On luyen HSG 9 co dap anst

AB là đoạn cho trước thì đường tròn đường kính AB là tập hợp những điểm M sao cho góc AMB = 90 0. Đường tròn đó được gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. - Trong một đường tròn , đ[r]

các tốn hình học có nhiều cách giải Dạng tốn chứng minh góc với đờng trịn qua nhiều cách giải tốn

Bài tốn 1: Cho  ABC nội tiếp đờng trịn tâm O, với AB > AC Kẻ đờng cao AH, bán kính OA Chứng minh OAH = ACB - ABC

Cách giải 1: Hình 1. Gợi ý:

- Kẻ OI AC cắt AH M

- ¸p dơng kiÕn thøc vỊ góc tam giác - Góc nội tiếp,góc tâm

Lời giải: Ta có:

OMH = ACB (góc có cặp cạnh tơng ứng vuông góc) 

AOM= ABC

(cïng b»ng

2sđAC ) Trong OAM thì: OMH = AOM + OAH

(Góc tam giác) Hay ACB = ABC + OAH   VËy: OAH = ACB - ABC  (Đpcm)

Cách giải 2: Hình 2.

Gợi ý: Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn A cắt BC D

Lêi gi¶i:

Ta cã: ABC = CAD   (1) (Cïng ch¾nAC )

 

OAH = ADC (2)

(góc có cặp cạnh tơng ứng vuông gãc) Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2)

Ta đợc: ABC + OAH = CAD + ADC   

Mµ CAD + ADC = ACB   (góc tam giác) ABC + OAH = ACB  

VËy: OAH = ACB - ABC (Đpcm) Cách giải 3: Hình 3.

Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD - Kẻ DK  BC Lời giải:

Ta cãDK // AH OAH = ODK   (1) (so le trong)

 

ABC = ADC (2) (gãc néi tiÕp cïng ch¾nAC ) Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2)

Ta đợc OAH + ABC = ODK + ADC = KDC     Mà: KDC = ACB

(góc có cặp cạnh tơng ứng vuông góc) OAH + ABC = ACB  

VËy OAH = ACB - ABC  (Đpcm) Cách giải 4: Hình 4

Gợi ý:

Lời giải:

Ta cã: OAH = KCB   (1)

(gãc có cặp cạnh tơng ứng vuông góc)



ABC = ADC (2) (gãc néi tiÕp chắn AC ) Cộng vế (1) (2)

Ta đợc: OAH + ABC = KCB + ADC    Mà: ADC = KCA  

(góc có cặp cạnh tơng ứng vuông góc)  OAH + ABC = KCB + KCA = ACB     VËy: OAH = ACB - ABC (Đpcm)

Cách giải 5: Hình 5. Gỵi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

- Gọi M giao điểm AH DC Lời giải:

Ta có: AMC = ACB (1)

(góc có cạnh cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ADM = ABC (2) (gãc néi tiÕp cïng ch¾nAC ) Trõ tõng vÕ cđa (1) vµ (2)

Ta đợc: AMC - ADM = ACB - ABC   

Mµ: AMC - ADM = OAH    (góc tam giác) Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)

Cách giải 6: Hình 6 Gợi ý:

Kẻ OI BC OK  AB Lêi gi¶i:

Ta cã: OAH = O   (1) (so le trong) ABC = O  1 (2)

(gãc có cặp cạnh tơng ứng vuông góc) Cộng vÕ cđa (1) vµ (2)

Ta đợc OAH + ABC = O + O     Mà O + O = ACB    (Cùng

2 s® AB )  OAH + ABC = ACB  

VËy OAH = ACB - ABC    (§pcm)

Cách giải 7: Hình 7 Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax đờng thẳng Ay // BC

Lêi gi¶i: Ta cã: OAH = xAy  (1) (góc có cặp cạnh tơng ứng vuông gãc)

 

ABC = BAy (2) (so le trong) Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2)

Mµ: xAB = ACB   (gãc néi tiÕp cïng ch¾nAB )  OAH + ABC = ACB  

VËy OAH = ACB - ABC    (§pcm)

Đây tốn có nhiều cách giải khác nhng toán việc sử dụng yếu tố vẽ thêm đờng phụ vấn đề quan cho việc tìm lời giải vấn đề khó học sinh toán giáo viên cần cho học sinh kiến thức vận dụng vào giải toán

- Kiến thức hai đờng thẳng song song, hai đờng thẳng vng góc - Góc nội tiếp, góc tâm, góc ngồi tam giác

Dạng chứng minh hai đoạn thẳng nhau,đờng thẳng song song,đồng quy

Bài toán 2: Trong hình vng ABCD đờng trịn đờng kính AD vẽ cung AC mà tâm D Nối D với điểm P cung AC, DP cắt đờng trịn đờng kính AD K Chứng minh PK khoảng cách từ P đến AB

Cách giải 1: Hình 1 Gợi ý :

- KỴ PI  AB

- Xét hai tam giác APK API Lời giải:

Kẻ PI AB

Xét APK tam gi¸c API

APK vng K ( Vì góc AKD = 900 góc nội tiếp chắn ng trũn

ng kớnh AD)

ADP cân D, AD = DP  P = DAP2 

Mặt khác P = DAP1  ( So le AD // PI ) Do đó: ^P

1=^P2 APK = API ( Cã chung c¹nh hun cặp góc nhọn ) PK = PI

Cách giải 2: Hình 2

Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác APK API cách ta chứng minh^P

1=^P2 Ta chứng minh ^A1=^A2 - Gọi F giao điểm AP với đờng tròn đờng kính AD

Lời giải: Ta có: AFD = 900 ( Góc nội tiếp chắn đờng trịn)

Tam giác ADP cân D có DF đờng cao nên DF phân giác suy ra: ^D

1=^D2 mµ^A

1=^D2 ;^D1=^A2Vì góc có cặp cạnh tơng ứng vng góc Suy ra: ^A

1=^A2 APK = API ( Có chung cạnh huyền mét cỈp gãc nhän b»ng )  PK = PI Cách giải 3: Hình 2.

Gi ý: - Cách giải chứng minh A = A  2 nhng việc chứng minh đợc áp dụng kiến thức khác

Lêi gi¶i: Ta cã IAK = ADK  ( Cã sè ®o b»ng 2s®AK

)

Mặt khác góc IAP góc tạo tiếp tuyến dây cung AP đờng tròn tâm D nên góc 

IAPb»ng

2 sè ®o góc tâm chắn cung góc ADP ^IAP =

 

1

ADP = IAK

2 Suy ra: ^A

1=^A2 APK =  API ( Cã chung cạnh huyền cặp góc nhọn )

 PK = PI

C¸ch giải 4: Hình 3 Gợi ý:

- Kộo dài K cắt đờng tròn tâm D E - áp dụng định lí góc tạo tiếp tuyến v dõy cung

Lời giải: DK AE nên AP = PE  Gãc BAE (gãc t¹o bëi tiếp tuyến

dây cung AE )Vì AP lại qua điểm cung AE nên AP tia phân giác góc BAE Suy ra: ^A

1=^A2  APK =  API

( Có chung cạnh huyền cặp góc nhọn b»ng )  PK = PI

Đối với toán để chứng minh hai đoạn thẳng PK PI ta chứng minh APK =  API vấn đề giáo viên cần cho học sinh t vận dụng sáng tạo kiến thức :

