆PBC ∆PDA có: $ P chung · · ( Hai góc nội tiếp chắn cung AC) PBC = PDA PB PC ⇒ ∆PBC ∽ ∆PDA (g – g) ⇒ = ⇒ PB.PA = PC.PD (đpcm) PD PA - Trường hợp chứng minh tương tự * Chú ý: Trong trường hợp cát tuyến trở thành tiếp tuyến định lí Hệ quả: Cho điểm P có khoảng cách đến tâm O đường tròn (O; R) d Giả sử đường thẳng di động qua P cắt đường tròn hai điểm A B Khi ta có: - Nếu P nằm bên đường tròn thì: PA PB = R2 – d2 - Nếu P nằm bên ngồi đường tròn thì: PA PB = d2 – R2 * Chứng minh: 5/27 +, TH 1: Điểm P nằm đường tròn: B A A P C +, TH 2: Điểm P nằm đường tròn: C P O O D B D - Chứng minh trường hợp 1: Gọi giao điểm PO với đường tròn C D Theo định lí ta có: PA PB = PC PD = ( d – R) ( d + R) = d2 – R2 - Tương tự cho TH Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d2 – R2 phương tích điểm P đường tròn (O) - Quy ước: Khi P nằm đường tròn phương tích 3.4 Xây dựng kết quen thuộc từ toán Bài toán: Cho đường tròn (O), từ điểm A nằm ngồi đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (với B, C tiếp điểm) cát tuyến AEF ( E nằm A F), gọi I trung điểm EF, H giao điểm AO BC Chứng minh: 1, Các điểm B, I, O, C, A thuộc đường tròn 2, AB2 = AE AF = AH AO Giải: 1, Vì AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) (gt) Nên: OB ⊥ AB;OC ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến) - Xét đường tròn (O) có I trung điểm dây EF không qua tâm nên OI ⊥ EF (quan hệ vng góc đường kính dây) · · · Ta có: ABO = ACO = AIO = 900 ⇒ ba điểm B, I, C thuộc đường tròn đường kính AO Hay: Các điểm B, I, O, C, A thuộc đường tròn (đpcm) b, Xét ∆ABE ∆AFB có: Góc A chung · · (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn cung ABE = AFB AB AF = ⇒ AB2 = AE.AF (1) BE) ⇒ ∆ABE ∽ ∆AFB ( g − g ) ⇒ AE AB - Lại có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OC = OB (= bán kính) Nên OA đường trung trực BC ⇒ OA ⊥ BC H 6/27 Xét tam giác AOB vuông B đường cao BH ta có: AB2 = AH AO (2) Từ (1) (2) suy AB2 = AE AF = AH AO (đpcm) * Nhận xét 1: - Từ kết thứ nhất, với điểm B, I, O, C, A thuộc đường tròn ta có tứ giác với bốn đỉnh nói nội tiếp ví dụ tứ giác ABIO; BIOC; ACOI nội tiếp - Từ đẳng thức AE AF = AH AO · · ⇒ ∆AEH ∽ ∆AOF ( c − g − c ) ⇒ AEH = AOF =>tứ giác EHOF nội tiếp Từ định hình cho em cách sử dụng phương tích để chứng minh tứ giác nội tiếp thơng qua chứng minh góc nhau, mà cặp góc suy từ cặp tam giác đồng dạng có nhờ kết phương tích Như vậy: từ tính chất phương tích giúp học sinh chứng minh tứ giác nội tiếp * Nhận xét 2: - Khi chứng minh tứ giác nội tiếp ta có mối quan hệ góc nội tiếp góc ngồi đỉnh với góc đỉnh đối diện bổ sung thêm vào giả thiết để làm câu sau - Khi có AB2 = AE AF = AH AO giáo viên định hướng cho học sinh chứng minh đặc tính hình học , chứng minh hai đoạn thẳng thơng qua hai bình phương chúng, rút tỉ lệ thức để từ chứng minh cặp tam giác đồng dạng theo trường hợp c – g – c, chứng minh đẳng thức hình học - Với đường tròn (O) cố định ta suy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC IBC qua điểm O cố định Từ em làm tập chứng minh đường qua điểm cố định Trên sở nhận xét ban đầu nêu trên, mức độ tương đối gv hình thành cho em dạng tập có liên quan đến tính chất phương tích, cụ thể ta có số ứng dụng sau: 3.5 Một số ứng dụng phương tích giải tốn hình học - Chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh đặc tính hình học: Quan hệ vng góc, quan hệ song song, quan hệ đoạn thẳng, góc - Chứng minh đường qua điểm cố định - Chứng minh đẳng thức hình học Trên sở định hướng, phân tích rút