Chuyên đề: đường tròn - Chuyên đề Toán 9 - Tài liệu học tập

+ Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó thì vuông góc với đoạn thẳng nối hai tiếp điểm tại trung điểm của đoạn thẳng đó.. Đường tròn tiếp xúc với 3 cạnh tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác[r]

(1)

hoc360.ne t

Truy cập Website: hoc360.net – Tải tài liệu học tập miễn phí

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ CHƯƠNG 2: ĐƯỜNG TRÒN

CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN

Định nghĩa: Đường trịn tâm Obán kính R0 hình gồm điểm cách

điểm Omột khoảng R kí hiệu (O; R) hay (O)

+ Đường tròn qua điểm A , A , ,A1 2 ngọi đường tròn ngoại tiếp đa

giác A A A1 2 n

+ Đường tròn tiếp xúc với tất cạnh đa giác A A A1 2 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 , A , ,A1 2 n thuộc

đường tròn ta chứng minh điểm A , A , ,A1 2 n cách điểm O cho

trước

Ví dụ 1) Cho tam giác ABCcó cạnh a AM, BN,CP đường

(2)

hoc360.ne t

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/

Tính bán kính đường trịn

Giải:

Vì tam giác ABC nên trung tuyến đồng thời đường cao

Suy AM, BN,CP vng góc với BC, AC,AB

Từ ta có tam giác BPC, BNC tam giác vuông

Với BC cạnh huyền, suy MPMNMB MC

Hay: Các điểm B,P, N,C thuộc đường trịn

Đường kính BC a , tâm đường trịn

Trung điểm Mcủa BC

Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có C D 90  Gọi M, N,P,Q trung

điểm AB, BD, DC,CA Chứng minh điểm M, N,P,Q thuộc

đường trịn Tìm tâm đường trịn

Giải:

P N

M C

B

(3)

hoc360.ne t

Kéo dài AD,CB cắt điểm Tthì tam giác TCD vng T

+ Do MN đường trung bình tam giác ABD nên NM / /AD

+ 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 trịn 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

O

Q

P N

M

D C

B

A

(4)

hoc360.ne t

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ Giải:

Vì tam giác ABC cân A nên tâm O vòng tròn ngoại tiếp tam giác

nằm đường trung trực BC.Gọi Klà giao điểm AO BM

Dưng đường trung tuyến MN, BPcủa tam giác ABM cắt trọng

tâm G.Do MN / /BCMNAO Gọi Klà giao điểm BM AO

K trọng tâm tam giác ABC suy GK / /AC

Mặt khác ta có OMAC suy GKOM hay K trực tâm tam giác

 

OMG MK OG Như tam giác BQG vuông Q Do tâm vịng

trịn ngoại tiếp tam giác GQB trung điểm I BG

Ví dụ 4) Cho hình thang vng ABCD có AB 90 0.BC2AD2a, Gọi

H hình chiếu vng góc B lên AC

M trung điểm HC Tìm tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam

giác BDM

Q I

P N

O M K G

C B

(5)

hoc360.ne t

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

Do MN / /1BCMN / /AD

2 nên ADMN hình bình hành suy

AN / /DM Từ ta có: DMBM hay tam giác DBM vng M nên

tâm vịng trịn ngoại tiếp tam giác DBM trung điểmO BD

Ta có RMO1BD1 AB2AD2 1 4a2a2 a

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 ta lấy

các điểm M, N cho AMDN

AH DC Chứng minh điểm M, B,C, N nằm

trên đường tròn

Gợi ý: BCN 90 0, chứng minh BMN 90

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, Dnằm đường tròn

O E

N

M H

D

C B

(6)

hoc360.ne t

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ Giải: H1 D K1 K N O J E B A O I H N M F E D C B A

Do ABCDEF lục giác nên OMCD,ONDEM,N,C, D nằm

đường trịn đường kính OD Vì tam giác OBN OAM nên điểm O cách

đều AM, BN suy OI phân giác góc AIN

Kẻ    

 

 1

OH AM

DH 2OH

DH AM (Do OH đường trung bình tam giác

1 DAH

Kẻ    

 

