Chuyên đề đường tròn ôn thi vào lớp 10

ĐƯỜNG TRÒN CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRỊN Định nghĩa: Đường trịn tâm O bán kính R  hình gồm điểm cách điểm O khoảng R kí hiệu (O; R) hay (O) + Đường tròn qua điểm A1 ,A2 , ,An gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác A1A A n + Đường tròn tiếp xúc với tất cạnh đa giác A1A A n gọi đường trịn nội tiếp đa giác Những tính chất đặc biệt cần nhớ: + Trong tam giác vng trung điểm cạnh huyền tâm vịng trịn 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 vịng trịn nội tiếp giao điểm đường phân giác tam giác PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh điểm A1 ,A2 , ,An thuộc đường tròn ta chứng minh điểm A1 ,A2 , ,An cách điểm O cho trước Ví dụ 1) Cho tam giác ABC có cạnh a AM, BN,CP đường trung tuyến Chứng minh điểm B,P,N,C thuộc đường tròn Tính bán kính đường trịn Giải: THCS.TOANMATH.com 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 tròn Đường kính BC = a , tâm đường trịn Trung điểm M BC A N P B C M Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có C + D = 900 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: T B M A N O Q C D THCS.TOANMATH.com P Kéo dài AD,CB cắt điểm T 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 Giải: A P N I B G Q M K O C Vì tam giác ABC cân A nên tâm O vòng tròn ngoại tiếp tam giác nằm đường trung trực BC Gọi K giao điểm AO BM Dưng đường trung tuyến MN,BP tam giác ABM cắt trọng tâm G Do MN / /BC  MN ⊥ AO Gọi K giao điểm BM AO K trọng tâm tam giác ABC suy GK / /AC THCS.TOANMATH.com 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 = 900 BC = 2AD = 2a, Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC M trung điểm HC Tìm tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM Giải: A D H E O M N C B 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 / / = BC  MN / / = AD nên ADMN hình bình hành suy AN / /DM Từ ta có: DM ⊥ BM hay tam giác DBM vuông M nên tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác DBM trung điểm O BD Ta có R = MO = BD = 1 a AB2 + AD2 = 4a + a = 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 điểm M,N cho đường tròn THCS.TOANMATH.com AM DN = Chứng minh điểm M,B,C,N nằm AH DC Gợi ý: BCN = 900 , chứng minh BMN = 900 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, D nằm đường tròn Giải: B C K1 J M H1 H I N E A D O D K O N F E A B 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 AM,BN suy OI phân giác góc AIN  OH ⊥ AM  DH1 = 2OH (Do OH đường trung bình tam giác  DH1 ⊥ AM Kẻ  DAH1  OK JO OK ⊥ BN = = với J = AD  NB )  DK1 = 2OK (Do DK1 JD  DK1 ⊥ BN Kẻ  Do OK = OH  DH1 = DK1 suy D cách AM,BN hay ID phân giác AIN  OID = 900 Vậy điểm M,I,O,N, D nằm đường tròn đường kính OD Ví dụ 6) Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm BC,N điểm THCS.TOANMATH.com thuộc đường chéo AC cho AN = AC Chứng minh điểm M,N,C, D nằm đường tròn Giải: Ta thấy tứ giác MCDN có MCD = 900 nên để chứng minh điểm M,N,C, D nằm đường tròn ta chứng minh MND = 900 Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC,AD E,F Xét 4 hai tam giác vuông NEM DFN EM = NF = AB,EN = DF = AB từ suy NEM = DFN NME = DNF,MNE = NDF  MNE + DNF = 900 Hay tam giác MND vuông N Suy điểm M,N,C, D nằm đường trịn 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 E B M C I N K A F D Ví dụ 7) Trong tam giác ABC gọi M,N,P trung điểm AB,BC,CA A1 , B1 ,C1 chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C đến THCS.TOANMATH.com cạnh đối diện A , B2 ,C trung điểm HA,HB,HC Khi điểm M,N,P,A1 , B1 ,C1 ,A , B2 ,C