- Trờng hợp tam giác vuông - Góc tạo tiếp tuyến dây cung

- Gãc néi tiÕp

Bài giải:

Gọi O giao điểm BD CF Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng Ta có DAB = CAF (bài to¸n 1)

⇒ ∠ B1 = ∠ F1 ⇒ AOBF néi tiÕp

⇒ ∠ O1 = ∠ B2 = 600 ∠ O2 = ∠ A1 = 600 ⇒ ∠ AOB = 1200 (1) T¬ng tù: ∠ AOC = 1200

⇒ ∠ BOC = 1200

Mµ ∠ BFC = 600 ⇒ BOCE néi tiÕp

⇒ ∠ O3 = ∠ C1 = 600 (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ ∠ AOF = 1800

⇒ A; O; E thẳng hàng Hay AE; BD; CF đồng quy

1

1

1

2

B C

A

D

E F

O

Qua ta nhận thấy góc AOB; BOC; COA có số đo 1200 Từ ta xây dựng toán dựng hình quen thuộc sau :

Bài toán 4:

Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABF; ACD vuông cân A Chøng minh r»ng CF = BD; CF BD

H

íng dÉn gi¶i: + CF = BD (tơng tự nh toán 1) + CF BD:

Do Tø gi¸c AOBF néi tiÕp

⇒ ∠ BOF = ∠ BAF = 900

B C

A

D

F

O

TiÕp tục toán Gọi M; N; I lần lợt trung điểm BF; CD; BC, ta có:

IM đờng TB tam giác BCF nên: IM // =

2 CF (1) T¬ng tù ta cã:

IN // =

2 BD (2) Mµ: CF = BD (3)

B C A

D

F

O

N M

I

NhËn xÐt AMB ANC vuông cân M N Từ ta có toán tiếp Bài toán 5:

Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân N Gọi I trung điểm BC IMN tam giác gì?

Nếu học sinh lần đầu gặp toán mà cha gặp dạng khó giải em

B C

A

N M

I

Bài tốn diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh cách thay tam giác vuông cân ABM, CAN hình vng ABDE ACHF ta đợc tốn đơn giản hơn.Ta có tốn tiếp sau :

Bài toán 6: Cho tam giác ABC, dựng phía tam giác hình vuông ABDE ACHF

a.Chøng minh r»ng:

BF = CE vµ BF CE

b.Gọi I, J lần lợt tâm hai hình vng M trung điểm BC Chứng minh Δ MIJ tam giác vuông cân

B C

A

H F

E

D

I

J

Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) M ; N ; P lần lợt cá điểm cung nhỏ AB ; BC ; CA  MN NP cắt AB AC theo thứ tự R S

Chứng minh rằng: RS // BC RS qua tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ABC Cách giải 1: Hình 1.

Gợi ý: Đây tốn hình tơng đối khó học sinh khơng có t tốt hình học Khi đa tốn việc

vẽ hình vấn đề khó em

đã khơng tìm đợc lời giải Dới hớng dẫn thầy Ta có AN; BP AN tia phân giác

tam giác ABC Gọi I giao điểm đờng phân giác Khi ta có I tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ABC Để chứng minh cho RS // BC I  RS ta chứng minh IR // BC ; IS // BC sử dụng tiên đề đờng thẳng song song để suy điều phải chứng minh

Sau thời gian ngắn học sinh tìm đợc lời giải cho toán

Và lời giải ngắn mà thầy tìm Lời giải:

XÐt NBI ta cã: IBN = B + B   3 mµ

 2 CP B =

2  3 

B = NAC (Gãc néi tiÕp ch¾n cung NC ) 

NAC =  BAC

2

 A B  IBN =

2 

;   1  1

BIN = A + B =   A B

2 

( Gãc ngoµi cđa tam gi¸c ABI )

Suy : IBN = BIN  NBI cân N  N thuộc trung trực đoạn thẳng BI Ta chứng minh đờng trung trực đoạn thẳng RN

Gọi H giao điểm MN PB Ta cã 

BHN =

2s® BN + AM + AP    =

  

s®BC + s®AB + s®AC

Vì BHN  góc có đỉnh nằm bên đờng tròn  BC

BN = ;

 AB AM =

2 ;

 AC AP =

2  BHN  =

4 3600 = 900  RN lµ trung trực đoạn thẳng BI BR = RI RBI cân R B = RIB   mµ B = B 

 B = RIB   IR // BC ( Vì tạo với tuyến BI hai gãc so le b»ng )

Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I đờng thẳng BC ta kẻ đ-ợc đờng thẳng song song với BC

 R ; I ; S th¼ng hµng.

Vậy RS // BC RS qua tâm I đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) Cách giải 2: Hình 2

Gợi ý: Trong cách giải yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ

Tớnh chất đờng phân giác tam giác tính chất quan trọng mà em đợc học lớp đa số học sinh trí khơng hay để ý đến tính chất

 

MA = MB MN phân giác góc ANB áp dụng tính chất đờng phân giác

trong tam gi¸c ABN ta cã:

RA NA

=

RB NB ( 1) Tơng tự: NP phân giác tam gi¸c ACN

SA NA

=

SC NC (2)

vì BN = CN   nên BN = CN kết hợp với (1) (2) ta đợc

RA SA

=

RB SC  RS // BC Gäi giao điểm RS với AN I, BC AN D RS // BC nên ta cã:

AI RA

=

ID RB mµ

NA RA

NB  RB suy

AI NA = ID NB Hai tam giác BND tam giác ANB đồng dạng (vì có góc BNA chung vàBAN NBD  ) nên

NA AB

NB  BD VËy

AI AB

=

ID BD

Suy BI phân giác góc ABC

ở ta có I thuộc phân giác AN góc BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác

ABC nờn I l tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)

Bài toán 8: T điểm đờng tròn ngoại tiếp tam giác hạ đờng vng góc xuống ba cạnh tam giác ABC nội tiếp đờng tròn Chứng minh chân ba đờng vng góc thẳng hàng

(Đờng thẳng gọi đờng thẳng Simson) Cách giải 1:

V× D = E = 90  suy tø gi¸c

BDPE tứ giác nội tiếp BED = BPD  (*) ( Gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung )

vµ F = E = 90 

suy tứ giác EFCP tứ giác néi tiÕp suy FEC = FPC  (**)

( Góc nội tiếp chắn cung ) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn  BPC = - A   (1)

PD AB PF AC

 



   DPF = - A   (2) Tõ (1) vµ (2)  BPC  = DPF  BPD = FPC  (***)

Tõ (*) ; (**) vµ (***)  BED = FEC  D ; E ; F thẳng hàng Cách giải 2:

PE EC PF FC

 



  

Tứ giác EFCP tứ giác nội tiếp  FEP + PCF = 180  (1) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn  ABP + FCP = 180   Mà ABP + BDP = 180  

PD BD PE BC

 





Tứ giác EPDB tứ giác néi tiÕp  DBP = DEP ( 3) Tõ (1) ; (2) vµ (3) ta cã : PEF + DEP = 180  

Suy ba ®iĨm D ; E ; F thẳng hàng

i vi tốn tốn khó u cầu học sinh phải huy động nhiều kiến thức có liên quan việc tìm lời giải khó việc tìm cách giải khác vấn đề khó, với thân học sinh không làm đợc sau giáo viên gợi ý học sinh dần t sáng tạo tìm đợc hớng tốn Đơn vị kiến thức đợc áp dụng để giải toán.Nh để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo 1800.