 1

OK BN

DK 2OK

DK BN (Do 1  

OK JO

DK JD với JADNB)

Do OKOHDH1DK1 suy D cách AM, BN hay ID phân

giác AINOID 90 Vậy điểm M,I,O, N, D nằm

một đường trịn đường kính OD

Ví dụ 6) Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm BC, N điểm

thuộc đường chéo AC cho AN1AC

(7)

hoc360.ne t

nằm đường tròn

Giải:

Ta thấy tứ giác MCDN có MCD 90 nên để chứng minh điểm

M, N,C, D nằm đường tròn ta chứng minh MND 90

Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC, AD E,F Xét

hai tam giác vuông NEM DFN EMNF1AB,ENDF1AB

4 từ

suy NEM DFN NMEDNF,MNE NDFMNE DNF 90  

Hay tam giác MND 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

K

F E

I N

M

D C B

(8)

hoc360.ne t

AB, BC,CA A , B ,C1 1 1 chân đường cao hạ từ đỉnh A, B,C

đến cạnh đối diện A , B ,C2 2 2 trung điểm HA,HB,HC Khi

điểm M, N,P, A , B ,C , A , B ,C1 1 1 2 2 2 nằm đường tròn gọi

đường tròn Ơ le tam giác

Giải:

P

N M

I Q

C2 B2

A2

H C1

B1

A1 C

B

A

a) Thật ta có MNA C2 21AC,

2 2 2

1

MA NC BH

2 mà BHAC

suy MNC B2 2 hình chữ nhật, tương tự ta có MPB C2 2, NPA B2 2 hình

chữ

nhật nên điểm M, N,P, A , B ,C , A , B ,C1 1 1 2 2 2 nằm đường

trịn có tâm trung điểm đường chéo hình chữ nhật Từ

đó 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

(9)

hoc360.ne t

Phân tích: M trung điểm BCM trung điểm HD (Bài toán

quen thuộc) X, Y, Z hình chiếu vng góc 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,Jlà trung điểm IK

Ta dễ chứng minh BHCD hình bình hành suy hai

đường chéo HD, BCcắt trung điểm M đường Vì



DX HI, DIHC suy K trực tâm tam giác IHD nên



KDI KHI HCD (chú ý HI / /CD) CHD KID (cùng phụ với góc



HDI) Từ suy KIDCHD

+ Mặt khác CM, DJ hai trung tuyến tương ứng tam giác CHD

KID, ta có DIJCHMJDIHCM Từ suy DJBC

Z hay Z thuộc đường trịn đường kính MJ Theo tốn ví dụ 6,

đường trịn đường kính MJ đường trịn Ơ le tam giác IHD Từ ta

có: X, Y, Z,Mđều nằm đường trịn 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

M

D E O K

J

Z Y X

H

C B

A

(10)

hoc360.ne t

sao cho MNBC Mnằm B,C Gọi D,E hình chiếu

vng góc M, N lên AC, 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 AC suy

ra HBC KMN ( góc đồng vị)

Tương tự ta có HCB KNM 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 kính AK Dễ

thấy E, D (AK) nên cácđiểm A, D,E,H thuộc đường trịn

Ví dụ 10) Cho tam giác ABC P điểm PA,PB,PC cắt đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC A , B ,C1 1 1 Gọi A , B ,C2 2 2 điểm đối xứng

với A , B ,C1 1 1 qua trung điểm BC,CA,AB Chứng minh rằng:

2 2

A , B ,C trực tâm Hcủa tam giác ABC thuộc đường tròn

Giải:

N E

M

D

K

C B

A

(11)

hoc360.ne t

+ Gọi Glà trọng tâm tam giác ABC,theo toán quen thuộc đường

trịn Ơ le G thuộc đoạn OH OG1OH

3 Gọi A , B ,C3 3

trung điểm BC,CA,AB Theo giả thiết A3 trung điểm A A1 2,

vậy G trọng tâm tam giác ABC AA A1 2 Gọi A , B ,C4 4 4

là trung điểm AA , BB ,CC1 1 1 Vì G trọng tâm tam giác AA A1 2

nên 

2

GA

GA Gọi K trung điểm OP AA1 dây cung

 4  1 4

(O) OA AA A thuộc đường tròn tâm Kđường kính OP hay



OP KA

2 (2)

