Toán Lớp 9: Chương 3. Góc Với Đường Tròn

PHƯƠNG PHÁP GIẢI Cũng như phần góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, các định lý và hệ quả của góc có đỉnh nằm trong hoặc nằm ngoài đường tròn giúp chúng ta tìm m[r]

CHƯƠNG 3: GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN

KIẾN THỨC CƠ BẢN

- Góc

·ABE

có đỉnh

A

nằm đường tròn

( )

O

cạnh cắt đường trịn gọi góc nội tiếp (Hình) Trong trường hợp góc nội tiếp có số đo khơng vượt q

90

0 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

Trên hình vẽ ta có:

·

·

·

¼

đ

1

s

2

ABE

=

ADE

=

ADE

=

AE

- Cho đường tròn

( )

O

dây cung

AB

Từ điểm

A

ta kẻ tiếp tuyến

Ax

với đường trịn,

·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 :

·

·

đ

1

đ

s

s

2

BAx

=

AmB

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 trịn A PHƯƠNG PHÁP GIẢI

- Hai góc chắn cung nửa số đo cung bị

chắn Trên hình vẽ:

·

·

¼

đ

đ

1

đ

s

s

s

2

ABD

=

ACD

=

AD

- Các góc chắn hai cung Trên hình vẽ:

¼

»

·

·

đ

đ

đ

đ

s

s

s

s

AD

=

CD

Û

AD

=

CD

Û

ABD

=

CAD

.

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:

Lại có

BAC =

·

90

0 suy bốn điểm

A B O C

, , ,

nằm đường trịn đường kính BC

Đối với đường trịn ta thấy

BAO

·

=

BCO

·

(cùng chắn BO¼ ) Mà · 450 · 450

BCO= Þ BAO = Do

BAC =

·

90

0

, nên

·

·

·

45

0

CAO

=

BAC

-

BAO

=

Vậy

BAO

·

=

CAO

·

, nghĩa

AO

tia 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 trịn

( )

O

Ta thấy

ACE =

·

90

0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Từ OAC· +AEC· =900 (1)

Theo giả thiết ra, ta có: BAH· +ABC· =900 (2) Lại

AEC

·

=

ABC

·

(cùng chắn AC¼ ) (3)

Lưu ý: Cũng giải tốn theo hướng sau: Gọi

D

giao điểm tia

AH

với đường tròn

( )

O

, chứng tỏ tứ giác

BDEC

hình thang cân Từ suy

s

đ

BD

»

=

s

đ

CE

»

, dẫn đến

BAD

·

=

CAE

·

, hay

BAH

·

=

OAC

·

.

Ví dụ Cho tam giác đều

ABC

nội tiếp đường tròn

( )

O

Trên cung BC¼ khơng 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

=

PB

Chứng minh

D

PDB

b) Chứng minh PA =PB +PC

c) Chứng minh hệ thức

1

1

1

PQ

=

PB

+

PC

.

Lời giải:

a) Trước tiên ta nhận thấy tam giác

PBD

cân

P

Mặt khác,

·

·

·

60

0

BPD

=

BPA

=

BCA

=

(hai góc nội tiếp chắn AB» đường

minh

DA

=

PC

Thật vậy, xét hai tam giác

BPC

BDA

có:

BA

=

BC

(giả thiết),

BD

=

BP

(do tam giác

BPD

đều) Lại ABD· +DBC· =600 , PBC· +DBC· =600 nên

ABD

·

=

PBC

·

Từ

D

BPC

= D

BDA

(c.g.c), dẫn đến

DA

=

PC

(đpcm)

c) Xét hai tam giác

PBQ

PAC

ta thấy

·

0

60

BPQ =

,

·

·

60

0

APC

=

ABC

=

(hai góc nội tiếp chắn cung AC¼ ) suy ra

·

·

,

·

·

·

BPQ

=

APC PBQ

=

PBC

=

PAC

(hai góc nội tiếp chắn PC¼ )

Từ

D

PBQ

:

D

PAC

(g.g)

PQ

PC

PB

PA

Þ

=

, hay

PQ PA

.

=

PB PC

.