nhận xét nói hình thành cho học sinh cách nhìn nhận tốn theo đặc trưng riêng Từ trang bị cho em nhiều cách nghĩ khác để tìm hướng thích hợp giải vấn đề 3.5.1 Dùng phương tích để chứng minh tứ giác nội tiếp Bài 1: Cho đường tròn (O), A điểm nằm ngồi đường tròn Một cát tuyến qua A cắt (O) B C Vẽ tiếp tuyến AP với (O) (P tiếp điểm), gọi H hình chiếu P OA Chứng minh điểm O, H, B, C thuộc đường tròn 7/27 Giải: Chúng ta thấy BC OH cắt A, để chứng minh tứ giác OHBC nội tiếp ta nghĩ đến việc chứng minh AH AO = AB.AC Thật vậy: Xét ∆APB ∆ACP có: µ chung A · · ( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn APB = ACP cung PB) AP AC ⇒ ∆APB ∽ ∆ACP ( g – g) ⇒ = ⇒ AB AC = AP2 (1) AB AP Mặt khác: Tam giác APO vuông P, PH đường cao nên ta có: AH AO = AP2 (2) (hệ thức lượng tam giác vuông APO) · · Từ (1) (2) ta cóAH AO = AB AC => ∆ABH ∽ ∆AOC ⇒ AHB = ACO · · Xét tứ giác OHBC có: AHB nên tứ giác OHBC nội tiếp ( tứ giác có góc = ACO ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) Hay: điểm O, H, B, C thuộc đường tròn Bài 2: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Đường tròn tâm O tiếp xúc với AB B tiếp xúc với AC C Gọi H giao điểm OA BC Vẽ dây cung DE (O) qua H Chứng minh tứ giác ADOE nội tiếp Hướng dẫn giải Tam giác OCA vuông C, CH đường cao nên ta có: HO HA = HC2 (1) (Hệ thức lượng tam giác vuông) Dây cung BC DE (O) cắt H nên ta có: HD HE = HB HC = HC2 (2) (định lí) Từ ta có HA.HO = HD.HE => tứ giác ADOE nội tiếp Bài 3: Cho đường tròn (O; R) điểm I nằm đường tròn Hai dây cung AB CD qua I Tiếp tuyến A B cắt P, tiếp tuyến C D cắt Q Gọi M giao điểm OQ CD, N giao điểm OP AB Chứng minh: a) Tứ giác MNPQ nội tiếp b) OI vng góc với PQ Giải: A a, Chứng minh ON OP = OM OQ (=R ) · · b, Chứng minh tg OMIN nội tiếp ⇒ OMN = OIN N O P · · · · Mà: OMN = OPQ ⇒ OIN = OPQ D I M Trong tam giác OIN vng N có: · · · · OIN + INO = 900 ⇒ ION + OPQ = 90 ⇒ OI ⊥ PQ 8/27 C B Q Bài 4: Cho điểm A bên đường tròn (O ; R) Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE đến đường tròn (O) Gọi H trung điểm DE a) Chứng minh năm điểm : A, B, H, O, C nằm đường tròn · b) Chứng minh HA tia phân giác BHC c) DE cắt BC I Chứng minh : AB = AI.AH d) Cho AB=R OH= R Tính HI theo R Bài 5: Từ điểm A (O;R), kẻ tiếp tuyến AB AC đến (O) với B C tiếp điểm cát tuyến ADE đến (O) cho AD < AE, D C nằm mặt · phằng bờ OA khác , góc BEC góc nhọn Kẻ EM vng góc với BC M, DM cắt(O) N.Đường thẳng qua N vng góc với AN cắt OA I Chứng tỏ:Tứ giác ONEI nội tiếp Trước hết ta cm: K, M, E thẳng hàng, với K giao điểm AN (O) Dễ dàng chứng minh: DHOE, KHON tứ giác nội tiếp 1· · · · = BHE = DOE = DCE Từ có: DHB · · DCEN tứ giác nội tiếp nên MHEN tứ giác nội tiếp ( BHE + MNE = 1800 ) · · Làm tương tự có DHMK tứ giác nội tiếp ( KDM ) = KHM · · Ta cm KHD = NHE · · Kết hợp với tứ giác nội tiếp vừa chứng minh ta thu KMD , = NME tức K, M, E thẳng hàng Trở lại toán: Ta cần cm góc NIO = góc NEO xong Bằng biến đổi góc ta thấy hai góc phụ góc NAI 3.5.2 Dùng phương tích để chứng minh đặc tính hình học Bài 1: Cho điểm A nằm bên ngồi đường tròn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Gọi M trung điểm AB Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) N (N khác C) Tia AN cắt đường tròn · (O) D ( D khác N) Chứng minh: MAN = ·ADC Giải: Xét tứ giác ABOC có : ·ABO + ACO · = 90o + 90o = 180o nên tứ giác ABOC nội tiếp 9/27 Xét ∆MBN ∆MCB có : ¶ chung M · · (Góc nội tiếp góc tạo tia tiếp MBN = MCB tuyến dây chắn cung BN) B M O A N D C MB MN = ⇔ MB = MN MC MC MB ¶ chung  