nằm đường tròn gọi đường tròn Ơ le tam giác Giải: A A2 C1 M B1 H P Q I B2 B A1 C2 N C 2 suy MNC2 B2 hình chữ nhật, tương tự ta có MPB2 C , NPA B2 hình a) Thật ta có MN = A2 C2 = AC, MA2 = NC2 = BH mà BH ⊥ AC chữ nhật nên điểm M, N,P, A1 , B1 ,C1 , A , B2 ,C nằm đường trịn có tâm trung điểm đường chéo hình chữ nhật Từ ta suy tâm đường trịn 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 HB,HC,BC Chứng minh điểm X,Y,Z,M thuộc đường tròn THCS.TOANMATH.com Giải: I A J H X K B O E Y M Z C D 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 , J trung điểm IK Ta dễ chứng minh BHCD hình bình hành suy hai đường chéo HD,BC cắt 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 , đường trịn đường kính MJ đường tròn Ơ le tam giác IHD Từ ta có: THCS.TOANMATH.com X,Y,Z,M 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 cho MN = BC M nằm 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: A D E H B K C N M Giả sử MD cắt NE K Ta có HB / /MK vng góc với AC suy 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 trịn đường trịn 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 A1 , B1 ,C1 Gọi A , B2 ,C điểm đối xứng với A1 , B1 ,C1 qua trung điểm BC,CA,AB Chứng minh rằng: A , B2 ,C trực tâm H tam giác ABC thuộc đường tròn Giải: THCS.TOANMATH.com A C2 B2 C3 I O A4 H P C1 G K B3 B1 B4 A2 C4 C A3 B A1 + Gọi G trọng tâm tam giác ABC ,theo toán quen thuộc đường trịn Ơ le G thuộc đoạn OH OG = OH Gọi A3 , B3 ,C3 trung điểm BC,CA,AB Theo giả thiết A trung điểm A1A , G trọng tâm tam giác ABC AA1A Gọi A , B4 ,C trung điểm AA1 , BB1 ,CC1 Vì G trọng tâm tam giác AA1A nên GA4 = Gọi K trung điểm OP AA1 dây cung GA2 (O)  OA4 ⊥ AA1  A4 thuộc đường trịn tâm K đường kính OP hay KA4 = OP (2) + Gọi I điểm thuộc tia đối GK cho GK = (3) Từ (1) (3) suy GI IH / /KO IH = 2KO = OP Từ (2) (3) ta dễ thấy IA / /KA IA = 2KA = OP Từ suy IA = IH hay A2  ( I;IH) Tương tự ta có B2 ,C2  ( I;IH) Hay A2 , B2 ,C2 ,H 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 THCS.TOANMATH.com + 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 A O H M H Δ O B Khi đường thẳng  đường tròn (O) khơng có điểm chung ta nói đường thẳng  đường trịn (O) khơng giao Khi OH  R O H Δ 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 THCS.TOANMATH.com Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác phần kéo dài hai cạnh gọi đường tròn bàng tiếp tam giác Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác góc A giao điểm hai đường phân giác ngồi góc B góc C Mỗi tam giác có đường trịn bàng tiếp A P M D F B O O B N E Đường tròn nội tiếp ΔABC C A C Đường tròn bàng tiếp góc A CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN Ví dụ 1) Cho hình thang vng ABCD (A = B = 900 ) có O trung điểm AB góc COD = 900 Chứng minh CD tiếp tuyến đường trịn đường kính AB Giải: A C H O E THCS.TOANMATH.com B D Kéo dài OC cắt BD E COD = 900 suy EOD = 900 Xét tam giác COD EOD ta có OD chung OC OA = =  OC = OD  COD = EOD Suy DC = DE hay tam giác OD OB ECD cân D Kẻ OH ⊥ CD OBD = OHD  OH = OB mà OB = OA  OH = OB = OA hay A,H, B thuộc đường trịn (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 cạnh AB,AD cho chu vi tam giác AMN 2a Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với đường tròn cố định Giải: M A B E H N D C 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 ta suy MNC = MEC  CMN = CMB Kẻ CH ⊥ MN  CH = CB = CD = a Vậy D,H, B thuộc đường trịn tâm C bán kính CB = a suy MN ln tiếp xúc với đường trịn tâm C bán kính a THCS.TOANMATH.com 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 