Theo kết câu

b

, ta có

PA

=

PB

+

PC

nên

(

)

.

PQ PB

+

PC

=

PB PC

Hệ thức tương đương với

1

1

1

PQ

=

PB

+

PC

(đpcm).

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

Ví dụ 4) Cho tam giác

ABC

nội tiếp đường tròn

( )

O

Đường phân giác góc

A

cắt đường trịn 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· Mặt khác

CBD

·

=

CAD

·

(Góc nội tiếp chắn cung

CD

) mà

·

·

BAD

=

CAD

,

IBC

·

=

IBA

·

(Tính chất phân giác) suy

· · ·

IBD =ABI +BAI Nhưng

· · ·

BID =ABI +BAI (Tính chất góc ngồi) Như tam giác

BDI

cân tại

D

Þ

DB

=

DI

=

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

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

,

,

lần

lượt vng góc với

BC

AC

AB

MH

=

MK

+

MI

Giải:

ta nghỉ đến tam giác đồng dạng

và 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

Ta có

·

·

»

¼

¼

¼

·

đ

đ

1

1

2

2

BME

BMN

=

s AB

ố

ổ

ỗ

ỗ

+

AN

ử

ứ

ữ

ữ

ữ

=

s NC

ỗ

ổ

ố

ỗ

+

AN

ữ

ữ

ữ

ử

ứ

=

AMC

,

à Ã

MBC =MAC ị DBME : DAMC

MH MK

,

hai đường cao

tương ứng nên:

AC

BE

MK

=

MH

, chứng minh tương tự ta có:

AB

CE

MI

=

MH

Cộng hai đẳng thức ta có:

BC

AC

AB

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

·

=

DMC

·

để tạo tam giác đồng dạng giữ hai đường cao tương ứng (Phần lời giải xin dành cho bạn đọc)

2 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:

·

·

¼

đ

đ

1

đ

s

s

s

2

BAC

=

xBC

=

BC

B VÍ DỤ

Ví dụ 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

2

=

AK EK

.

MK

=

KB

Lời giải:

Do

MB

/ /

AC

nên

·

·

BMC

=

ACM

(1), ta lại có

·

·

·

ACM

=

ACE

=

MAE

(cùng chắn AE¼ ) (2) Từ (1) (2)

suy

D

KME

:

D

KAM

(g.g)

MK

EK

AK

MK

Þ

=

(g.g)

BK

EK

AK

BK

Þ

=

hay

BK

2

=

AK EK

.

(4) Từ (3) (4) suy ra

2

MK

=

KB

nghĩa

MK

=

MB

(đpcm).

Ví dụ 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

1 tâm

O

bán kính

OI

P

Q

Chứng minh

rằng tích

AP AQ

.

khơng đổi đường trịn ngoại tiếp tam giác

BPQ

qua điểm cố định khác

B

Lời giải: Ta có

PQI

·

=

PIA

·

(cùng chắn

ºPI

), nên

D

API

:

D

AIQ

(g.g) Suy

2

.

AP

AI

AP AQ

AI

AI

=

AQ

Þ

=

(khơng đổi) Giả sử đường tròn ngoại tiếp

tam giác

BPQ

cắt

AB

D

(

D

¹

B

)

Khi

D

ADP

:

D

AQB

, suy

AD

AP

AQ

=

AB

hay

AD AB

.

=

AP AQ

.

=

AI

2

(không đổi) Do điểm

D

điểm cố định (đpcm).

Ví dụ Cho tam giác nhọn

ABC

có trực tâm

H

BAC =

·

60

0 Gọi

, ,

các 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

1

2

IN

=

IP

=

BC

nên tam giác

INP

cân

I

Lại

B P N C

, , ,

nằm đường trịn tâm

I

, đường kính

BC

nên theo mối liên hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung, ta thấy

·

2

·

60

0

PIN

=

PBN

=

Vậy tam giác

INP

đều.

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 =

·

60

0, mà

I

trung điểm

BC

nên tam giác

ABC

Từ suy

·

30

0

BCP =

.

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

2

=

4

BP CQ

.

tìm vị trí điểm

M

để diện tích tam giác

APQ

lớn nhất.