- Tứ giác nội tiếp đờng tròn - Góc nội tiếp đờng trịn Bài tốn 9:

Cho tam giác ABC, dựng phía tam giác hình vuông ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC BH QC

Bài giải: Gọi O giao điểm cđa BH vµ QC Theo BT 9, ta cã: Δ ABC = FQA, nên: BC = QA Và ACB =

∠ FAQ

⇒ ∠

BCH = ∠ QAC

XÐt hai tam gi¸c: Δ BCH vµ Δ QAC, cã: BC = QA ∠ BCH =

∠ QAC

⇒

CH = AC (gt) Δ BCH =

Δ QAC (c.g.c)

⇒ BH = QC (1)

Vµ ∠ CBH =

∠ AQC

Mµ ∠ AQC +

∠ QCP = 900 ⇒ ∠ CBH + ∠ QCP = 900

Hay ∠ BOC = 900

Hay BH QC (2)

Từ (1) (2) suy đpcm

A

C

B P M

D E

F

H Q

N

Tơng tự nh ta có CD QB Ta nhận thấy QP, BH, CD ba đờng cao tam giác QBC Và từ dây ta xây dựng đợc toán đợc phát biểu dạng khỏc

Bài toán 10:

Cho tam giỏc ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh QP, BH CD đồng quy (ta thấy QP, BH CD là ba đờng cao tam giác QBC, nên chúng đồng quy)

B C

A

P

H F

E

D

Q

Dạng chứng minh đờng thẳng song song v tam giỏc ng dng

Bài toán 11: Đờng tròn (O;R1) (O';R2) tiếp xúc P Một cát tuyến qua P cắt (O;R1) A (O';R2) B Một cát tuyến khác qua P cắt (O;R1) C (O';R2)

ti D Chng minh : OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD tam giác PAC PBD đồng dạng Sau đọc toán giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức hai đờng tròn tiếp xúc với Và từ cần yêu cầu học sinh để giải toán chung ta phải xét hai trờng hợp sảy

Hai đờng trịn tiếp xúc ngồi hai đờng trịn tiếp xúc trong.ở tơi trình bày hai đ-ờng trịn tiếp xúc ngồi cịn trđ-ờng hợp hai đđ-ờng trịn tiếp xúc ngồi chứng minh tng t

Cách giải 1: Hình 1 Gợi ý:

- Tính chất hai đờng trịn tiếp xúc

- áp dụng trờng hợp đồng dạng thứ hai

Lêi gi¶i:

Ta có tam giác OAP tam giác O'BP tam giác cân O O' Suy ra:OAP = OPA   O'PB = O'BP   mà OPA = O'PB  ( Hai góc đối đỉnh) Suy tiếp góc vị trí so le  OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD Và  OAP = PBO'   hai tam giác OAP O'BP đồng dạng



1 R

PA PO

=

PB PO' R (1)

Tơng tự ta có : OCP = OPC   vàO'PD = O'DP   mà OPC = O'PD  ( Hai góc đối đỉnh)  OCP = PDO'   hai tam giác OCP O'DP đồng dạng



1 R

PC PO

=

PD PO' R (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã: PA

= PB

1 R PC

Cách giải 2: Hình

Gi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy hai đờng tròn. - áp dụng trờng hợp đồng dạng thứ ba - áp dụng định lí góc tạo

tia tiếp tuyến dây cung Lời giải:

K tiếp tuyến chung xPy hai đờng tròn

Ta cã CAP = CPy = xPD = PBD   ( áp dụng tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung

nhau)

Mt khác APC = BPD   (hai góc đối đỉnh)

Suy : PA1B1 PA2B2 đồng dạng

Dạng chứng minh tứ giác nội tiếp đờng trịn,hình vng

Bài tốn 12: Cho tam giác đờng phân giác BN tâm O đờng tròn nội tiếp tam giác Từ A kẻ tia vng góc với tia BN, cắt BC H Chứng minh bốn điểm A; O; H; C nằm đờng trịn

Đối với tốn xảy hai trờng hợp hình vẽ Tr

ờng hợp : H O n»m cïng phÝa víi AC H×nh Tr

ờng hợp : H O nằm khác phía với AC Hình

Gợi ý:

Gọi I giao điểm AH BN

Kẻ AP vuông góc với CO cắt AB P M giao điểm OC AB K giao điểm OC AP

- ỏp dụng tính chất đờng( đờng cao, đờng trung trực, đờng trung tuyến, đờng phân giác đờng trung bình,) tam giác

- KiÕn thøc vỊ tø gi¸c nội tiếp - Tính chất góc tam giác Cách gi¶i 1:

Xét ACP có CK vừa phân giác vừa đờng cao nên CK đờng trung tuyến, đờng trung trực  KA = KP (1)

Xét ABH có BI vừa phân giác vừa đờng cao nên BI đờng trung tuyến, đờng trung trực  IA = IH (2)

Từ (1) (2) ta có: IK đờng trung bình tam giác APH  IKO = OCH   ( Hình 1)

Hc IKO + OCH = 180  (H×nh 2)

Xét tứ giác AKOI có I = K   = 900  AKOI tứ giác nội tiếp  IKO = OAH    Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C nằm đờng trịn

Ta có BN đờng trung trực AH  BHO = BAO   mà BAO = OAC   nên

 

BHO = OAC  Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C nm trờn mt ng trũn

Cách giải 3:

ABI tam giác vuông nên IBA + BAI  = 1800 hay

  

IBA + BAO + OAI = 180 Suy ra: 

 

B A

OAI + +

2 = 900  OAI (hoặc bù) với góc OCH   Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cựng nm trờn mt ng trũn

Cách giải 4:

* Đối với (Hình 1) ta có

B

AHC = 90 +

2 Góc tam giác

AOC =

 B 90 +

2 (Vì O tâm đờng tròn nội tiếp )

 AHC = AOC   Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C nằm đờng trịn

* §èi víi ( H×nh 2)

XÐt tam gi¸c IBH ta cã

 B

AHC = 90 - 

AOC =

 B 90 +

2 (Vì O tâm đờng tròn nội tiếp )  AHC + AOC = 180 Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C nằm ng trũn

Cách giải 5: Ta có

A + B  AON =

2 ( Góc đỉnh O tam giác AOB )

 AOH = A + B    AOH + ACH = 180  ( Hình 1) AOH = ACH = A + B    ( Hình 2) Suy Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C nằm mt ng trũn

Bài toán 13 :

Cho hình bình hành ABCD, phía hình bình hành, dựng tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân N; BDP vuông cân P; CDQ vuông cân Q Chứng minh tứ giác NMPQ hình vuông

B C

A

D N

Q

P M

Bài toán phát biểu theo dạng khác, ta có tập 14 Bài toán 14:

Cho hình bình hành ABDC, phía hình bình hành, dựng hình vuông ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL, Gọi S, G, R, H lần l-ợt tâm hình vuông Chứng minh tứ giác SGHR hình vu«ng