trịn tâm B bán kính BH D Chứng minh CD tiếp tuyến (B) Giải: A H α B C D x Vì tam giác ABC cân A nên ta có: B = C =  Vì Bx ⊥ BA  B2 +  = 900 Mặt khác ta có B1 +  = 900  B1 = B2 Hai tam giác BHC BDC có BC chung, B1 = B2 , BH = BD = R suy BHC = BDC(c.g.c) suy BHC =  BDC = 900 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 EC cắt AC K Chứng minh HK tiếp tuyến đường tròn (O) Giải: A I K B THCS.TOANMATH.com H E O C Vì tam giác EKC có cạnh EC đường kính (O) nên EKC = 900 Kẻ HI ⊥ AC  BA / /HI / /EK suy AI = IK từ ta có tam giác AHK cân H Do K1 = B ( phụ với góc hai góc BAH,IHK ) Mặt khác ta có: K2 = C3 ( tam giác KOC cân O ) Mà B + C3 = 900  K1 + K2 = 900 suy HKO = 900 hay HK tiếp tuyến (O) Ví dụ 5) Cho tam giác ABC vng A đường cao AH Vẽ đường tròn 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: E A D B H O C Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DAB = HAB,CAH = CAE Suy DAB + CAE = HAB + CAH = BAC = 900 hay DAB + CAE + HAB + CAH = 1800  D,A,E thẳng hàng Gọi O trung điểm BC O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Mặt khác AD = AE nên OA đường trung bình hình thang vng BDEC suy OA ⊥ DE A Nói cách khác DE tiếp tuyến đường tròn (O) Đường kính BC THCS.TOANMATH.com Ví dụ 6) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn 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 1 1 = + + (ha ; h b ; h c ) r h b h c c) Chứng minh: đường cao kẻ từ đỉnh A,B,C tam giác A,B,C Giải: A x x F D r I z y B y E z C a) Từ giả thiết ta có AF = AD = x, BD = BE = y,CE = CF = z Từ suy x + y = c   y + z = a Lần lượt trừ vế phương trình (4) hệ cho z + x = b  x + y + z = a + b + c   a+b−c =p−c z =  a+c−b  =p−b phương trình ta thu được:  y =  b+c−a  = p−a x =  THCS.TOANMATH.com b) Ta có SABC = SIAB + SIAC + SIBC = 1 r.AB + r.AC + r.BC ) = r.2p = p.r ( 2 c) Ta có S= p 1 a b c 1 1 a.ha  = , = , =  + + = a + b + c) = = ( 2S h b 2S h c 2S h b h c 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 tròn tiếp xúc nhau, xảy khả Trường hợp 1: Hai đường trịn tiếp xúc ngồi: + Điều kiện R + R' = OO' Tiếp điểm nằm đường nối tâm hai đường tròn Đường nối tâm trục đối xứng hai đường tròn C O A O' D THCS.TOANMATH.com Ví dụ 1: Cho hai đường trịn (O) (O') tiếp xúc ngồi A Qua A kẻ 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: M C R N O X A O' K Y QD S P a) Do hai đường trịn (O) (O') tiếp xúc ngồi A nên 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 THCS.TOANMATH.com với O qua OO' nên OPM = OMP = 900 Mặt khác MPQ,PMN phụ với 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 trịn cắt MN,PQ R,S ta có: RM = RA = RN,SA = SP = SQ suy MN + PQ = 2RS Mặt khác RS 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 vuông A , từ suy NAK = 900  KN đường kính (O') , hay N,O',K thẳng hàng Ví dụ 2: Cho hai đường trịn (O; R) (O'; R ') tiếp xúc A với (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: D B O1 K E THCS.TOANMATH.com O2 A I C Vì BC vng 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 vuông D Gọi I' giao điểm DA với CE AI'C = 900 (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 = 900 (2) Từ (1) (2) suy I  I' Vậy D,A,I thẳng hàng c) Vì tam giác DIE vng I có IK trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên KD = KI = KE  D1 = I2 (1) Lại có D1 = C4 (2) phụ với DEC C4 = C3 (3), O C = O I bán kính đường trịn ( O2 ) Từ (1),(2),(3) suy I2 = I3  I2 + I5 = I5 + I3 = 900 hay KIO2 = 900 KI vng góc với bán kính O I đường tròn ( O2 ) Vậy KI tiếp tuyến đường tròn ( O2 ) Ví dụ 3) Chứng minh rằng: Trong tam giác tâm vòng tròn ngoại