Hình học 9 word chi tiết CHUYÊN đề 3 góc và ĐƯỜNG TRÒN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (284.6 KB, 19 trang )
HH9-CHUN ĐỀ 3: GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN
KIẾN THỨC CƠ BẢN
·
ABE
(O )
A
Lưu ý 1-Góc
có đỉnh
nằm trên đường trịn
và các cạnh cắt đường
trịn đó được gọi là góc nội tiếp (Hình). Trong trường hợp các góc nội tiếp có số
900
đo khơng vượt quá
thì số đo của chúng bằng nửa số đo của góc ở tâm, cùng
chắn một cung. Các góc nội tiếp đều có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn. Vì
thế, nếu những góc này cùng chắn một cung (hoặc chắn những cung bằng
nhau) thì chúng bằng nhau, nếu các góc nội tiếp này bằng nhau thì các cung bị
chắn bằng nhau.
Trên hình vẽ ta có:
1 ¼
·
·
·
ABE
= ADE
= ADE
= sđAE
2
Lưu ý 2-Cho đường tròn
(O )
và dây cung
AB
. Từ điểm
A
ta kẻ tiếp tuyến
·
BAx
Ax
với đường trịn, khi đó
được gọi là góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây cung
AB
(Hình). Cũng như góc nội tiếp, số đo góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung
bằng nửa số đo cung bị chắn :
1 ·
·
sđBAx
= sđAmB
2
.
1. 1. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
Chú ý: Việc nắm chắc các khái niệm, định lý, hệ quả về góc nội tiếp, góc tạo
bởi tia tiếp tuyến và dây cung có thể giúp chúng ta so sánh số đo các góc, từ đó
chứng minh được các đường thẳng song song với nhau, các tam giác bằng
nhau, các tam giác đồng dạng với nhau…
CHỦ ĐỀ I. GÓC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRỊN
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Hai góc cùng chắn một cung thì bằng nhau và bằng nửa số đo cung bị chắn.
1 ¼
·
·
sđABD
= sđACD
= sđAD
2
Trên hình vẽ:
.
- Các góc chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau. Trên hình vẽ:
» Û sđABD
·
·
¼ = sđCD
AD = CD Û sđAD
= sđCAD
.
B. VÍ DỤ
ABC
của tam giác vng
về phía ngồi ta dựng
O
AO
hình vuông với tâm tại điểm . Chứng minh rằng
là tia phân giác của góc
Ví dụ 1. Trên cạnh huyền
·
BAC
BC
.
Lời giải:
Vì
O
là tâm của hình vng nên
Lại có
·
BAC
= 900
·
BOC
= 900
suy ra bốn điểm
.
A, B,O,C
cùng nằm trên đường trịn đường kính BC.
2. 2. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
Đối với đường trịn này ta thấy
·
·
BCO
= 450 Þ BAO
= 450
·
·
BAO
= CAO
, nghĩa là
·
BAC
= 900
. Do
AO
đường cao
(
H
thuộc
(cùng chắn
, nên
¼
BO
BC
ABC
). Mà
·
·
·
CAO
= BAC
- BAO
= 450
là tia phân giác của góc vng
Ví dụ 2. Cho tam giác nhọn
AH
·
·
BAO
= BCO
nội tiếp đường tròn
). Chứng minh rằng
(O )
·
BAC
(đpcm).
. Từ đỉnh
·
·
BAH
= OAC
. Vậy
A
ta kẻ
.
Lời giải:
Kẻ đường kính
AE
của đường trịn
nửa đường trịn). Từ đó
. Ta thấy
·
·
OAC
+ AEC
= 900
Theo giả thiết bài ra, ta có:
¼
AC
(O )
·
ACE
= 900
(góc nội tiếp chắn
(1).
·
·
BAH + ABC = 900
(2). Lại vì
·
·
AEC
= ABC
) (3).
Từ (1),(2) và (3) suy ra
·
·
BAH
= OAC
(đpcm).
3. 3. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
(cùng chắn
Lưu ý: Cũng có thể giải bài tốn theo hướng sau: Gọi
AH
với đường tròn
» = sđCE
»
sđBD
(O )
, dẫn đến
, chứng tỏ tứ giác
·
·
BAD
= CAE
, hay
BDEC
D
là giao điểm của tia
là hình thang cân. Từ đó suy ra
·
·
BAH
= OAC
.