Xét ∆MAN ∆MCA có góc M  ∆MBN ∽ ∆MCB (g-g) Nên Vì M trung điểm AB nên MA = MB Theo chứng minh ta có: MA2 = MN MC ⇔ MA MC = MN MA Do : ∆MAN ∽ ∆MCA (c-g-c) · · · => MAN (1) = MCA = NCA · · mà: NCA ( chắn cung NC) (2) = NDC · · · Từ (1) (2) suy ra: MAN hay MAN = NDC = ·ADC * Nhận xét: toán ta thấy việc áp dụng kết phương tích khơng áp dụng cho giả thiết ban đầu tốn mà áp dụng cho hình vẽ thêm sau Cụ thể tốn phương tích áp dụng cho tiếp tuyến MB cát tuyến MNC Bài 2: Cho điểm M nằm ngồi đường tròn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME < MF) Vẽ cát tuyến MAB tiếp tuyến MC (O) (C tiếp điểm, A nằm hai điểm M B, A C nằm khác phía đường thẳng MO) a, Chứng minh MA.MB = ME.MF b, Gọi H hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng MO Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp c, Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa đường tròn cắt tiếp tuyến E (O) K Gọi S giao điểm hai đường thẳng CO KF Chứng minh đường thẳng MS vng góc với đường thẳng KC d, Gọi P Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng Giải: Vì hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên MA MF ⇒ MA.MB = ME.MF = ME MB (Phương tích M đường tròn tâm O) a, Do hệ thức lượng đường tròn ta có: MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng tam giác vuông MCO ta 10/27 điểm) Gọi H trung điểm dây cung AB Các điểm K I theo thứ tự giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng OM OH Chứng minh điểm M, O, H, E, F nằm đường tròn Chứng minh: OH.OI = OK OM Chứng minh: IA, IB tiếp tuyến đường tròn (O) Giải: I 1/ điểm M, E, O, H, F nằm đường tròn đường kính MO E OH OM = B 2/ ∆ OHM ∽ ∆ OKI (g.g) ⇒ OK OI H A ⇒ OH.OI = OM.OK O K M MO OE ⇒ = 3/ Có ∆ MEO ∽ ∆ EKO (g.g) ⇒ F OE OK MO.OK = OE MO OA = Mà OE = OA nên MO.OK = OA2 ⇒ OA OK ⇒ ∆ MOA ∽ ∆ AOK (c.g.c) ⇒ ∠ OMA = ∠ OAK Mà ∠ OMA = ∠ OIK (cmt) ⇒ ∠ OAK = ∠ OIK ⇒ Tứ giác IAKO nt (tứ giác có đỉnh liên tiếp …) ⇒ ∠ OAI = ∠ OKI = 900 (2 góc nội tiếp chắn cung OI) ⇒ OA ⊥ IA ⇒ IA tiếp tuyến (O) Lại có ∠ OAI = ∠ OBI = 900 ⇒ IB tiếp tuyến (O) Bài 6: Cho ∆ ABC có AB > AC ngoại tiếp đường tròn (I) Các cạnh BC, CA AB ∆ ABC tiếp xúc đường tròn (I) tiếp điểm D, E, F Tia FE cắt tia BC điểm M Đoạn thẳng AD cắt đường tròn (I) lần N Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I) Giải: AI cắt EF H AD cắt IM K Ta chứng minh D H nhìn đoạn IM góc vng Do tứ giác IDMH nội tiếp, suy · · (1) IDH = IMH Ta có ID2 = IF2 = IH IA(?), từ ∆ IDH ∽ ∆ IAD (c.g.c) · · (2) ⇒ IDH = IAD · · Từ (1) (2) suy IAK = IMH · · Suy ∆ IAK ∽ ∆ IMH (g.g) ⇒ IKA = IHM = 90Ο Suy K trung điểm dây DN, suy đường thẳng IM đường trung trực đoạn thẳng DN · · Do dễ thấy ∆ INM = ∆ IDM (c.c.c) ⇒ INM = IDM = 90Ο 13/27 Vậy MN tiếp tuyến N đường tròn (I) Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC Gọi M trung điểm BC; H trực tâm; AD, BE, CF đường cao tam giác ABC Với K giao điểm EF BC kí hiệu (C 1) (C2) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF DKE, Chứng minh rằng: 1, ME tiếp tuyến chung hai đường tròn (C1) (C2) 2, KH ⊥ AM Giải : Ta có Eµ = Fµ = 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn (C1) có tâm trung điểm AH ¼ · EAH = sd EH (1) · · mà EAH (2) ( phụ với = CBE góc ACD) · · (3)( đường trung MEB = CBE tuyến ứng với cạnh huyền) Từ (1), (2) (3) ta có ¼ · MEH = sd EH => ME tiếp tuyến đường tròn tâm (C1) 2, Gọi giao điểm AM với KH N trước tiên chứng minh điểm A,E,H,N,F thuộc đường tròn · E = ACB · · E = AFE · · · ; AN => ANE = ACB Ta thấy AF => nghĩa C,M,N, F