B

C A

D

M F

E

Q

K L N

P

G

H R

S

Tiếp tục toán trên, Nếu tứ giác ABCD hình bình hành mà tứ giác thờng liệu tứ giác SGHR có tính chất không? Ta có toán 15

Bài giải:

Gi I l trung im ca AC, theo toán ta chứng minh đợc tam giác SIJ tam giác VIK vuông cân I

XÐt hai Δ : Δ VIJ vµ Δ KIS, cã: VI = KI

∠ VIJ = ∠ KIS ⇒ IJ = IS

⇒ Δ VIJ = Δ KIS (c.g.c)

⇒ VJ = KS (1)

Gọi R giao điểm IS vµ VJ Do ∠ IJV = ∠ ISK ( Δ VIJ =

Δ KIS)

Vµ ∠ IJV + ∠ IRJ = 900

⇒ ∠ ISK + ∠ VRS = 900 Hay KS VJ (2)

Tõ (1) (2) suy đpcm

D C

B A

P Q

M N

F

E

H G

V

K

J

S R I

Bài toán 16:

Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF Gọi I, J lần lợt tâm hai hình vng M, N trung điểm BC EF Chứng minh tứ giác IMJN hình vng

B C

A H

F

E

D

I

J

M N

ở toán trên, ta chứng minh đợc đờng trung tuyến AN tam giác AEF đ-ờng cao tam giác ABC đđ-ờng trung tuyến AM tam giác ABC đđ-ờng cao tam giác AEF

Đối với toán việc vẽ đờng phụ quan trọng Học sinh cần áp dụng kiến thức hai tam giác đồng dạng, kiến thức tam giác cân, tam giác Tính chất dãy tỉ số đợc học lớp vào giải toán

Hai cách giải tơng tự giống Song sau tìm đợc lời giải giáo viên cần gợi ý cho học sinh qua câu hỏi Vậy tia BP lấy điểm D cho PD = PC ta chứng minh đợc hệ thức hay không?

Nh học sinh t tìm tịi lời giải Giáo viên không nên đa lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho toỏn

Bài tập tự luyện nhà cho học sinh.

Bài tập 2: Cho hình vuông ABCD, O giao điểm đờng chéo AC BD gọi M N trung điểm OB CD chứng minh A; M; N; D thuộc đờng tròn

Bài tập 3:Cho tam giác ABC nội tiếp đờng trịn tâm O đờng kính AC Trên tia AB lấy điểm D cho AD = 3AB Đờng thẳng Dy vng góc với DC D cắt tiếp tuyến Ax đờng tròn (O) E Chứng minh tam giác BDE tam giác cân

Bài tốn 4:Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình vng ABEF; ACMN; BCPQ Chứng minh đờng cao tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy

ĐƯỜNG TRỊN – HÌNH VNG

1/ Cho hình vng ABCD Đường kính CD đường trịn tâm A , bán kính AD cắt M ( M không trùng với D ) Chứng minh đường thẳng DM qua trung điểm cạnh BC

HƯỚNG DẪN B

O

A D

DM dây chung hai đường tròn  AO  DI

 OAD = CDI ; AD = CD   ADO =  DCI  IC = OD = ½ BC

2/Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn tâm O , bán kính R M điểm đường tròn

a/Chứng minh MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 24R4

b/ Chứng minh MA MB MC MD  6R2

HƯỚNG DẪN

B C

A D

a/ MA4 + MC4 = ( MA2 + MC2 ) – 2MA2 MC2 = AC4 – 2MH2 AC2 = 16R4 – 8R2.MH2

Chứng minh tương tự ta có : MB4 + MD4 = 16R4 – 8R2.MK2

 MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 32R4 – 8R2 ( MH2 + MK2 ) = 32R4 – 8R2.R2

= 24R4

b/ Aùp dụng Bất đẳng thức Cơsi ta có : (MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 )

 2√(MA4+MB4)(MC4+MD4) Vì MA4 + MB4

 2√MA4 MB4=2MA2 MB2 MC4 + MD4

 2√MC4 MD4=2 MC2 MD2

 (MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 )  2√MA2 MB2 MC2 MD2

(MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 )

 4MA.MB.MC.MD  4MA.MB.MC.MD  24R4

 MA.MB.MC.MD  6R4 Dấu “=” xảy  MA = MB = MC = MD điều

này xảy nên : MA.MB.MC.MD < 6R4

3/Cho hình vng ABCD Dựng nửa đường tròn tâm I , đường kính AD cung AC tâm D , bán kính DA Tia DE gặp nửa đường tròn ( I ) K Kẻ EF vng góc với AB

Chứng minh EK = EF

HƯỚNG DẪN

M

C I

M K

Nhận xét : EF  AB , EK  AK

 cần chứng minh AE phân giác góc BAD

Đường trịn (D ) tiếp xúc với AB A  ADE = 2FAE (1)

ADE = KAF = FAE + EAK (2) Từ (1) (2) ta có : FAE = EAK

3/ Cho hình vng ABCD cạnh a Trên hai cạnh AB AD lấy hai điểm di động E , F cho : AE + EF + FA = 2a

a/ Chứng tỏ đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định b/ Tìm vị trí E , F cho diện tích  CEF lớn

A E B K HƯỚNG DẪN

H F

D C

a/ Trên tia đối BA lấy K cho BK = DF Vẽ CH  EF , H  EF  DFC =  DKC ( DF = BK ; FDC = KBC = 900 ; DC = BC )

 CF = CK

Vì EF = 2a – ( EA + FA ) = ( AB + AD ) – ( EA + FA ) = AB – EA + AD – FA = EB + FD = EB + BK

Do  CEF =  CEK ( c.c.c)

Suy đường cao CH CB

CH không đổi , C cố định , CH  EF  EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định ( C , a )

b/  HCF =  DCF ( H = D = 900 ; CF chung ; CH = CD = a )  SHCF = SDCF Chứng minh tương tự ta có : SHCE = SBCE SHCF + SHCE = SDCF + SBCE

 SCEF = ½ SCDFEB  SCEF = ½ ( a2 – SAEF )

SAEF   SCEF  ½ a2 Dấu “ = “ xảy  SAEF =  E  B , F  A E  A , F  D

Vậy E  B , F  A E  A , F  D SCEF đạt giá trị lớn

5/ Trên đoạn AB lấy M tùy ý Trên đoạn AM MB dựng phía AB hình vng AMEF MBCD Đường trịn ngoại tiếp hình vng cắt điểm thứ hai N

a/Chứng minh AN qua đỉnh hình vng thứ hai b/Tìm quỹ tích N M di chuyển AB

c/Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn nối tâm hai hình vng

HƯỚNG DẪN F E

A B

E K

A M B

a/ BD cắt AE H  AHB coù : HAB = HBA = 450  HB  AH

Xeùt  AEB ta coù : EM  AB ; BH  AE  AD  BE taïi N

Mà DNB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )

 DN  BE taïi N  ba điểm A , D , N thẳng hàng

 điều phải chứng minh

b/ Quĩ ttích N nửa đường trịn đường kính BD

c/ Quĩ tích I đường trung trực đoạn thẳng PQ Khi M trùng với B I trùng với tâm hình vng AMEF

.