+ Gọi I điểm thuộc tia đối GKsao cho GK1

GI 3(3) Từ (1) (3) suy

IH / /KO IH2KO OP Từ (2) (3) ta dễ thấy IA / /KA2 4

 

2

IA 2KA OP Từ suy IA2 IH hay A2I; IH Tương tự ta có

(12)

hoc360.ne t

 

 2

B ,C I; IH Hay A , B ,C ,H2 2 2 thuộc đường trịn tâm I bán kính



IH OP ta có điều phái chứng minh

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

1.Khi đường thẳng có hai điểm chung A, B với đường trịn (O) ta nói

đường thẳng cắt đường trịn hai điểm phân biệt Khi ta có kết quan trọng sau:

H

M B

A

O

H O

B A

M

+ OHABOH R,HA HB   R2OH2 Theo định lý Pitago ta có:

 

2 2

OH MO MH Mặt khác ta có: OH2R2AH2 nên suy

ra MO2MH2 R2AH2 MH2AH2 MO2R2

 

(MH AH) MH AH  MO2R2

+ Nếu M nằm ngồi đoạn AB MA.MB MO 2R2

+ Nếu Mnằm đoạn AB MA.MB R 2MO2

Mối liên hệ khoảng cách dây cung:  

2 2 AB

R OH

(13)

hoc360.ne t

2 Khi đường thẳng  có điểm chung Hvới đường trịn (O),

ta nói đường thẳng tiếp xúc với đường trịn, 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

O H

M

B A

O

H Δ

3 Khi đường thẳng  đường trịn (O) khơng có điểm chung ta nói

(14)

hoc360.ne t

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ Δ

H O

4 Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác đường tròn nội tiếp tam giác

Đường trịn nội tiếp có tâm giao điểm đường phân giác tam giác

5 Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác phần kéo dài hai cạnh

kia gọi đường tròn bàng tiếp tam giác

Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác góc A giao điểm hai

đường phân giác ngồi góc Bvà góc C

Mỗi tam giác có đường trịn bàng tiếp

CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN

Đường tròn bàng tiếp góc A Đường trịn nội tiếp ΔABC

O

O B

C A

P

N M

F

E D

C B

(15)

hoc360.ne t

Ví dụ 1) Cho hình thang vng ABCD (AB 90 ) có O trung điểm

của AB góc COD 90 Chứng minh CD tiếp tuyến đường tròn

đường kính AB

Giải:

Kéo dài OC cắt BD E COD 90 suy EOD 90 Xét tam giác

COD EOD ta có OD chung

       

OC OA

1 OC OD COD EOD

OD OB Suy DCDE hay tam 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 trịn đường kính AB

Ví dụ 2) Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi M, N hai điểm

trên cạnh AB,AD cho chu vi tam giác AMN 2a Chứng minh

đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định

E

H

D C

O

(16)

hoc360.ne t

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  Từ

đó ta suy MNC MECCMN CMB Kẻ CHMN

  

CH CB CD a Vậy D,H, B thuộc đường tròn tâm C bán kính CB a

suy MN ln tiếp xúc với đường trịn 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:

H

N

M E

D C

B A

α

1

x D

H C B

(17)

hoc360.ne t

Vì tam giác ABC cân A nên ta có: B C  Vì BxBAB2  900

Mặt khác ta có B1  900B1B2 Hai tam giác BHC BDC có

BC chung, B1B2 , BHBD R suy BHC BDC(c.g.c) suy

 

BHC BDC 90 Nói cách khác CD tiếp tuyến đường trịn (B)

Ví dụ 4) Cho tam giác ABC vuông A (AB AC)

đường cao AH Gọi E điểm đối xứng với B qua H Đường trịn tâm O

đường kính ECcắt AC K Chứng minh HK tiếp tuyến đường

tròn (O)

Giải:

Vì tam giác EKC có cạnh EC đường kính (O) nên EKC 90

Kẻ HIACBA / /HI / /EK suy AI IK từ ta có tam giác AHK cân

tại H Do K1B ( phụ với góc hai góc BAH,IHK )

