Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC CHƯƠNG 3: GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN KIẾN THỨC CƠ BẢN ( ) · - Góc ABE có đỉnh A nằm đường tròn O cạnh cắt đường tròn gọi góc nội tiếp (Hình) Trong trường hợp góc nội tiếp có số đo khơng vượt q 900 số đo chúng nửa số đo góc tâm, chắn cung Các góc nội tiếp có số đo nửa số đo cung bị chắn Vì thế, góc chắn cung (hoặc chắn cung nhau) chúng nhau, góc nội tiếp cung bị chắn ¼ · · · Trên hình vẽ ta có: ABE = ADE = ADE = sđAE ( ) - Cho đường tròn O dây cung AB Từ điểm A ta kẻ tiếp · tuyến Ax với đường tròn, BAx gọi góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung AB (Hình) Cũng góc nội tiếp, số đo góc tia tiếp tuyến dây cung nửa số đo cung bị chắn : · · sđBAx = sđAmB 43 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Chú ý: Việc nắm khái niệm, định lý, hệ góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung giúp so sánh số đo góc, từ chứng minh đường thẳng song song với nhau, tam giác nhau, tam giác đồng dạng với nhau… I Góc nội tiếp đường tròn A PHƯƠNG PHÁP GIẢI - Hai góc chắn cung nửa số đo · · cung bị chắn Trên hình vẽ: sđABD = sđACD = ¼ sđAD - Các góc chắn hai cung Trên hình vẽ: » Û sđABD · · ¼ = sđCD AD = CD Û sđAD = sđCAD B VÍ DỤ Ví dụ 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 · Lại có BAC = 900 suy bốn điểm A, B,O,C nằm đường tròn đường kính BC 44 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · ¼ ) Mà Đối với đường tròn ta thấy BAO (cùng chắn BO = BCO · · · BCO = 450 Þ BAO = 450 Do BAC = 900 , nên · · · · · , nghĩa AO tia CAO = BAC - BAO = 450 Vậy BAO = CAO · phân giác góc vng BAC (đpcm) ( ) Ví dụ 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: ( ) · Kẻ đường kính AE đường tròn O Ta thấy ACE = 900 (góc · · nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ OAC + AEC = 900 (1) · · Theo giả thiết ra, ta có: BAH + ABC = 900 (2) Lại · · ¼ ) (3) (cùng chắn AC AEC = ABC · · Từ (1),(2) (3) suy BAH (đpcm) = OAC Lưu ý: Cũng giải toán theo hướng sau: Gọi D giao ( ) điểm tia AH với đường tròn O , chứng tỏ tứ giác BDEC » = sđCE » , dẫn đến BAD · · hình thang cân Từ suy sđBD = CAE · · , hay BAH = OAC 45 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Trên ¼ khơng chứa A ta lấy điểm P ( P khác B P cung BC khác C ) Các đoạn PA BC cắt Q a) Giả sử D điểm đoạn PA cho PD = PB Chứng minh D PDB b) Chứng minh PA = PB + PC c) Chứng minh hệ thức 1 = + PQ PB PC Lời giải: 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 = PB + PC ta chứng minh DA = PC Thật vậy, xét hai tam giác BPC BDA có: BA = BC (giả thiết), BD = BP (do tam giác BPD đều) Lại · · · · · · Từ ABD + DBC = 600 , PBC + DBC = 600 nên ABD = PBC D BPC = D BDA (c.g.c), dẫn đến DA = PC (đpcm) · c) Xét hai tam giác PBQ PAC ta thấy BPQ = 600 , · · ¼ ) suy APC = ABC = 600 (hai góc nội tiếp chắn cung AC 46 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · · · · ¼ (hai góc nội tiếp chắn PC BPQ = APC , PBQ = PBC = PAC PQ PC , hay = PB PA PQ.PA = PB PC Theo kết câu b , ta có PA = PB + PC nên ) Từ D PBQ : D PAC (g.g) Þ PQ ( PB + PC ) = PB PC Hệ thức tương đương với 1 = + (đpcm) PQ PB PC Ghi chú: - Tứ giác ABCD có tính chất AB CD = BC AD (*) nói ví dụ gọi tứ giác điều hòa Loại tứ giác đặc biệt có nhiều ứng dụng việc giải tốn hình học phẳng