thuộc đường tròn · Chứng minh A,E,N, B nội tiếp KNM = 900 KH ⊥ AM 3.5.3 Dùng phương tích để chứng minh đẳng thức hình học * Nhận xét: Trong tốn chứng minh đẳng thức hình học hầu hết ta đưa tỉ lệ thức mà ta suy từ kết phương tích, hệ thức lượng tam giác vng định lí Talets Qua cho thấy cách chứng minh đẳng thức thơng thường lớp lớp bổ sung thêm số phương pháp sử dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông sử dụng phương tích để chứng minh đẳng thức hình học Cụ thể ta xét vài ví dụ sau: Bài 1: Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên tia đối tia BA lấy điểm C (C không trùng với B) Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D tiếp điểm), tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng CD E Gọi H giao điểm AD OE, K giao điểm BE với đường tròn (O) (K khơng trùng với B) 1) Chứng minh AE2 = EK EB 2) Chứng minh điểm B, O, H, K thuộc đường tròn 14/27 3) Đường thẳng vng góc với AB O cắt CE M Chứng minh AE EM − = EM CM Giải: 1) Chứng minh AE2 = EK EB + Chỉ tam giác AEB vng A + Chi góc AKB = 900 suy AK đường cao tam giác vuông AEB + Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng AEB ta có: E K M D H A O B C AE2 = EK EB 2) Chứng minh điểm B, O, H, K thuộc đường tròn + Chỉ tứ giác AHKE nội tiếp suy góc EHK = góc EAK + Chỉ góc EAK = góc EBA + Suy tứ giác BOHK nội tiếp suy điểm B, O, H, K thuộc đường tròn 3) Đường thẳng vng góc với AB O cắt CE M Chứng minh AE EM − = EM CM + Chỉ tam giác OEM cân E suy ME = MO + Chỉ OM // AE, áp dụng định lý ta – lét tam giác CEA ta có CE AE = CM OM CE AE CE − CM AE − OM EM AE AE EM = ⇒ = ⇒ = −1 ⇒ − =1 CM OM CM OM CM OM OM CM AE EM − = (đpcm) Mà ME = MO nên suy EM CM + Ta có Bài 3: Cho đường tròn (O) điểm A cố định nằm (O) Kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C tiếp điểm) Gọi M điểm di động cung nhỏ BC( M khác B C) Đường thẳng AM cắt (O) điểm thứ N Gọi E trung điểm MN a, Chứng minh điểm A,B,O,E thuộc đường tròn Xác định tâm đường tròn · · b Chứng minh BNC + BAC = 180o c Chứng minh AC2 = AM AN MN2 = 4(AE2 - AC2) d Gọi I, J hình chiếu M cạnh AB, AC Xác định vị trí M cho tích MI.MJ đạt giá trị lớn 15/27 Giải: a, Ta có: EM = EN(gt) ⇒ OE⊥ MN ⇒ ·AEO = 90o Mà ·ABO = 900 (AB tiếp tuyến (O)) Suy ra: B, E thuộc đường tròn đương kính AO Hay A,B,E,O thuộc đường tròn, tâm đường tròn trung điểm AO · · b, Ta có: BOC (góc tâm góc nt chắn cung) = BNC · · · · Mặt khác: BOC + BAC = 1800 suy ra: BNC + BAC = 180o (đpcm) ·  NAC chung  - Xét ∆AMC ∆ACN có:  · ¼ ·  MCA = CNA(= sdCM )  AM AC = ⇒ AC = AM AN (đpcm) ⇒ ∆AMC ∽ ∆ACN(g.g) ⇒ AC AN - Ta có: AE2 =AO2 - OE2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆AEO ) AC2 =AO2 - OC2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆ACO ) MN  MN  = Suy ra: AE - AC =OC -OE =ON -OE =EN =  ÷   2 2 2 hay MN2=4(AE2- AC2) c, Kẻ MK⊥BC, đoạn AO ∩ (O) ={F}, AO ∩ BC ={H} · · Ta có: MJK ( tứ giác MJCK nt) = MCK · · (cùng cung MC) MCK = MBI · · (tứ giác MKBI nt) MBI = MKI · · Suy ra: MJK (1) = MKI · · Chứng minh tương tự ta có: MIK (2) = MKJ Từ (1) (2) suy ra: ∆MIK ∽ ∆MKJ (g.g) ⇒ MI MK = ⇒ MK = MI NJ MK MJ Để MI.MJ lớn MK phải lớn Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên MK≤ FH⇒ MK lớn MK=FH Hay M ≡ F Vậy A, M, O thẳng hàng MI.MJ đạt giá trị lớn Bài 4: Cho đường tròn (O; R) điểm S nằm bên ngồi đường tròn Kẻ đường thẳng qua S (không qua tâm O) cắt đường tròn (O; R) hai điểm M N với M nằm S N Gọi H giao điểm SO AB; I trung điểm MN Hai đường thẳng OI AB cắt E a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI.OE = R2 c) Tính diện tích tam giác EMS 16/27 Giải: a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp đường tròn : Ta có SA = SB ( tính chất tiếp tuyến) Nên ∆ SAB cân S Do tia phân giác SO đường cao ⇒ SO ⊥ AB I trung điểm MN nên OI ⊥ MN · · = SIE = 900 ⇒ Hai điểm H I Do SHE nhìn đoạn SE góc vng nên tứ giác IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE OI OS = ⇒ OI.OE = OH.OS b) ∆ SOI đồng dạng ∆ EOH ( g.g) ⇒ OH OE mà OH.OS = OB = R ( hệ thức lượng tam giác vuông SOB) nên OI.OE = R 3R R R2 ⇒ OE = = 2R ⇒ EI = OE − OI = 2 OI R 15 R 3( − 1) ⇒ SM = SI − MI = Mặt khác SI = SO − OI2 = 2 SM.EI R 3( − 1) = Vậy SESM = c) Tính OI= Bài 5: Cho tam giác ABC vng A Vẽ đường tròn (O) đường kính AB, (O) cắt BC điểm thứ hai D Gọi E trung điểm đoạn OB Qua D kẻ đường thẳng vng góc với DE cắt AC F 1) Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp · · 2) Chứng minh BDE=AEF · · 3) Chứng minh tanEBD = 3tan AEF 4) Một đường thẳng (d) quay quanh điểm C cắt (O) hai điểm M, N Xác định vị trí (d) để độ dài CM + CN đạt giá trị nhỏ c) Ta có: ∆ABD vng D: AD · tan EBD = BD ∆AEF vuông A: AF AF · = tan AEF = AE 3BE AF AF · = = => 3tan AEF 3BE BE Mà: ∆AFD ∽ ∆BEB (g-g) AF AD = => BE BD · · Suy ra: tan EBD = 3tan AEF 17/27 d) Ta có: ∆CMA đồng dạng ∆CAN (g- g) => CM.CN = CA2 (không đổi) suy ra: CM + CN nhỏ CM = CN ⇔ M trùng với N => d tiếp tuyến (O) Bài 6: Từ điểm D nằm ngồi đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến DA, DB với đường tròn (A B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến DEC không qua tâm O (E nằm D C) OD cắt AB M, AB cắt EC N Chứng minh rằng: a/ MA phân giác góc EMC b/ MB2⋅DC=MC2⋅DE c/ 1 = + EC DC NC a) Sử dụng tính chất tiếp tuyến, ta có DE⋅DC=DA2 Mặt khác áp dụng hệ thức lượng tam giác DAO vuông A có AM đường cao DA2=DM⋅DO Do đó, ta thu : DE⋅DC=DM⋅DO Từ đây, ta suy tứ giác EMOC nội tiếp Suy ∠EMD=∠ECO Do tam giác OEC cân O nên ∠ECO=∠CEO Mà ∠CEO =∠CMO (cùng chắn cung CO (EMOC)) nên ta có ∠EMD =∠ECO = ∠CEO =∠CMO ta có ∠EMD = ∠CMO; Mà ∠EMD +∠EMA= 900 ∠CMO +∠CMA = 90o nên với kết trên, ta thu ∠EMA = ∠CMA Nói cách khác, MA phân giác góc ∠EMC b) Theo chứng minh trên, ta có ∠EMD = ∠OMC ∠DEM =∠COM (do tứ giác EMOC nội tiếp), suy △DEM∽△COM Từ đây, ta có EM/OM=DM/MC hay MC⋅ME=MD⋅MO Mà MD⋅MO=MB2 (áp dụng hệ thức lượng tam giác MBO vng O có BM đường cao) nên ta suy MB2=MC⋅ME Nên: hệ thức cần chứng minh trở thành: MC⋅ME⋅DC=MC2⋅DE ⇒ ME⋅DC=MC⋅DE ⇒DC/MC=DE/ME Do tứ giác EMOC nội tiếp nên dễ thấy ∆DEO∼∆ DMC ∆DEM ∽ ∆DOC Suy DC/MC=DO/OE DE/ME=DO/OC Mà OC=OE nên DC/MC=DO/OE=DO/OC=DE/ME c) Ta thấy hệ thức cần chứng minh viết lại sau: 2=EC/DC+EC/NC ⇒1−EC/DC=EC/NC−1⇒DE/DC=EN/NC Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có EN/NC=EM/ MC Do đó, ta cần chứng minh DE/DC=ME/MC, hay DC⋅ME=DE⋅MC 18/27 Đây kết chứng minh phần (b) Bài 7: Cho đường tròn tâm O điểm C ngồi đường tròn Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE ; CF ( E F tiếp điểm) cát tuyến CMN ( M nằm C N ) tới đường tròn Đường thẳng CO cắt đường tròn hai điểm A B Gọi I giao điểm AB với EF Chứng minh rằng: a, Bốn điểm O, I, M, N thuộc đường tròn · · b, AIM = BIN Giải a, Do CE tiếp tuyến (O) nên: · · (Góc nội tiếp góc tạo tia CEM = CNE tiếp tuyến dây chắn cung ME) CE CN ⇒ ∆CEM ∽ ∆CNE ⇒ = CM CE ⇒ CE = CM.CN ( 1) Mặt khác: CE; CF tiếp tuyến (O) nên AB⊥ EF I Vì tam giác vng CEO đường cao EI ta có: CE2 = CI.CO (2) Từ (1) (2) suy CM.CN = CI.CO CM CO · · ⇒ = ⇒ ∆CMI ∽ ∆CON ⇒ CIM = CNO CI CN ⇒ Tứ giác OIMN nội