N H

D C

I

Båi D ìng häc sinh giái m«n toán 9

Chuyên Đề Đ ờng tròn

A- Mơc tiªu:

-Học sinh cần nắm vững kiến thức đờng tròn.

-Vận dụng cách thành thục đn,tính chất để giải dạng tập đó. -Rèn kỹ t hình học.Sáng tạo linh hoạt giải tốn hình học.

B - NỘI DUNG :

I/ Những kiến thức :

1) Sự xác định tính chất đường trịn :

- Tập hợp điểm cách điểm O cho trước khoảng khơng đổi R gọi đường trịn tâm O bán kính R , kí hiệu (O,R)

- Một đường trịn hồn tồn xác định một điều kiện Nếu

AB đoạn cho trước đường trịn đường kính AB tập hợp điểm M cho góc AMB = 900 Khi tâm O trung điểm AB cịn bán kính

thì R=AB

2

- Qua điểm A,B ,C không thẳng hàng vẽ đường trịn mà thơi Đường trịn gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC - Trong đường trịn , đường kính vng góc với dây qua trung

điểm dây Ngược lại đường kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây

- Trong đường trịn hai dây cung chúng cách tâm - Trong đường tròn , hai dây cung không , dây lớn

khi dây gần tâm

2) Tiếp tuyến đường tròn :

- Định nghĩa : Đường thẳng gọi tiếp tuyến đường trịn có điểm chung với đường trịn Điểm gọi tiếp điểm

- Tính chất : Tiếp tuyến đường trịn vng góc với bán kính tiếp điểm Ngược lại , đường thẳng vng góc với bán kính giao điểm bán kính với đường trịn gọi tiếp tuyến

- Hai tiếp tuyến đường tròn cắt điểm điểm cách đến

hai tiếp điểm ; tia kẻ từ điểm qua tâm tia phân giác góc tạo hai tiếp tuyến ; tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm

- Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác gọi đường trịn nội tiếp tam giác Tâm đường tròn nội tiếp tam giác giao đường phân giác tam giác

- Đường tròn bàng tiếp tam giác đường tròn tiếp xúc với cạnh phần kéo dài hai cạnh

3) Vị trí tương đối hai đường tròn :

và d theo b ng sau :ả

Vị trí tương đối Số điểm chung Hệ thức

Hai đường tròn cắt nhau R – r <d < R + r Hai đường tròn tiếp xúc d = R + r ( d = R – r ) Hai đường trịn khơng giao nhau d > R + r ( d < R – r ) - Hai đường tròn tiếp xúc tiếp điểm nằm đường nối

tâm

- Nếu hai đường trịn cắt đường nối tâm vng góc với dây cung chung chia dây cung hai phần

4) Các loại góc : a Góc tâm :

- Định nghĩa : Là góc có đỉnh tâm đường trịn

- Tính chất : Số đo góc tâm số đo cung bị chắn

b Góc nội tiếp :

- Định nghĩa : Là góc có đỉnh nằm đường trịn hai cạnh góc chứa hai dây đường trịn

- Tính chất : Số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn

c Góc tạo tia tiếp tuyến dây qua tiếp điểm :

- Tính chất : Số đo góc tạo tia tiếp tuyến dây nửa số đo cung bị chắn

d Góc có đỉnh nằm bên đường trịn :

- Tính chất : Số đo góc có đỉnh nằm bên đường tròn nửa tổng số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc tia đối hai cạnh

e Góc có đỉnh nằm bên ngồi đường trịn :

- Tính chất : Số đo góc có đỉnh nằm bên ngồi đường trịn nửa hiệu số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc

5) Quỹ tích cung chứa góc :

- Quỹ tích điểm M nhìn đoạn thẳng AB cố định góc

 khơng

đổi hai cung tròn đối xứng qua AB gọi cung chứa góc  dựng

đoạn thẳng AB Đặc biệt cung chứa góc 900 đường trịn đường kính AB

- Dựng tâm O cung chứa góc đoạn AB :

o Dựng đường trung trực d AB

o Dựng tia Ax tạo với AB góc  , sau dựng Ax’ vng góc với

Ax

o O giao Ax’ d

6) Tứ giác nội tiếp đường trịn :

- Đinh nghĩa : Tứ giác có đỉnh nằm đường trịn

- Tính chất : Trong tứ giác nội tiếp , tổng số đo hai góc đối diện góc vng Ngược lại , tứ giác có tổng góc đối diện góc vng tứ giác nội tiếp đường trịn

- Chu vi hình trịn : C = 2 π R

- Diện tích hình trịn : S = π R2

- Độ dài cung trịn : l = 180πRn - Diện tích hình quạt trịn : S = πR2n

180

8) Tính bán kính đường trịn nội tiếp , ngoại tíêp , bàng tiếp đa giác a Bán kính đường trịn nội tiếp đa giác n cạnh :

R =

a Sin180

0 n

r =

a tg180

0 n

b Bán kính đường trịn ngoại tiếp đa giác n cạnh

r =

a tg1800

n

c Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác (R) : R = 2 SinAa = b

2 SinB= c SinC

R = abc4S

Δ

Với tam giác vuông A : R = a2 Với tam giác cạnh a : R = a

√3

d Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác (r) :

r = SΔ

p với ( 2p = a+b+c )

Với tam giác vuông A : r = c+b− a2 Với tam giác cạnh a : r = a√3

6

e Bán kính đường trịn bàng tiếp góc A tam giác (ra) :

ra= S

p −a ( bán kính đường trịn bàng tiếp góc A )

Với tam giác vng A : =

a+b+c

Với tam giác cạnh a : = a√3

II/ Bài tập vận dụng

1) Bài tập dụng tính chất đường trịn :

a. Ứng dụng tính chất đường trịn :

sánh hai đoạn thẳng

Sử dụng đường kính dây cung lớn đường trịn để để xác định vị trí đường thẳng , điểm để có hình đặc biệt áp dụng để giải toán cực trị

b. Các ví dụ :

Bài : Trong đường trịn (O) kẻ hai bán kính OA OB tùy ý dây MN vuông

góc với phân giác Ox góc AOB cắt OA F OB G Chứng tỏ MF = NG FA = GB

Hướng dẫn chứng minh :

Sử dụng tính chất đường kính dây cung chứng minh : HM = HN

Chứng minh tam giác OFG cân để : HF = HG ; OF = OG

Từ hai điều suy điều phải chứng minh

Bài : Cho hai đường trịn đồng tâm hình vẽ So sánh độ dài :

a) OH OK b) ME MF c) CM MK Nếu biết

AB > CD

AB = CD AB < CD

Bài : Cho (O) điểm I nằm bên đường tròn Chứng minh dây AB

vng góc với OI I ngắn dây khác qua I Hướng dẫn chứng minh :

Kẻ dây CD qua I khơng trùng với AB

Nhờ mối liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây , ta kẻ OK vng góc với CD

OI > OK nên AB < CD

* Từ tập thấy bán kính đường trịn R OI = d hỏi :

- Tính độ dài dây ngắn qua I ? - Tính độ dây dài qua I ?