tiếp O trọng tâm G trực tâm H nằm đường thẳng HG = 2GO (Đường thẳng Ơ le) Gọi R,r,d bán kính vịng trịn ngoại tiếp nội tiếp khoảng cách hai tâm chứng minh d = R − r (Hệ thức Ơ le) Giải: THCS.TOANMATH.com N A A K H I G O B E O C B M H' D C F + Kẻ đường kính AD đường trịn (O) ACD = 900  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 trọng tâm tam giác ABC HG = 2GO GA HA 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 − d2 (Xem phần tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) Mặt khác AF phân giác góc A  FB = FC = FI Kẻ đường kính FN  FCN = 900  FNC = FAC = A 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 Hay d = R − r FN FC B Hai đường tròn cắt nhau: THCS.TOANMATH.com A H O1 O2 B Khi hai đường tròn (O1 ),(O2 ) cắt theo dây AB O1O2 ⊥ AB trung điểm H AB Hay AB đường trung trực O1O Khi giải tốn liên quan dây cung đường trịn, cát tuyến ta cần ý kẻ thêm đường phụ đường vng góc từ tâm đến dây cung Ví dụ Cho hai đường tròn (O1 ; R),(O2 ; R) cắt A, B ( O1 ,O2 nằm khác phía so với đường thẳng AB ) Một cát tuyến PAQ xoay quanh A (P  (O1 ) ,Q  (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: P H O1 THCS.TOANMATH.com A I K O2 Q a) Giả sử xác định vị trí cát tuyến PAQ cho PA = AQ Kẻ O1H vng góc với dây PA PH = HA = PA Kẻ O2 K vng góc với dây AQ AK = KQ = AQ Nên AH = AK Kẻ Ax / /O,H / /O2 K cắt O , O I O1I = IO2 Ax ⊥ PQ Từ suy cách xác định vị trí cát tuyến PAQ cát tuyến PAQ vng góc với IA A với I trung điểm đoạn nối tâm O1O b) Trên hình, ta thấy PA = HK Kẻ O2 M ⊥ O1H tứ giác MHKO có ba góc vng nên hình chữ nhật HK = MO2 Lúc O M đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng O1H,O2 O1 đường xiên kẻ từ O đến đường thẳng O1H Nên O2 M  O1O2 hay PQ = 2HK = 2O2 M  2O1O2 (không đổi) dấu đẳng thức xảy  M  O hay PQ / /O1O2 Vậy vị trí cát tuyến PAQ / /O1O2 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 O trung điểm BD Lúc O1O đường trung bình tam giác BCD nên O1O2 / /CD suy PQ  2O1O (1) (theo câu b) Lại có BQ  BD (2), BP  BC (3) Từ (1),(2),(3) suy chu vi tam giác BPQ,C = PQ + BQ + BP  ( O1O2 + R1 + R2 ) (không đổi) Dấu có P  C,Q  D THCS.TOANMATH.com Vậy chu vi tam giác BPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PAQ vng góc với dây BA A B Q O1 O2 C D A P d) Kẻ BN ⊥ PQ BN  BA 2 Lúc S BPQ = BN.PQ  BA.CD không đổi Vậy SBPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PAQ vng góc với dây chung BA A Ví dụ Cho hai đường tròn (O1 ; R),(O2 ; R) cắt đường thẳng O1H cắt ( O1 ) K, cắt (O ) B , O2 H cắt ( O1 ) C, cắt (O ) D Chứng minh ba đường thẳng BC,BD,HK đồng quy điểm E Lời giải: C B H O2 O1 A THCS.TOANMATH.com K D Gọi giao điểm AC với BD E Các tam giác ACH,AKH nội tiếp đường trịn ( O1 ) có cạnh HA đường kính nên tam giác ACH vng 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 ngồi đường thẳng AD kẻ đường thẳng vng góc với AD ) Vậy AC, BD,HK đồng quy E giao điểm AC BD THCS.TOANMATH.com ... + AB2 Khi đường thẳng  có điểm chung H với đường trịn (O) , ta nói đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, hay  tiếp tuyến đường tròn (O) Điểm H gọi tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn (O) Như... B Khi đường thẳng  đường trịn (O) khơng có điểm chung ta nói đường thẳng  đường trịn (O) khơng giao Khi OH  R O H Δ Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác đường tròn nội tiếp tam giác Đường. .. DJ ⊥ BC Z hay Z thuộc đường trịn đường kính MJ Theo tốn ví dụ , đường trịn đường kính MJ đường trịn Ơ le tam giác IHD Từ ta có: THCS.TOANMATH.com X,Y,Z,M nằm đường trịn đường kính MJ Đó điều