khác - Nếu hệ thức (*) dạng AB BC nhớ lại tính chất đường = AD CD phân giác tam giác ta nêu thêm tính chất tứ giác điều hòa - 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 Ví dụ 4) 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 Giải: Ta ln có DB = DC AD phân giác góc A Ta chứng minh tam giác DIB cân D · · · Thật ta có: IBD = IBC + CBD 47 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · Mặt khác CBD = CAD (Góc nội tiếp chắn cung CD ) mà · · · · , IBC BAD = CAD = IBA (Tính chất phân giác) suy · · · Nhưng IBD = ABI + BAI · · · (Tính chất góc ngồi) Như tam giác BDI BID = ABI + BAI cân D Þ DB = DI = DC Nhận xét: Thơng qua tốn ta có thêm tính chất: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC giao điểm phân giác góc A với (O) Ví dụ 5) 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 vng góc với BC AC AB = + MH MK MI Giải: Trong toán có tỷ số độ dài ta nghỉ đến tam giác đồng dạng định lý Thales Cách 1: Dựng đường thẳng qua A song song với BC cắt (O) N Gọi E giao điểm BC MN Ta có: AB = NC 48 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · Ta có BME º BMN = ỉ ổẳ ằ + AN ã ẳ ẳ ữ ữ ỗ s ỗ AB NC + AN ữ= s ố ữ= AMC , ỗ ỗ ố ứ ứ 2 · · MBC = MAC Þ D BME : D AMC MH , MK hai đường cao tương ứng nên: AC BE , chứng minh tương tự ta có: = MK MH AB CE BC AC AB Cộng hai đẳng thức ta có: = = + MI MH MH MK 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 để tạo tam giác đồng dạng giữ = DMC hai đường cao tương ứng (Phần lời giải xin dành cho bạn đọc) Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung A PHƯƠNG PHÁP GIẢI - Số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung (tại điểm đường tròn) nửa số đo cung bị chắn · · - Trên hình vẽ: sđBAC = sđxBC = ¼ sđBC B VÍ DỤ ( ) Ví dụ Giả sử A B hai điểm phân biệt đường tròn O 49 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) 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 = K B Lời giải: Do MB / / AC nên · · (1), ta lại có BMC = ACM · · · ACM = ACE = MAE ¼ ) (2) Từ (1) (2) (cùng chắn AE MK EK hay MK = AK EK = AK MK · · » ) Từ (3) Ta thấy EAB (cùng chắn BE = EBK suy D K ME : D K AM (g.g) Þ BK EK hay BK = AK EK (4) Từ = AK BK 2 (3) (4) suy MK = K B nghĩa MK = MB (đpcm) D EBK : D BAK (g.g) Þ ( ) Ví dụ Cho đường tròn C (C ) tâm O , AB dây cung 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 tròn ngoại tiếp tam giác BPQ ln qua điểm cố định khác B 50 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Lời giải: · · º ), nên D API : D AIQ (g.g) Ta có PQI (cùng chắn PI = PIA Suy AP AI = Þ AP AQ = AI (khơng đổi) Giả sử đường tròn AI AQ ngoại tiếp tam giác BPQ cắt AB D ( D ¹ B) Khi D ADP : D AQB , suy AD AP = hay AD.AB = AP AQ = AI AQ AB (khơng đổi) Do điểm D điểm cố định (đpcm) · Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H BAC = 600 Gọi M , N , P theo thứ tự chân đường cao kẻ từ A, B,C tam giác ABC I trung điểm BC a) Chứng minh tam 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 IN = IP = BC nên tam giác 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 = 2PBN = 600 Vậy tam giác INP 51 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Rõ ràng bốn điểm I , M , E K nằm đường tròn đường kính AI c) Từ điều kiện toán ta thấy AI tia phân giác · BAC = 600 , mà I trung điểm BC nên tam giác ABC · Từ suy BCP = 300 Ví dụ 4) Cho tam giác cân ABC ,(AB = AC ) Gọi O trung điểm BC Dựng đường tròn (O) 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 SD ABC không đổi nên SD APQ lớn SBPQC nhỏ nhất, sở để ta làm xuất biểu thức có liên quan đến BP ,CQ Ta có AB, PQ, AC tiếp tuyến điểm D, M , E (O) nên ta có: AB ^ OD, PQ ^ OM , AC ^ OE , BD = CE Từ ta tính được: 1 SBPQC = R ( BP + PQ + CQ ) = R ( BD + 2DP + 2EQ + CE ) 2 = R.