B A

E

F D

C M O

H

K

A B

O I K

D

C

M

N

O H

F

G

x

2 A

Bài : Cho (O;R) điểm M nằm ngồi đường trịn Hãy dựng cát tuyến MPQ với đường tròn cho MP = MQ

Hướng dẫn :

Phân tích : Giả sử dựng hình thỏa mãn đề Kẻ OI vng góc với PQ

Ta có : IP=1

2PQ  IP=1

3MI  MP=

2 3MI

Kẻ PN vng góc MQ ta thấy

MN=2

3MO P giao đường trịn đường kính MN (O)

Cách dựng : Dựng điểm N dựng điểm P…

2) Bài tập tiếp tuyến đường tròn :

a. Ứng dụng tiếp tuyến :

- Từ tính chất tiếp tuyến , hai tiếp tuyến cắt ta đường thẳng vng góc , cặp đoạn thẳng cặp góc ; từ ta xây dựng hệ thức cạnh , góc

- Từ tính chất tiếp tuyến vận dụng vào tam giác tìm cơng thức tính diện tích đường trịn nội tiếp , đường tròn ngoại tiếp đường tròn bàng tiếp tam giác , bán kính

- Lưu ý : Chứng minh Ax tiếp tuyến (O;R) làm

theo cách sau :

 A  (O;R) góc OAx = 900  Khoảng cách từ O đến Ax R

 Nếu X nằm phần kéo dài EF XA2 = XE.XF

( xem hình )

 Góc EAX = góc AEF

b. Các ví dụ :

Bài : Cho tam giác ABC vuông A Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC ; d tiếp tuyến đường tròn A Các tiếp tuyến đường tròn B C cắt d theo thứ tự D E

a) Tính góc DOE

b) Chứng minh : DE = BD + CE

c) Chứng minh : BD.CE = R2 ( R bán kính đường trịn tâm O )

d) Chứng minh BC tiếp tuyến đường trịn có đường kính DE

Hướng dẫn chứng minh :

a) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh :

DO E^ =DO A+^ EO A=^

2(BO A^ +CO A^ )=90

b) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh :

M

N O

Q

P I

X

E

F

A

A E

C O

DE = DA + EA = BD + EC

c) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta có : BD.CE = DA.EA

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông cho tam giác DOE DA.EA = OA2 = R2

d) Trung điểm I DE tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng DOE Ta thấy OI đường trung bình hình thang vng BDEC nên OI // BD // CE hay OI  BC hay BC tiếp tuyến đường trịn đường kính DE

Bài : Cho hai đường trịn ( O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ đường kính

AOB ; AOC’ Gọi DE tiếp tuyến chung đường tròn ; D  ( O ) ; E  ( O’)

Gọi M giao điểm BD CE a) Tính số đo góc DAE b) Tứ giác ADME hình ?

c) Chứng minh MA tiếp tuyến chung hai đường tròn

Hướng dẫn chứng minh :

a) Kẻ tiếp tuyến chung hai đường tròn qua A cắt tiếp tuyến chung DE F Dựa vào tính chất tiếp tuyến ta có FA = FD = FE Vậy tam giác DAE tam giác vng A hay góc DAE = 900

b) Tứ giác ADME có

^

D= ^A=^E=900 nên hình

chữ nhật

c) Từ câu b) AM qua trung điểm DE hay AM trùng với AF nên AM tiếp tuyến chung hai đường tròn

Lời bình :

- Với tập cho trước hai đường tròn tiếp xúc , ta nên lưu ý đến tiếp tuyến chung chúng Nó thường có vai trị quan trọng lời giải

- Với tập hỏi :

 CMR : góc OFO’ góc vng

 DE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác OFO’

 Các tia AD AE cắt (O) (O’) H ; K Chứng minh : SAHK = SADE

Bài : Gọi a , b, c số đo cạnh tam giác ABC , r bán kính đường trịn nội

tiếp tam giác Tính diện tích tam giác theo p r , p nửa chu vi tam giác

Hướng dẫn :

Gọi D , E , F tiếp điểm

Theo tính chất tiếp tuyến : ID = IF = IE = r

Nên : SABC = SABI + SBCI + SACI = 12

( a + b + c).r = pr S = pr

A

B C

D F E

O O’

M

I A

B C

E F

Từ tập tính :

- Bán kính r đường trịn nội tiếp tam giác vng , tam giác theo cạnh tam giác

- Các đoạn tiếp tuyến AE , BF , CD theo cạnh a , b, c tam giác

3) Bài tập loại góc đường tròn

Bài : Cho A điểm cố định đường tròn (O) M điểm di động

trên đường trịn N giao AM với đường kính cố định BC Chứng minh giao điểm đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN cố định

Hướng dẫn chứng minh :

Kẻ DA // BC Kẻ đường kính DP

Ta dễ thấy : ^N= ^P ( góc A )

Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN qua P  (O) cố định

Nhận xét :

Trong P cịn góc nội tiếp hai đường trịn nên đóng vai trị đại lượng trung gian để chứng minh góc Kĩ gặp lại thường xuyên

Bài : Cho tham giác ABC có góc nhọn Đường trịn (O) có đường kính BC cắt

AB , AC theo thứ tự D , E Gọi I giao điểm BE CD a) Chứng minh : AI  BC

b) Chứng minh : I^D E=I^A E

c) Cho góc BAC = 600 Chứng minh tam giác DOE tam giác

Hướng dẫn chứng minh :

a) Dựa vào tính chất góc chắn nửa đường trịn , ta chứng minh I trực tâm tam giác ABC nên AI  BC

b) Góc IAE = EBC góc có cạnh tương ứng vng góc

Góc EBC = EDC chắn cung EC Từ hai điều suy điều chứng minh c) Góc BAC = 600

 Góc DBE = 300 chắn

cung DE

 Số đo cung DE = 600

 Góc DOE = 600 mà tam giác DOE cân đỉnh O nên DOE tam giác

Bài : Cho đường tròn (O) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn

Điểm C thuộc nửa đường tròn nửa mặt phẳng với Ax với bờ AB Phân giác góc ACx cắt đường trịn E , cắt BC D Chứng minh :

a) Tam giác ABD cân

b) H giao điểm BC DE Chứng minh DH  AB

c) BE cắt Ax K Chứng minh tứ giác AKDH hình thoi

C B

O

A D

P M

N

E

B C

D A

I O

A B

C D

K E

Hướng dẫn giải :

a) AD phân giác hai cung AE CE

Dựa vào góc nội tiếp ta dễ dàng chứng minh BE vừa phân giác vừa đường cao tam giác ABD , nên ABD cân đỉnh B

b) Dựa vào góc chắn nửa đường tròn Ta thấy H trực tâm ABD nên

DH  AB

c) Ta thấy KE = HE (vì AKH cân đỉnh A) AE = DE ( ABD cân đỉnh B)

và ADKH , nên tứ giác AKDH hình thoi

* Từ tập câu hỏi khác : - Chứng minh OE  AC

- Tìm vị trí C cung AB để ABD

Bài : Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) Chứng minh :

a) R = 2 SinAa = b SinB=

c SinC

b) R = abc4S

Δ

Hướng dẫn giải

a) Kẻ đường kính AA’lúc ACA’ vng

tại C

Dựa vào hệ thức lượng tam giác vng góc nội tiếp chắn cung ta có :

b=AA' SinA \{^A'C = 2R SinB

Hay R= b SinB

Chứng minh tương tự

b) Ta thấy hai tam giác vuông AHB ACA’ đồng dạng nên AHAB=AC AA'

hay ha

c = b

2R mà ha= 2S

a suy 2S ac =

b

2R hay S= abc

4R

Từ tập tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác vng , tam giác

4) Bài tập tứ giác nội tiếp đường tròn

Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn theo cách sau : - Chứng minh tổng hai góc đối diện tứ giác 1800.