3

1

I K

O E

H C

(18)

hoc360.ne t

Mặt khác ta có: K2 C3 ( tam giác KOC cân O) Mà

   0

3

B C 90 K K 90 suy HKO 90 hay HK tiếp tuyến

(O)

Ví dụ 5) Cho tam giác ABCvuông Ađường cao AH Vẽ đường trịn

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 trịn đường kính BC

Giải:

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DAB HAB,CAH CAE 

Suy  DAB CAE HAB CAH BAC 90 hay

     0

DAB CAE HAB CAH 180 D,A,Ethẳng hàng Gọi O trung điểm

của BC O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Mặt khác



AD AE nên OA đường trung bình hình thang vuông BDEC suy



OA DE A Nói cách khác DE tiếp tuyến đường trịn (O)

Đường kính BC

C O

H D

E

(19)

hoc360.ne t

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ 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 vịng trịn ngoại tiếp tam giác

c) Chứng minh:   

a b c

1 1

r h h h (h ; h ; h )a b c

đường cao kẻ từ đỉnh A, B,C tam giác A, B,C

Giải:

z

y

x

z y

x

r I

F

E D

C B

(20)

hoc360.ne t

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

a b c x y z

2

Lần lượt trừ vế phương trình (4) hệ cho

phương trình ta thu được:

                       

a b c

z p c

2 a c b

y p b

2 b c a

x p a

2

b) Ta có ABC  IAB IAC IBC     

1

S S S S r.AB r.AC r.BC r.2p p.r

2

c) Ta có

 

 a            

a b c a b c

p

1 a b c 1 1

S a.h , , a b c

2 h 2S h 2S h 2S h h h 2S S r

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN

Xét hai đường trịn (O; R),(O'; R ')

A) Hai đường tròn tiếp xúc nhau:

Khi hai đường trịn tiếp xúc nhau, xảy khả

(21)

hoc360.ne t

+ Điều kiện R R ' OO'  Tiếp điểm nằm đường nối tâm hai

đường tròn Đường nối tâm trục đối xứng hai đường trịn

Ví dụ 1: Cho hai đường trịn (O) (O') tiếp xúc ngồi A Qua A kẻ

một 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

D C

O' O

Y X

S R

Q P

K N M

O O'

C

(22)

hoc360.ne t

a) Do hai đường tròn (O) (O') tiếp xúc ngồi Anên A nằm

OO'.Ta có CAODAO' Lại có OCA OAD,O' AD O' DA  tam giác

COA, DO' A tam giác cân Từ suy OCA O' DA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 90 Mặt khác MPQ,PMN  phụ với

các góc OPM OMP nên MPQ PMN suy MNQP hình thang cân

(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

là 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 vng A, từ

(23)

hoc360.ne t

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ Ví dụ 2: Cho hai đường tròn (O; R) (O'; R ') tiếp xúc Avới



(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 BCvng 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 trịn  O1 có BA đường kính nên

BDA vng D Gọi I' giao điểm DA với CE AI'C 90 (1)

(vì so le với BDA) Lại có AIC nội tiếp đường trịn O2 có AC

đường kính nên tam giác AIC vng I, hay AIC 90 (2)

Từ (1) (2) suy I I' Vậy D, A,I thẳng hàng

5

4

2

E I

O2 O1

K D

C

(24)

hoc360.ne t

c) Vì tam giác DIE vng I có IK trung tuyến ứng với cạnh huyền

DE nên KD KI KE  D1I2 (1) Lại có D1C4 (2) phụ với



DEC C4C3 (3), O C O I2  2 bán kính đường trịn O2

Từ (1),(2),(3) suy I2 I3I 2I5 I5I3900 hay KIO2900 KI

vng góc với bán kính O I2 đường tròn O2 Vậy KI tiếp tuyến

của đường trịn O2

Ví dụ 3) Chứng minh rằng: Trong tam giác tâm vòng tròn ngoại tiếp

Otrọng tâm Gtrực tâm H nằm đường thẳng



HG 2GO(Đường thẳng Ơ le) Gọi R,r,d bán kính vịng tròn

ngoại tiếp nội tiếp khoảng cách hai tâm chứng minh d2 R2r2

(Hệ thức Ơ le)