( BD + DP + EQ ) = R ( BP + CQ - BD ) ( ) 1· µ =B µ = Cµ nên DOE = 1800 - A 2 · · · · · · suy BOP = 1800 - POQ - QOC = 1800 - QCO - QOC = CQO · Mặt khác ta có: POQ = 52 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Û D BPO : D COQ Þ BP BO BC Theo = Û BP CQ = BO.CO = CO CQ bất đẳng thức Cơ si ta có: BP + CQ ³ BP CQ = BC Þ SBPQC ³ R.( BC - BD ) Vậy SBPQC nhỏ BP = CQ Û M trung điểm cung DE Chủ đề Góc có đỉnh ngồi đường tròn KIẾN THỨC CẦN NHỚ ( ) *) Với đỉnh A nằm đường tròn O ta có góc với đỉnh đường tròn (hình) Số đo góc nửa tổng số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc tia đối hai cạnh » » sđBE + sđCD · + sđBAE = » » sđBD + sđCE · + sđBAD = ( ) *) Với đỉnh A nằm ngồi đường tròn O ta có số đo góc nằm ngồi đường tròn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn + Trên hình vẽ ta có: 1ỉ ¼ · ¼ ữ sCAE = ỗ sEmC - sBnD ữ ỗ ứ 2è Cần lưu ý đến trường hợp sau: + Với đỉnh A nằm ngồi đường tròn 53 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC (O) AD tếp tuyến (O) , qua A vẽ cát tuyến cắt đường tròn 1ỉ ¼ · ¼ BC , thỡ CAD ữ = ỗ sCmD - sBnD ữ ỗ ứ 2ố + Vi Vi nh A nằm ngồi đường tròn (O) AB, AC tếp tuyến (O) , ( A, B tip im) thỡ 1ổ ẳ ã ẳ ữ BAC = ỗ sBmC - sBnC ỗ ữ ứ 2ố Áp dụng góc có đỉnh ngồi đường tròn A PHƯƠNG PHÁP GIẢI Cũng phần góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, định lý hệ góc có đỉnh nằm nằm ngồi đường tròn giúp tìm mối quan hệ số đo góc, chứng minh đường song song, tam giác nhau, tam giác đồng dạng với nhau, hai đường thẳng vng góc với B VÍ DỤ ( ) Ví dụ ) 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 A1C B1D1 vng góc với Lời giải: Gọi I giao điểm A1C B1D1 ; a, b, g, d theo thứ tự số đo » , BC » , DA » Khi a + b + g + d = 3600 ¼ ,CD cung AB · IB góc có đỉnh nằm Xét góc A 1 54 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) đường tròn O Ta có · IB = 1ỉ ¼BB + sđC ¼DD ữ ỗ A sA 1 ỗ 1 1ứ ữ ố 1ổ ẳ ẳ + sC ẳ D + sDD ẳ ữ = ỗ sA1B + sBB ữ ỗ 1 1ứ 2ố = ^ B1D1 (đpcm) a + b + g + d) = 900 Nghĩa AC ( 1 Ví dụ Cho bốn điểm A, D,C , B theo thứ tự nằm đường tròn 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 K A, K B với DC M N Tìm giá trị lớn MN K di động cung nhỏ CD Lời giải: ( ) a) Kẻ OH ^ CD H Ỵ CD , ta thấy OH đường trung bình hình thang ABFE , suy OH = AE + BF = R ( ) Từ tam giác OCD đều, · · CD = 600 Ta thấy · suy sđCOD = sđK AIB có đỉnh nằm ngồi ( ) đường tròn O nên 55 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 1ỉ ¼ · ¼CD 0 ữ sAIB = ỗ sAmB - sK ữ= 180 - 60 = 60 ỗ ố ứ 2 b) Ta thấy D AEM : D NFB suy EM NF = AE BF (khơng đổi) MN lớn EM + NF nhỏ Theo trên, EM NF không đổi nên EM + NF nhỏ ( ) EM = FN = AE BF Vậy giá trị lớn MN EF - AE BF · Ví dụ 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 ( ) 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 · Do AD phân giác BAC ¼ = sđDN ¼ Ta có nên sđDM 1ỉ ¼ 1ỉ ¼ · · » » ÷ ÷ MBC = MBD = ỗ sDM - sDP = ỗ sDN - sDP ữ ữ ỗ ỗ ứ ứ 2ố 2ố » · · (đpcm) = sđNP = NAP = EAB 56 AC , P PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · b) Từ kết câu a, ta thấy EBP Từ D EBP : D EAB = EAB (g.g), suy BE EA hay BE = EP EA (đpcm) = EP BE ( ) Ví dụ Trên đường tròn O ta lấy điểm A,C 1, B, A1,C , B1 theo thứ tự a) Chứng minh đường thẳng AA1, BB1,CC đường phân giác tam giác ABC chúng đường cao D A1B1C b) CHứng minh đường thẳng AA1, BB1,CC đường cao tam giác ABC chúng đường phân giác tam giác D A1B1C ( ) ( ) ( ) c) Giả sử T1 T hai tam giác nội tiếp đường tròn O , đồng ( ) thời đỉnh tam giác T điểm ( ) cung đường tròn bị chia đỉnh tam giác T1 Chứng minh hình lục giác giao tam giác (T ) (T ) đường chéo nối đỉnh đối song song với cạnh ( ) tam giác T1 đồng quy điểm Lời giải: 57 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC a) Ta chứng minh AA1 ^ B1C Thật vậy, gọi M giao điểm AA1 B1C , đó: 1ỉ ¼ 1ỉ ¼ · ¼ ö ¼BC ö ¼ B + sđBC ữ ữ ỗ AMB = ỗ sAB1 + sA sAB1 + sA ữ= ố ữ ỗ ỗ 1 1ứ 1ø è 2 ( ) · · · AB + BCC · · · = ABB +A = ABC + CAB + BCA = 900 (đpcm) 1 ;CC ^ A1B1 Chứng minh tương tự ta có BB1 ^ AC 1 b) Gọi M giao điểm BB1 AC Ta có · A = 1ỉ ¼ B + sAC ã ã C (1) ẳ ữ= BCA ç BM sđAC + AC ç 1 ø 1 ÷ è · Lại có BM 2A = 1ỉ ¼ ¼C · · C C (2) Vỡ ữ= BCA ỗ sAC 1B + B +B ỗ 1 ÷ ø 2è · A = BM · A = 900 , nên từ (1) (2) suy AC · A =B · C C Tức BM 1 1 · B CC chứa đường phân giác AC 1 Chứng minh tương tự, ta thu AA1 chứa đường phân · AC , BB chứa đường phân giác A · BC giác B 1 1 1 58 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) c) Kí hiệu đỉnh tam giác T1 A, B C ; A1, B1 C ( ) » » tương ứng Khi T ¼ ,CA điểm cung BC AB tam giác A1B1C Các đường AA1, BB1,CC 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 AK I · IA = K · AI = IAC · cân K Từ K , dẫn đến IK / / AC (đpcm) Dạng Áp dụng giải tốn quỹ tích dựng hình A PHƯƠNG PHÁP GIẢI Khái niệm cung chứa góc giúp giải nhiều tốn quỹ tích, dựng hình, chứng minh nhiều điểm thuộc đường tròn B VÍ DỤ ( Ví dụ Cho tam giác cân ABC AB = AC ) D điểm ( ) cạnh BC Kẻ DM / / AB ( M Ỵ AC ), DN / / AC N Ỵ AB Gọi D ' điểm đối xứng D qua MN Tìm quỹ tích điểm D ' điểm D di động cạnh BC Lời giải: 59 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Phần thuận: Từ giả thiết đề ta thấy NB = ND = ND ' ,(1) ba điểm B, D, D ' nằm đường tròn tâm N Từ · 'D = DMC · · · · (2) Lại có BND , nên từ (1) BD = DMC = BAC · 'C = BAC · (2) suy BD (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 ¼ 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 tốn, sau phần thuận, trước phần đảo ta thêm phần giới hạn quỹ tích (Bạn đọc tham khảo thêm phần quỹ tích cuối sách này) 60 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) Ví dụ Cho đường tròn O dây cung BC cố định Gọi A ( ) điểm di động cung lớn BC đường tròn O ( A khác B , · cắt đường tròn ( O ) điểm A khác C ) Tia phân giác ACB 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 K AC cân b) Chứng minh đường thẳng AI qua điểm J cố định c) Trên tia đối tia AB lấy điểm M cho AM = AC Tìm quỹ tích điểm M A di động cung lớn BC đường ( ) tròn O Lời giải: a) Ta cú 1ổ ằ ã ẳ ữ DBK = ç sđDA + sđAK ÷; ç ø 2è 1ỉ » ã ẳC ữ sDIB = ỗ sBD + sK ữ ỗ ố ứ ằ + sDA ằ v D DBI cân D Vì sđBD ¼ C + sđAK ¼ Suy AK = CK nên sđK hay D K AC cân K (đpcm) b) Từ kết câu a, ta thấy I tâm đường