tiếp b, Kéo dài NI cắt đường tròn M’ · · Do tứ giác IONM nội tiếp nên : IOM = INM ¼ · ¼ ' ¼ · ¼ = MM ¼ ' ⇒ AM ¼ = AM = sdAM;INM = sdMM ' ⇒ AM Mà: IOM 2 · · · · ⇒ AIM = AIM ' ⇒ AIM = BIN ⇒ đpcm Bài 8: Cho đường tròn (O) điểm A nằm ngồi đường tròn Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC (O) lấy điểm D AD cắt (O) điểm thứ hai E Gọi I trung điểm DE a Chứng minh IA tia phân giác góc BIC b Đường thẳng qua D song song với AB cắt BC H,cắt BE K Chứng minh H trung điểm DK 19/27 Giải: a, Chứng minh năm điểm B, O, I, C, A thuộc đường tròn đường kính OA Ta có : Góc BIA = góc CIA (cùng góc ACB) b, tứ giác DHIC nội tiếp ( hai đỉnh C,D nhìn cạnh HI hai góc ) suy : IHC = ICD ( chắn cung ID đường tròn (DHIC)) mà góc ICD = góc EBC Nên: IHC = góc EBC suy HI // BE Trong tam giác DEK có : ID=IE HI // KE suy HD = HK Vậy H trung điểm DK 3.5.4 Dùng phương tích để chứng minh đường qua điểm cố định * Nhận xét: Quay trở lại kết phương tích với năm điểm thuộc đường tròn, ta điểm cố định ta có đường tròn ln qua điểm cố định - Hoặc từ kết thứ hai ta chứng minh đoạn thẳng có độ dài khơng đổi lập luận ta có điểm cố định Bài 1: Cho ( O; R) đường thẳng d cắt (O) điểm A; B, d lấy điểm M từ kẻ tiếp tuyến MN; MP ( N; P tiếp điểm) a, Tìm điểm cố định mà đường tròn ( MNP ) qua M di động d b, Xác định vị trí M để ∆ MNP ∆ c, Xác định vị trí M để tứ giác MNOP hình vng Giải: a, MN, MP hai tiếp tuyến ( O) · · ON ⊥ NM ; OP ⊥ PM ⇒ ONM => = OPM = 900 (T/c tiếp tuyến) · · Xét tứ giác ONMP có ONM + OPM = 1800 Do tứ giác ONMP nội tiếp đường tròn đường kính OM Kẻ OQ vng góc với AB => QA = QB ( đường kính vng góc với dây) Vì AB cố định => Q cố định Gọi I trung điểm OM tam giác OQM vuông Q => QI = IO = IM Vậy Q thuộc đường tròn đường kính OM Kết hợp với câu a => điểm M, N, O, Q, P thuộc đường tròn đường kính OM => đường tròn ( MNP) ln qua hai điểm O, Q cố định M di chuyển d b, Để tam giác MNP => góc NMP = 600 mà MO phân giác góc NMP 20/27 · => NMO OM => OM = 2NO = 2R = 300 => ON = Dựng cung tròn tâm O bán kính 2R cắt d M => M điểm cần dựng để MNP · = Thật OM = 2R= 2ON => sin NMO ON · · = ⇒ NMO = 300 ⇒ NMP = 600 OM Vậy tam giác MNP tam giác c, Tứ giác MNOP hình vng ⇔ MN= ON, ∠MON = 900 ⇔ ∆ MNO vuông cân N ⇒ OM= ON = R ( R bán kính đường tròn (O)) ⇒ M giao điểm (O; R ) với đường thẳng d Vậy ta xác định điểm M1; M2 thoả mãn điều kiện đề Bài 2: Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B C Qua A vẽ tiếp tuyến AE, AF với đường tròn (O); Gọi I trung điểm BC, N trung điểm EF a CMR: E, F nằm đường tròn cố định đường tròn (O) thay đổi b Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) K Chứng minh : EK // AB c Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy đường thẳng cố định đường tròn(O) thay đổi Giải: a ∆ ABF ∆ AFC đồng dạng (g- g) Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC ⇒ AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC không đổi Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB AC ) cố định · · = AOF ( 1) b Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn, nên: AIF 1· 1· · · · · AOF = EOF; EKF = EOF ⇒ EKF = AOF ( 2) 2 · · Từ (1) (2) ⇒ AIF Do đó: EK AB song song vơí = EKF c Cm A, N, O thẳng hàng AO ⊥ EF ; Gọi H giao điểm BC EF Ta có : ∆ ANH ∆ AIO đồng dạng nên AH AN = Suy ra: AH AI =AN AO AO AI Lại có : AN AO =AE2 =AB AC Do : AI AH =AB AC ⇒ AH = AB AC không đổi Vậy H cố định AI Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn (OIN) ln qua I H; Do tâm đường tròn nằm đường trung trực IH 21/27 Bài 