Ta thấy SDABC không đổi nên APQ

S

D

lớn

S

BPQC 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

1

2

2

2

2

BPQC

S

=

R BP

+

PQ CQ

+

=

R BD

+

DP

+

EQ CE

+

(

)

(

)

.

R BD

DP

EQ

R BP

CQ

BD

=

+

+

=

+

-

Mặt khác ta có:

·

1

·

1

(

180

0

µ

)

µ

µ

2

2

POQ

=

DOE

=

-

A

=

B

=

C

nên suy

·

180

0

·

·

180

0

·

·

·

BOP

=

-

POQ QOC

-

=

-

QCO QOC

-

=

CQO

BPO

COQ

Û D

:

D

2

.

.

4

BP

BO

BC

BP CQ

BOCO

CO

CQ

Þ

=

Û

=

=

Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:

BP

+

CQ

³

2

BP CQ

.

=

BC

(

)

.

BPQC

S

R BC

BD

Þ

³

- Vậy

S

BPQC nhỏ

BP

=

CQ

Û

M

trung điểm cung

DE

*) Với đỉnh

A

nằm đường trịn

( )

O

ta có góc với đỉnh đường trịn (hình)

Số đo góc nửa tổng số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc tia đối hai cạnh

+

·

đ

»

đ

»

đ

s

s

s

2

BE

CD

BAE

=

+

+

·

đ

»

đ

»

đ

s

s

2

BD

CE

s BAD

=

+

*) Với đỉnh

A

nằm ngồi đường trịn

( )

O

ta có số đo góc nằm ngồi đường tròn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn

+ Trên hình vẽ ta có:

·

¼

¼

đ

1

đ

đ

s

s

s

2

CAE

=

ổ

ỗ

ỗ

EmC

-

BnD

ử

ữ

ữ

ữ

è

ø

Cần lưu ý đến trường hợp sau: + Với đỉnh

A

nằm đường tròn

( )

O

AD

tếp tuyến

( )

O

, qua

A

vẽ cát tuyến cắt đường trịn ,

BC

Ã

1

s

ẳ

s

ẳ

2

CAD

=

ổ

ỗ

ỗ

CmD

-

BnD

ư

÷

÷

÷

è

ø

( )

O

AB AC

,

tếp tuyến

( )

O

,

(

A, B

tiếp điểm)

Ã

1

s

ẳ

s

ẳ

2

BAC

=

ổ

ỗ

ỗ

BmC

-

BnC

ư

÷

÷

÷

è

ø

3 Áp dụng góc có đỉnh ngồi đường trịn.

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 trịn 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 trịn

( )

O

cho điểm

A B C D

, , ,

theo thứ tự Gọi

1, , ,1 1

A B C D

điểm cung

AB BC CD

,

,

DA

Chứng minh đường thẳng AC1 1 B D1 1 vng góc với nhau

Lời giải: Gọi

I

giao điểm AC1 1 B D1 1;

a b g d

, , ,

theo thứ tự số đo

các cung AB BC CD DA» ,¼ ,» ,» Khi

0

360

a

+ + + =

b

g d

Xét góc

·

1

A IB

góc có đỉnh nằm đường trịn

( )

O

Ta có

·

¼

¼

đ

đ

1 1 1

1

s

s

2

¼

¼

¼

¼

đ

1

đ

1

đ

1

đ

1

1

s

s

s

s

2

A B

BB

C D

DD

ổ

ử

ữ

ỗ

=

ỗ

+

+

+

÷

÷

è

ø

(

)

1

90

4

a

b

g

d

=

+ + +

=

Nghĩa AC1 1^B D1 1

(đpcm).

Ví dụ Cho bốn điểm

A D C B

, , ,

theo thứ tự nằm đường trịn tâm

O

đường kính

AB

=

2

R

(

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

3

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

(

Ỵ

CD

)

, ta thấy

OH

đường trung bình hình thang

ABFE

,

suy

(

)

1

3

2

2

R

OH

=

AE

+

BF

=

Từ tam giác

OCD

đều,

suy sđCOD· =sđK CD· =600.Ta thấy

·AIB

có đỉnh nằm ngồi đường trịn

( )

O

nên

·

¼

¼

(

)

đ

1

đ

đ

1

0

s

s

s

180

60

60

2

2

AIB

=

ố

ổ

ỗ

ỗ

AmB

-

KCD

ữ

ữ

ử

ữ

ứ

=

-

=

đó

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

-

2

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

AC

,

P

giao điểm thứ hai

( )

T

BM

,

E

giao điểm

AP

BC

a) Chứng minh

EAB

·

=

MBC

·

b) Chứng minh hệ thức

BE

2

=

EP EA

.