- Chứng minh hai điểm nhìn hai điểm cịn lại góc

- Tứ giác ABCD có AC cắt BD M mà MA.MC = MB.MD tứ giác ABCD nội tiếp

- Tứ giác có hai cạnh bên AB CD giao M mà MA.MB = MC.MD tứ giác ABCD nội tiếp

Các ví dụ :

Bài : Cho tam giác ABC có góc nhọn với đường cao BD , CE

a) Chứng minh BEDC tứ giác nội tiếp

O

A

B C

A’ H

O

b) Chứng minh : AD.AC = AE.AB

c) Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh : Ax // ED

Hướng dẫn chứng minh :

a) D, E nhìn BC góc 900 nên tứ giác

BEDC nội tiếp

b) Hai tam giác vuông ABD ACE đồng dạng Suy AD.AC = AE.AB c) x^A B=AC B^ vì chắn cung AB.

A^E D=AC B^ vì phụ với góc BED

Nên x^A B=AE D^ Suy Ax // ED

Nhận xét :

Với giả thiết tốn khai thác toán theo nhiều hướng nhiều câu hỏi :

- Kéo dài đường cao BD , CE , AF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D’ , E’ , F’ Chứng minh :

 H tâm đường tròn nội tiếp tam giác D’E’F’  H đối xứng với D’,E’,F’ qua AC , AB , BC  ED // E’D’

 OA  E’D’

 Các đường tròn tam giác : HAB , HBC, HCA có bán kính

nhau

 SABC = abc

4R

- Vẽ hình bình hành BHCK , I trung điểm BC Chứng minh :

 Tứ giác ABKC nội tiếp với K nằm đường tròn (O)

 B^A H=O^A C

 H , I , K thẳng hàng

 AH // OI ; AH = 2.OI Nếu B , C cố định A di động bán kính

đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi

 Đường thẳng qua K song song với BC cắt AH M

A,B,C,K,M nằm đường tròn

Bài : Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) ; E điểm cung AB , hai dây

EC , ED cắt AB P Q Các dây AD EC kéo dài cắt I , dây BC ED kéo dài cắt K Chứng minh :

a) Tứ giác CDIK nội tiếp b) Tứ giác CDQP nột tiếp c) IK // AB

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD tiếp xúc với EA

Hướng dẫn :

x A

B C

D E

A

B D

Q P

E I

a) D C nhìn IK hai góc ( góc nội tiếp chắn hai cung ) Suy tứ giác DIKC nội tiếp

b) sđ (QDC + QPC) = ½sđ (BE + CB) + ½ sđ (ADC + BE) = ½ sđ( BE + CB + ADC + BE ) = 1800

Nên tứ giác CDQP nội tiếp

c) sđ API = ½ sđ( CB + AE ) = ½ sđ ( CB + BE ) = sđ CDK = sđ CIK = ½ sđ CK

Từ suy IK // AB

d) EAQ = ADQ ( góc nội tiếp chắn cung ) Suy AE tiếp tuyến

Bài : Cho tứ giác nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh tích hai đường chéo

bằng tổng tích cặp cạnh đối diện

Hướng dẫn :

Giả sử ACD > ACB

Lấy E BD cho ACB = DCE

Hai tam giác ABC DEC đồng dạng : AB.DC = AC.DE

Hai tam giác ADC BEC đồng dạng : AD.BC = AC.BE

Cộng vế hai đẳng thức suy điều chứng minh

II Bài tập tổng hợp :

Trong phần I , làm quen dần với dạng toán tương ứng với kiến thức đường tròn

Trong phần II , nâng cao kĩ giả toán tập tổng hợp dạng toán

1) Các câu hỏi thường gặp tốn hình :

1 Chứng minh : Nhiều điểm nằm đường tròn (đặc biệt điểm nằm đường tròn hay chứng minh tứ giác nội tiếp ) Chứng minh hai đường thẳng song song , vng góc với

3 Chứng minh đẳng thức hình học

4 Nhận biết hình hình ? ( tam giác cân , hình bình hành , hình thoi , hình chữ nhật , hình thang cân …) Lưu ý : Khi chứng minh tứ giác hình thang cân khơng chứng minh hình thang có hai cạnh bên

5 Chứng minh đường thẳng đồng quy ; hay nhiều điểm thẳng hàng Chứng minh đường thẳng tiếp tuyến đường tròn , tiếp tuyến

chung hai đường tròn

7 Xác định vị trí đặc biệt để có hình đặc biệt Tốn cực trị hình học

C

A

B

C D

9 Tốn đại lượng hình học : Đoạn thẳng , cung ,góc , chu vi , diện tích …

Trong câu hỏi tùy theo mà câu hỏi cho có logic câu thứ , thứ hai câu sau

Thông thường kết câu giả thiết để chứng minh câu dưới, cần vẽ thêm hình tốn trở lên đơn giản

2) Bài tập vận dụng

Bài : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By

Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ cắt tiếp tuyến Ax By E F

1. Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp

2. AM cắt OE P , BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình ? Tại ?

3. Kẻ MH  AB ( H  AB) Gọi K giao MH EB So sánh

MK KH

Hướng dẫn :

1) EAO = EMO = 900 Nên AEMO

là tứ giác nội tiếp

2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt có

MPO = MQO = 900 PMQ =

900 nên PMQO hình chữ nhật

3) EMK  EFB (g.g) 

EM MK=

EF

FB mà MF = FB

 EMMK=EF

MF

EAB  KHB (g.g)  EKKH=AB HB mà

EF MF=

AB

HB ( Ta let)  EM MK=

EA KH

Vì EM = EA  MK = KH

Bài : Cho (O) cắt (O’) A B Kẻ cát tuyến chung CBD  AB ( C (O)

D (O’).)