3: Cho đường tròn (O), dây AB điểm C ngồi đường tròn nằm tia BA Từ điểm P cung lớn AB kẻ đường kính PQ đường tròn cắt dây AB D Tia CP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I Các dây AB QI cắt K a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp b) Chứng minh CI.CP = CK.CD c) Chứng minh IC phân giác góc ngồi đỉnh I tam giác AIB d) Giả sử A, B, C cố định, chứng minh đường tròn(O) thay đổi qua A, B đường thẳng QI qua điểm cố định Giải: a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp Ta có: · · PIK = PIQ = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾ n nửa đ/tròn) ã PDK = 900 ( vìPQ AB) Tứ giác PDKI nội tiếp ®êng trßn ®êng kÝnh KP » = QB » Cách 2: Ta có: PQ ⊥ AB ⇒ AQ ( )( ) ả = sđQB ằ + sđAI ả góc có đ K vìK ỉ nh bên đ/tròn 1 ằ ẳ ằ = QB ằ = sđAQ + sđAI = sđIAQ vìAQ 2 = sđIAQ ẳ vìP góc nội tiếp chắ ẳ Mà: P n IAQ 1 · ¶ = 1800 ( kỊbï ) ; +K Mà: IKD ( ) ( ) ( )  ả P1 = K1   · µ = 1800 ⇒ Tg PDKI nội tiếp đờng tròn đ nờn: IKD +P /kính KP b) Chứng minh CI.CP = CK.CD Xét: ∆CIKvµ ∆CDP cã: · · CIK = CDP = 900  CI CK = ⇒ CI CP = CD.CK ( ®pcm) ( 1)  ⇒ ∆ CIK ~∆ CDP ( g − g) ⇒ µC : gãc chung CD CP  c) Chứng minh IC phân giác góc ngồi đỉnh I tam giác AIB: Ta có: » = QB »  Iµ1 = Iµ2 : QA  · ã n giác đỉnh I AIB CIA = PIB CI phâ ã  CIK = 90 d) Giả sử A, B, C cố định, chứng minh đường tròn(O) thay đổi qua A, B đường thẳng QI qua điểm cố định ( ) 22/27 Ta chứng minh được: ∆CAP ~∆CIB( g − g) ⇒ CA CP = ⇒ CA.CB = CI CP ( 2) CI CB T (1) v (2) CA.CB ; không đổi K tia CB CD Vậy K cố định QI qua K cố định Bi 4: Cho ng tròn (O; R) điểm M thay đổi nằm ngồi đường tròn Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A B tiếp điểm) Gọi D điểm di động cung lớn AB (D khơng trùng với A, B điểm cung) C giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn (O; R) a) Giả sử H giao điểm OM với AB Chứng minh MH.MO = MC.MD, từ suy đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD ln qua điểm cố định b) Chứng minh dây AD song song với đường thẳng MB đường thẳng AC qua trọng tâm G tam giác MAB c) Kẻ đường kính BK đường tròn (O; R), gọi I giao điểm đường thẳng MK AB Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, biết OM = 2R ⇒ CK CD = CA.CB ⇒ CK = K A I D C M H O E B Giải: a) Vì tam giác AOM vng A có AH ⊥ OM nên MH.MO = MA · · Mặt khác MAC nên ∆ MAC đồng dạng ∆ MDA (g.g), = ADC MA MC = ⇒ MC.MD = MA MD MA Vậy MH.MO = MC.MD MH MC = Khi MD MO · · Do ∆MHC đồng dạng ∆MDO ⇒ MHC = MDO Từ suy OHCD nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp ∆ HCD qua điểm O cố định · · b) Giả sử AC cắt MB E, CBE nên ∆ EBC đồng dạng ∆ EAB = EAB EB EC = ⇒ EA.EC = EB2 EA EB · · · Vì AD // MB nên EMC Do ∆ EMC đồng dạng ∆ EAM = MDA = MAC Do 23/27 EM EC = ⇒ EA.EC = EM EA EM Vậy EB = EM, tức E trung điểm MB Tam giác MAB có MH AE đường trung tuyến, nên AC qua trọng tâm G ∆ MAB Bài 5: Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R') cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB Vẽ tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O') Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O' M N (M N khác với điểm A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MI.BE = BI.AE b) Khi điểm C thay đổi đường thẳng DE ln qua điểm cố định Giải: · · Ta có: BDE (cùng chắn cung BE = BAE C đường tròn tâm O) · · (cùng chắn cung BN BAE = BMN đường tròn tâm O') M A · · D ⇒ BDE = BMN Q · · hay BDI ⇒ BDMI tứ giác nội = BMN K O' H O · · tiếp ⇒ MDI (cùng chắn cung MI) = MBI I · · mà MDI (cùng chắn cung AE = ABE