Lời giải:

a) Gọi

N

giao điểm thứ hai

AB

với đường tròn

( )

T

Do

AD

phân giác

·BAC

nên

s

đ

DM

¼

=

s

đ

DN

¼

Ta có

·

·

1

s

đ

¼

s

đ

»

1

s

đ

¼

s

đ

»

2

2

MBC

=

MBD

=

ỗ

ố

ỗ

ổ

DM

-

DP

ứ

ữ

ữ

ữ

ử

=

ỗ

ổ

ỗ

ố

DN

-

DP

ữ

ữ

ữ

ứ

ử

»

·

·

đ

1

s

2

NP

NAP

EAB

=

=

=

(đpcm) b) Từ kết câu a, ta thấy

EBP

·

=

EAB

·

Từ

D

EBP

:

D

EAB

(g.g),

suy

BE

EA

EP

=

BE

hay

BE

2

=

EP EA

.

Ví dụ Trên đường tròn

( )

O

ta lấy điểm A C B A C B, , , , ,1 1 theo thứ tự

đó

a) Chứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đường

phân giác tam giác

ABC

chúng đường cao

1 1

A B C

D

b) CHứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đường cao

của tam giác

ABC

chúng đường phân giác tam giác

1 1

A B C

D

a) Ta chứng minh AA1^B C1 1 Thật vậy, gọi

M

giao điểm AA1 và 1

B C

, đó:

·

đ

¼

đ

¼

đ

¼

đ

¼

đ

¼

1 1 1 1

1

1

s

s

s

s

s

2

2

AMB

=

ỗ

ố

ỗ

ổ

AB

+

A BC

ữ

ử

ữ

ứ

ữ

=

ố

ổ

ỗ

ỗ

AB

+

A B

+

BC

ư

÷

÷

÷

ø

·

·

·

(

·

·

·

)

1 1

1

90

2

ABB

A AB

BCC

ABC

CAB

BCA

=

+

+

=

+

+

=

(đpcm) Chứng minh tương tự ta có BB1^AC CC1 1; 1^A B1 1.

b)

Gọi M1 giao điểm BB1

AC

Ta có

·

đ

¼

đ

¼

·

·

1 1 1

1

s

s

2

BM A

=

ỗ

ổ

ỗ

ố

AC B

+

AC

ư

÷

÷

÷

ø

=

BCA

+

AC C

(1)

Lại có

·

¼

¼

·

·

đ

2 1 1

1

s

2

BM A

=

ỗ

ổ

ỗ

ố

AC B

+

B C

ử

ứ

ữ

ữ

ữ

=

BCA

+

B C C

(2) Vì

·

·

1

90

BM A

=

BM A

=

, nên từ (1) (2) suy

·

·

1 1

AC A

=

B C C

Tức

1

CC

chứa đường phân giác

·

1 1

AC B

Chứng minh tương tự, ta thu AA1 chứa đường phân giác của

·

1 1

B AC

, BB1 chứa đường phân giác

·

1 1

A B C

c) Kí hiệu đỉnh tam giác

( )

T

1

A B

,

C

; A B1, 1 C1 điểm

chính cung BC CA¼ ,» »AB tương ứng Khi

( )

T

2 tam giác

1 1

A B C

Các đường AA BB CC1, 1, 1 chứa đường phân giác tam giác

( )

T

1 nên chúng đồng quy điểm

I

Giả sử

K

giao điểm

AB

và 1

B C

Ta cần chứng minh

IK

/ /

AC

Thật vậy, ta thấy tam giác AB I1 cân B1 nên tam giác

AKI

cân

K

Từ

KIA

·

=

KAI

·

=

IAC

·

, 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 trịn

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

Phần thuận: Từ giả thiết đề ta thấy

NB

=

ND

=

ND

'