tròn nội tiếp D ABC nên đường thẳng AI ln qua điểm J (điểm ¼ khơng chứa A ) Rõ ràng J điểm cố định cung BC 61 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · c) Phần thuận: Do D AMC cân A , nên BMC = 1· BAC Giả sử · số đo BAC 2a (không đổi) A di động cung lớn BC M thuộc cung chứa góc a dựng đoạn BC phía điểm O ( ) Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn O cắt cung chứa góc a º (một vẽ đoạn BC điểm X Lấy điểm M Cx ( ) phần cung chứa góc a vẽ đoạn BC M ¹ X ;M ¹ C ( ) Nếu MB cắt đường tròn O A rõ ràng A thuộc cung lớn BC đường tròn ( O ) Vì · · BAC = 2a;AMC = a suy D AMC cân A hay AC = AM º , phần cung Kết luận: Quỹ tích điểm M cung Cx chứa góc a vẽ đoạn BC phía O trừ hai điểm C X Ví dụ Cho trước điểm A nằm đường thẳng d hai điểm C , D thuộc hai nủa mặt phẳng đối bờ d Hãy dựng điểm · · B d cho ACB = ADB Lời giải: *Phân tích: Giả sử dựng điểm B d cho · · Gọi D ' điểm đối xứng D qua d Khi ACB = ADB · · 'B , ACB · · 'B Suy C D ' nằm ADB = AD = AD 62 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC nửa cung chứa góc dựng đoạn AB Từ ta thấy B giao điểm d với đường tròn ngoại tiếp D ACD ' *Cách dựng: Dựng điểm D ' điểm đối xứng D qua đường thẳng d Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD ' ( ) Dựng giao điểm B đường thẳng d với đường tròn ACD ' *Chứng minh: Rõ ràng với cách dựng trên, ta có · · 'B = ADB · ACB = AD *Biện luận: Nếu ba điểm A,C , D không thẳng hàng, ba điểm thẳng hàng CD không vng góc với d tốn có nghiệm hình + Nếu ba điểm A,C , D thẳng hàng d đường trung trực đoạn CD tốn có vơ số nghiệm hình + Nếu ba điểm A,C , D thẳng hàng, d ^ CD d khơng phải đường trung trực CD tốn khơng có nghiệm hình Lưu ý: Khái niệm cung chứa góc áp dụng để chứng minh nhiều điểm thuộc đường tròn Ví dụ để chứng minh bốn điểm A, B,C , D nằm đường tròn, ta chứng minh hai điểm A B nhìn CD hai góc Nói cách khác, tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh lại hai góc bốn đỉnh tứ giác thuộc đường tròn 63 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ví dụ Giả sử AD đường phân giác góc A tam giác ABC ( D Ỵ BC ) Trên AD lấy hai điểm M N cho · · BM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM ABN = CBM 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 , từ suy ACN = ACM = BCM Lời giải: · · · · ¼ ); BEC a) Ta có BFC (cùng chắn cung BN (cùng = BAN = CAN · · · · ¼ ), mà BAN chắn CM , suy BFC = CAN = BEC Từ bốn điểm B,C , E , F nằm đường tròn (đpcm) · · b) Từ kết trên, ta có CFE Do hai tia FA FE = NFA trùng nghĩa ba điểm A, E , F thẳng hàng (đpcm) · · · · · · c) Vì BCF ACM nên BEF Từ = BEF = BEF = ACM · · · · suy ACM , dẫn đến ACN (đpcm) = BCF = BCM 64 ... đường kính AE đường tròn O Ta thấy ACE = 90 0 (góc · · nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ OAC + AEC = 90 0 (1) · · Theo giả thiết ra, ta có: BAH + ABC = 90 0 (2) Lại · · ¼ ) (3) (cùng chắn AC AEC... điểm O Chứng minh · AO tia phân giác góc BAC Lời giải: · Vì O tâm hình vng nên BOC = 90 0 · Lại có BAC = 90 0 suy bốn điểm A, B,O,C nằm đường tròn đường kính BC 44 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI... ¼ ) Mà Đối với đường tròn ta thấy BAO (cùng chắn BO = BCO · · · BCO = 450 Þ BAO = 450 Do BAC = 90 0 , nên · · · · · , nghĩa AO tia CAO = BAC - BAO = 450 Vậy BAO = CAO · phân giác góc vng BAC