Giải:

E

H'

M O H

G

D

C B

A

K

I O N

F

C B

(25)

hoc360.ne t

+ Kẻ đường kính AD đường trịn (O) ACD 90 0DCAC 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

GA HA trọng tâm tam giác 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 2d2 (Xem phần tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) Mặt

khác AF phân giác góc AFB FC FI  Kẻ đường kính

  

  0  1

FN FCN 90 FNC FAC A

2 Tam giác IAK,FNC hai tam giác

vng có góc nhọn nên đồng dạng với Từ suy

    

IA IK

IA.FC FN.IK IA.FC 2Rr

FN FC Hay  

2 2

d R r

B Hai đường tròn cắt nhau:

H

B A

(26)

hoc360.ne t

Khi hai đường trịn (O ),(O )1 2 cắt theo dây AB O O1 2AB

trung điểm H AB Hay AB đường trung trực O O1 2

Khi giải toán 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 trịn (O ; R),(O ; R)1 2 cắt A, B(O ,O1 2 nằm

khác phía so với đường thẳng AB) Một cát tuyến PAQ xoay quanh A

   

P O ,Q1  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

I O2

O1

Q K

A H

(27)

hoc360.ne t

Kẻ O H1 vng góc với dây PA PH HA 1PA

2

Kẻ O K2 vng góc với dây AQ AKKQ1AQ

2

Nên AHAK

Kẻ Ax / /O,H / /O K2 cắt O, O2 I O I1 IO2 AxPQ Từ suy

ra cách xác định vị trí cát tuyến PAQ cát tuyến PAQ vng góc

với IA A với I trung điểm đoạn nối tâm O O1 2

b) Trên hình, ta thấy PA HK

Kẻ O M2 O H1 tứ giác MHKO2 có ba góc vng nên hình chữ nhật

do HKMO2 Lúc O M2 đường vng góc kẻ từ O2 đến đường

thẳng O H,O O1 2 1 đường xiên kẻ từ O2 đến đường thẳng O H1

Nên O M O O2  1 2 hay PQ 2HK 2O M 2O O2  1 2 (không đổi) dấu đẳng

thức xảy M O hay PQ / /O O1 2 Vậy vị trí cát tuyến PAQ / /O O1 2

thì PQ có độ dài lớn

c) Qua A kẻ cát tuyến CAD vng góc với BA

Thì tam giác ABC ABD vng A nội tiếp đường tròn

 O1 , O2 nên O1 trung điểm BC O2 trung điểm BD

Lúc O O1 2 đường trung bình tam giác BCD nên O O / /CD1 2 suy

ra PQ 2O O 1 2 (1) (theo câu b)

Lại có BQBD (2), BPBC (3) Từ (1),(2),(3) suy chu vi tam giác

 

    1 2 1 2

BPQ,C PQ BQ BP O O R R (không đổi) Dấu có

 

(28)

hoc360.ne t

Vậy chu vi tam giác BPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PAQ vng góc

với dây BA A

d) Kẻ BNPQ BNBA

Lúc SBPQ 1BN.PQ1BA.CD

2 khơng đổi

Vậy SBPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PAQ vng góc với dây chung

BA A

Ví dụ Cho hai đường trịn (O ; R),(O ; R)1 2 cắt đường thẳng

1

O H cắt  O1 K,cắt (O )2 B , O H2 cắt  O1 C,cắt (O )2 D

Chứng minh ba đường thẳng BC, BD,HK đồng quy điểm

Q

P

O2

O1

D C

B

(29)

hoc360.ne t

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/ 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AE (1), HKAK (2)

Lại có tam giác HKD,HBD nối tiếp dường trịn O2 có cạnh HD đường

kính nên tam giác HKD vng K, tam giác HBD vuông B suy ra:



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

được đường thẳng vng góc với AD)

Vậy AC, BD,HK đồng quy E giao điểm AC BD

O2

H

K D

E

C

B

A

Định dạng
Số trang	29
Dung lượng	624,57 KB