1 Chứng minh A , O , C A ,O’, D thẳng hàng

2 Kéo dài CA DA cắt (O’) (O) theo thứ tự I K Chứng minh tứ giác CKID nội tiếp

3 Chứng minh BA , CK DI đồng quy

Hướng dẫn :

1 CBA = DBA = 900 nên AC DA đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A

thẳng hàng

2 Từ câu 1) dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta thây K , I nhìn CD

A B

F E

M

O P

Q K

H

C B D

G

K I

O O’

dưới góc vng nên tứ giác CDIK nội tiếp

3 A trực tâm tam giác ADG có AB đường cao hay BA qua G

Bài : Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A,B Các đường AO

AO’cắt đường tròn (O) C D , cắt đường tròn (O’) E , F a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp c) Chứng minh A tâm đường tròn nội

tiếp tam giác BDE

d) Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’)

Hướng dẫn :

a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng

b) D, E nhìn CF góc vuông nên CDEF nội tiếp

c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ suy EDF = ADB Hay DE phân giác góc D BDE Tương tự EC phân giác

góc E BDE Hai phân giác cắt A nên A tâm đường tròn

nội tiếp BDE

d) Giả sử DE tiếp tuyến chung hai đường trịn ta có OO’ // CE vng góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy : AOO’ = ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1)

DE tiếp tuyến DE vng góc với OD O’E (2)

Vậy ODEO’ hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường trịn có bán kính )

Bài : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di

động Gọi đường thẳng d tiếp tuyến đường tròn B Đường thẳng d cắt đường thẳng AC , AD theo thứ tự

tại P Q

1) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh AD AQ = AC.AP

3) Tứ giác ADBC hình ? Tại ? 4) Xác định vị trí CD để SCPQD = 3.SACD

Hướng dẫn :

1 CPB = CDA ( CBA) nên CPB + CDQ = 1800.

2 ADC APQ (g.g) suy AD.AQ = AC.AP

3 Tứ giác ADBC hình chữ nhật có góc vng

4 Để SCPQD = 3.SACD SADC = ¼ SAPQ tức tỉ số đồng dạng hai tam giác

này ½

Suy AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông B nên C trung điểm CP

E D

C

B F

O’ A

O

A B

Q D

C O

 CB = CA hay ACB cân  CD  AB

Bài : Từ điểm S nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB cát

tuyến SCD đường trịn

1) Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S ,A , E , O , B nằm đường tròn

2) Nếu SA = OA SAOB hình ? Tại ?

3) Chứng minh AC BD = BC.DA = ½ AB.CD

Hướng dẫn chứng minh

1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B nhìn SO góc vng , nên tứ giác SADO nội tiếp đường trịn đường kính SO

Dựa vào tính chất đường kính vng góc với dây cung , ta có SEO = 900

Nên E thuộc đường trịn đường kính SO

2) Nếu SA = OA SA = AB = OA = OB góc A vng nên tứ giác SAOB hình vng

3) Ta thấy SAC SDA  ACDA=SC SA

SCB SBD  BCBD=SC SB

Mà SA = SB  ACAD=BC

BD  AC.BD = AD.BC (1)

Trên SD lấy K cho CAK = BAD lúc

CAK BAD (g.g)  AC.DB = AB.CK BAC DAK (g.g)  BC.AD = DK.AB

Cộng vế ta AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2) Từ (1) (2) suy : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD

Bài : Cho tam giác ABC vng A Đường trịn đường kính AB cắt BC D

Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F 1) Chứng minh CDEF nội tiếp

2) Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MNPQ hình ? Tại ?

3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ADB ,

ADC Chứng minh : r = r12 + r22

Hướng dẫn :

1) Dựa vào số đo cung ta thấy C = DEB  C + DEF = 1800

S O

D A

C

B E K

A

B

K F

Q

C N

D E

Nên tứ giác CDEF nội tiếp

2) BED BCQ ( g.g)  BPE = BQC  KPQ = KQP hay KPQ cân

CNK MK  EMK = CNK

 BMN = BNM hay BMN cân  MN  PQ MN cắt PQ trung điểm

của đường Nên MNPQ hình thoi 3) ABC DAB DAC  r

BC= r1 AB=

r2

AC 

r2 BC2=

r12

AB2= r22

AC2

 r

2

BC2=

r12+r22

AB2

+AC2= r12+r22

BC2

 r2 = r12 + r22

Bài : Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp (O;R) Hạ đường cao AD , BE

của tam giác Các tia AD , BE cắt (O) điểm thứ hai M , N Chứng minh :

a) Bốn điểm A , E , D , B nằm đường trịn TÌm tâm I đường trịn

b) MN // DE

c) Cho (O) dây AB cố định , điểm C di chuyển cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CED khơng đổi

Hướng dẫn giải :

a) E,D nhìn AB góc vng nên tứ giác AEDB nội tiếp đường trịn đường kính AB có I ( trung điểm AB ) tâm b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )

mà ABE = AMN ( chắn cung AN ) nên ADE = AMN hay DE // MN c) Kẻ thêm hình vẽ Dựa vào góc nội tiếp tứ giác AEBD suy CN = CM nên OC 

MM  OC  DE

Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung điểm HC) đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE  KD = KE ID = IE nên IK  DE hay

IK // OC OI // CK nên OIKC hình bình hành  KC = OI khơng đổi

Bài : Cho tam giác nội tiếp đường trịn (O,R)

1) Tính theo chiều R độ dài cạnh chiều cao ABC

2) Gọi M điểm di động cung nhỏ BC ( M  B,C ) Trên tia đối MB

lấy MD = MC Chứng tỏ MCD

3) CMR : M di động cung nhỏ BC D di chuyển đường tròn cố định , xác định tâm vị trí giới hạn

A

N

C I

B M D

E O

4) Xác định vị trí điểm M cho tổng S = MA + MB + MC lớn Tính giá trị lớn S theo R

Hướng dẫn :

1) AH=AB√3

2 AB = AC =

BC = R √3

2) Có MC = MD ( gt)

sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 3600 :

3).2 = 1200

 CMD = 600 Vậy CMD

3) IMC = IMD ( c.g.c)  IC =

ID

Khi M di động cung nhỏ BC D chạy đường tròn ( I ; IC )

Khi M  C  D  C ; M  I  D  E

4) ACM = BCD ( g.c.g )  AM = BD  S = MA + MB + MC = 2.AM 

2.AI

 S  4R S Max= 4R AM đường kính

Bài : Cho ABC ngoại tiếp (O) Trên BC lấy M , BA lấy N , CA lấy P

sao cho BM=BN CM = CP Chứng minh : a) O tâm đường tròn ngoại tiếp MNP

b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường trịn

c) Tìm vị trí M , N , P cho độ dài NP nhỏ

Hướng dẫn :

a) Từ tính chất tiếp tuyến cắt giả thiết suy :

DN = EM = FP  ODA = OEM = OFP

( c.g.c )

ON = OM = OP hay O tâm đường tròn

ngoại tiếp MNP

b) Từ câu a) suy OND = OPF nên tứ giác ANOP nội tiếp

c) Kẻ OH  NP

Có NP = NH = NO cosHNO = 2.NO.Cos(A/2) = 2.OE Cos (A/2)

Vậy NPMin = 2r.cos(A/2)

Khi M , N , P trùng với tiếp điểm

Bài 10 : Cho hình vng ABCD có cạnh 3a Lấy AE = a cạnh AD DF =

a cạnh DC Nối AF BE cắt H a) Chứng minh : AF  BE

b) Tính cạnh tứ giác ABFE đường chéo theo a c) Tính theo a đoạn HE , HB

B

A C

I

E

O M

D H

A

B C

D P

F

E M N

d) Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn Đường trịn cắt BF K Tính theo a đoạn BK Nhận xét điểm E , K ,C

Hướng dẫn :

a) ADF = BAE DAF = EBA  BE 

AF

b) Pitago : BE = AF = a √10 ; EF = a √5

; BF = a √13

c) Dùng hệ thức lượng : EH = a√10

10 ; HB

= 9a√10

10

d) Dựa vào tổng góc đối 1800 nên EDFH nội tiếp.

BEK BFH  BK=BE BH

BF =

9a√13 13

e) Dựa vào vng góc : E , K , C thẳng hàng

A B

C

D F

E H