B đường tròn tâm O) · · ⇒ ABE N = MBI · · mặt khác BMI (chứng minh trên) = BAE E ⇒ ∆MBI ∽ ∆ ABE (g.g) MI BI ⇒ ⇔ MI.BE = BI.AE = AE BE Gọi Q giao điểm CO DE ⇒ OC ⊥ DE Q ⇒ ∆ OCD vng D có DQ đường cao ⇒ OQ.OC = OD2 = R2 (1) Gọi K giao điểm hai đường thẳng OO' DE; H giao điểm AB OO' ⇒ OO' ⊥ AB H µ =H µ = 900 ;O µ chung ⇒ ∆KQO ∽ ∆CHO (g.g) Xét ∆KQO ∆CHO có Q KO OQ = ⇒ OC.OQ = KO.OH (2) ⇒ CO OH R2 Từ (1) (2) ⇒ KO.OH = R ⇒ OK = OH Vì OH cố định R không đổi ⇒ OK không đổi ⇒ K cố định 24/27 Kết đạt Giỏi Năm TS học HS SL % 201526 34.6 2016 201626 15 57.7 2017 Khá SL % T.Bình SL % Yếu SL % Kém SL % 10 38.5 19.2 7.7 0 26.9 11.5 3.8 0 25/27 PHẦN C KẾT LUẬN, KHUYẾN NGHỊ Kết luận Sau dạy cho hai nhóm đối tượng học sinh ơn thi vào lớp 10 bồi dưỡng học sinh giỏi cấp quận, cấp thành phố nhận thấy: - Học sinh có cách nhìn tổng qt đứng trước tốn hình học, có kĩ phân tích kiện để vận dụng linh hoạt kiến thức học vào giải toán - Được rèn kĩ tốt, theo mức độ nhận thức khác em nắm kiến thức bước đầu biết suy luận tình giải vấn đề Qua số năm đưa đề tài vào giảng dạy tùy theo mức độ nhận thức đối tượng học sinh thấy đề tài đem lại hiệu tốt cho em đứng trước ki thi, từ đánh thức niềm đam mê, tìm tòi tốn học em, định hướng cho em tính tự học hiệu Các em nắm tốt kết bản, đặc biệt từ em hào hứng việc tự nghiên cứu để đặt thêm câu hỏi có liên quan Khuyến nghị Do để tạo điều kiện cho việc dạy - học thầy trò thuận lợi, thân tơi người đứng lớp dạy mơn Tốn cần kiến nghị số vấn đề sau: * Về phía nhà trường: - Thường xuyên quan tâm, giúp đỡ tạo điều kiện cho giáo viên học sinh thực nội dung môn học - Trang bị thêm số trang thiết bị tài liệu tham khảo để phục vụ cho việc giảng dạy môn để đạt hiệu cao * Về phía Phòng Giáo dục: - Tổ chức nhiều đợt tập huấn, chuyên đề mơn để giáo viên Tốn có điều kiện giao lưu, trao đổi kinh nghiệm phương pháp giảng dạy Tuy nhiên ý kiến mang tính chất cá nhân Bởi tơi mong đóng góp ý kiến bạn đồng nghiệp để thân có nhiều phương pháp giảng dạy có kết cao Tơi xin cam kết nội dung sáng kiến thân tơi nghiên cứu đúc rút trình học tập chuyên môn thực tế giảng dạy, không chép hay vi phạm quyền tác giả hay nhà nghiên cứu Nếu sai tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm Tơi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 10 tháng 04 năm 2017 26/27 TÀI LIỆU THAM KHẢO STT Tên tài liệu Tác giả Phan Đức Chính (Tổng chủ biên) SGK Tốn Tơn thân (Chủ biên) Và nhóm tác giả Tơn Thân (Chủ biên) Bài tập Tốn Và nhóm tác giả Tốn nâng cao chun đề Toán Vũ Dương Thụy (Chủ biên) Nguyễn Ngọc Đạm Bài tập nâng cao số chuyên đề Bùi Văn Tuyên Toán Nâng cao phát triển Tốn (2 tập) Vũ Hữu Bình Tài liệu chun Tốn trung học sở Vũ Hữu Bình (chủ biên) Toán (2 tập) Nguyễn Tam Sơn Nguyễn Vĩnh Cận Tốn nâng cao hình học Lê Khắc Bảo Vũ Thế Hựu Hình học cho tuổi trẻ Tập 4: Các chuyên đề đường tròn 27/27 Vũ Hữu Bình ... tập giáo viên giới thiệu lí thuyết phương tích điểm đường tròn 3.3 Lí thuyết phương tích điểm đường tròn Định lí: Giả sử hai đường thẳng cắt P cắt đường tròn điểm tương ứng A, B, C, D, đó: PA... hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O)(A, B hai tiếp điểm) PO cắt đường tròn hai điểm K I (K nằm P O) cắt AB H.Gọi D điểm đối xứng với B qua O, C giao điểm PD với đường tròn (O) a) Chứng minh... tròn tâm O, đường kính AB Điểm C thuộc bán kính OA Đường vng góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) D Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) tiếp xúc với đoạn thẳng CA, CD Gọi E tiếp điểm