,(1) ba

điểm

B D D

, , '

nằm đường tròn tâm

N

Từ

·

'

1

·

2

BD D

=

DMC

(2) Lại có

BND

·

=

DMC

·

=

BAC

·

, nên từ (1) (2) suy

BD C

·

'

=

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 BAC¼ 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

(Bạn đọc tham khảo thêm phần quỹ tích cuối sách này)

Ví dụ 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

sao 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

=

AC

Tìm quỹ tích điểm

M

A

di động cung lớn

BC

đường tròn

( )

O

Lời giải: a) Ta có

·

1

s

đ

»

s

ẳ

;

2

DBK

=

ổ

ỗ

ỗ

ố

DA

+

AK

ử

ữ

ữ

ữ

ứ

·

»

¼

đ

1

đ

đ

s

s

s

2

DIB

=

ổ

ỗ

ỗ

ố

BD

+

KC

ử

ứ

ữ

ữ

ữ

Vì

s

đ

BD

»

+

s

đ

DA

»

D

DBI

cân

D

b) Từ kết câu a, ta thấy

I

tâm đường tròn nội tiếp

D

ABC

nên đường thẳng

AI

qua điểm

J

(điểm cung BC¼ khơng chứa

A

) Rõ ràng

J

điểm cố định

c) Phần thuận: Do

D

AMC

cân

A

, nên

·

1

·

2

BMC

=

BAC

Giả sử số đo

·BAC

2a

(khơng 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 trịn

( )

O

cắt cung chứa góc a vẽ trên đoạn

BC

điểm

X

Lấy điểm

M

ºCx

(một phần cung chứa góc avà vẽ đoạn

BC M

(

¹

X M

;

¹

C

)

Nếu

MB

cắt đường trịn

( )

O

A

rõ ràng

A

thuộc cung lớn

BC

đường tròn

( )

O

Vì

·

2 ;

·

BAC

=

a

AMC

=

a

suy ra

AMC

D

cân

A

hay

AC

=

AM

Kết luận: Quỹ tích điểm

M

cung

ºCx

, phần cung 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

·

*Phân tích: Giả sử dựng điểm

B

d

cho

ACB

·

=

ADB

·

Gọi

'

D

điểm đối xứng

D

qua

d

Khi

ADB

·

=

AD B

·

'

, vậy

·

·

'

ACB

=

AD B

Suy

C

D

'

nằm 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

ACB

·

=

AD B

·

'

=

ADB

·

*Biện luận: Nếu ba điểm

A C D

, ,

không thẳng hàng, ba điểm thẳng hàng

CD

khơng vng góc với

d

tốn có nghiệm hình

+ Nếu ba điểm

A C D

, ,

thẳng hàng

d

đường trung trực đoạn

C

D

tốn có vơ số nghiệm hình

+ Nếu ba điểm

A C D

, ,

thẳng hàng,

d

^

CD

d

đường trung trực

C

D

tốn khơng có nghiệm hình

Lưu ý: Khái niệm cung chứa góc áp dụng để chứng minh nhiều điểm thuộc đường trịn Ví dụ để chứng minh bốn điểm

A B C D

, , ,

nằm đường trịn, ta chứng minh hai điểm

A

B

nhìn

CD

hai góc Nói cách khác, tứ giác có

Ví dụ Giả sử

AD

đường phân giác góc

A

tam giác

ABC

(

DỴ BC ) Trên

AD

lấy hai điểm

M

N

cho

ABN

·

=

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

·

Lời giải:

a) Ta có

BFC

·

=

BAN

·

(cùng chắn cung BN¼ );

BEC

·

=

CAN

·

(cùng chắn ¼

CM ), mà

BAN

·

=

CAN

·

, suy

BFC

·

=

BEC

·

.

Từ bốn điểm

B C E F

, , ,

nằm đường tròn (đpcm)

b) Từ kết trên, ta có

CFE

·

=

NFA

·

Do hai tia

FA

FE

trùng nghĩa ba điểm

A E F

, ,

thẳng hàng (đpcm)