(O )
ABC
¼
BC
Ví dụ 3. Cho tam giác đều
nội tiếp đường trịn
. Trên cung
khơng
A
P
P
B
P
C
PA
BC
chứa
ta lấy điểm
bất kỳ ( khác
và
khác ). Các đoạn
và
cắt
Q
nhau tại .
a) Giả sử
đều.
D
là một điểm trên đoạn
b) Chứng minh rằng
PA = PB + PC
c) Chứng minh hệ thức
PA
sao cho
PD = PB
. Chứng minh rằng
D PDB
.
1
1
1
=
+
PQ
PB PC
.
Lời giải:
a) Trước tiên ta nhận thấy rằng tam giác
·
·
·
BPD
= BPA
= BCA
= 600
PBD
cân tại
(hai góc nội tiếp cùng chắn
PDB
Vậy nên tam giác
đều.
»
AB
P
. Mặt khác,
của đường tròn
(O )
).
Thầy cô cần bộ đủ chuyên đề đẹp – chất như trên ôn thi vào 10 Nâng Cao –Kết
hợp ôn HSG 9(bản đủ chuyên đề word 1500 trang) –Thì liên hệ zalo Tốn Học Sơ
Đồ 0945943199
4. 4. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
PA = PB + PC
PB = PD
b) Ta đã có
, vậy để chứng minh
ta sẽ chứng minh
DA = PC
BPC
BDA
BA = BC
. Thật vậy, xét hai tam giác
và
có:
(giả thiết),
BD = BP
nên
(do tam giác
·
·
ABD
= PBC
BPD
. Từ đó
c) Xét hai tam giác
PBQ
nội tiếp cùng chắn cung
tiếp cùng chắn
PQ.PA = PB .PC
¼
PC
·
·
·
·
ABD
+ DBC
= 600 PBC
+ DBC
= 600
đều). Lại vì
,
D BPC = D BDA
và
¼
AC
). Từ đó
PAC
DA = PC
(đpcm).
·
·
·
BPQ
= 600 APC
= ABC
= 600
ta thấy
,
(hai góc
) suy ra
·
·
·
·
·
BPQ
= APC
, PBQ
= PBC
= PAC
D PBQ : D PAC
. Theo kết quả câu
PQ ( PB + PC ) = PB .PC
(c.g.c), dẫn đến
b
, ta có
Þ
(g.g)
PQ
PC
=
PB
PA
PA = PB + PC
. Hệ thức này tương đương với
(hai góc nội
, hay
nên
1
1
1
=
+
PQ
PB PC
(đpcm).
Ghi chú:
ABCD
AB.CD = BC .AD
- Tứ giác
có tính chất
(*) nói ở ví dụ trên được gọi là tứ
giác điều hòa. Loại tứ giác đặc biệt này có nhiều ứng dụng trong việc giải các
bài tốn hình học phẳng khác.
AB
BC
=
AD CD
- Nếu hệ thức (*) dưới dạng
và nhớ lại tính chất đường phân giác
trong tam giác ta có thể nêu thêm một tính chất của tứ giác điều hịa.
- Tứ giác
góc
·
BAD
- Tứ giác
và
·
ADC
ABCD
và
là một tứ giác điều hòa khi và chỉ khi các đường phân giác của
·
BCD
ABCD
cắt nhau tại một điểm trên đường chéo
BD
.
là tứ giác điều hòa khi và chỉ khi đường phân giác của góc
cắt nhau trên đường chéo
AC
.
5. 5. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
·
ABC
(O)
ABC
Ví dụ 4) Cho tam giác
nội tiếp trong đường trịn
. Đường phân giác
A
D
I
trong góc
cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác tại . Gọi là tâm vòng tròn
ABC
DB = DC = DI
nội tiếp tam giác
. Chứng minh
Giải:
DB = DC
AD
A
Ta ln có
do
là phân giác trong góc . Ta sẽ chứng minh tam
DIB
D
giác
cân tại .
Thật vậy ta có:
Mặt khác
·
I· BD = I·BC + CBD
.
·
·
CBD
= CAD
(Góc nội tiếp chắn cung
·
·
BAD
= CAD
,
CD
) mà
·
·
IBC
= IBA
(Tính chất phân giác) suy ra
·
·
·
IBD
= ABI
+ BAI
. Nhưng
·
·
·
BID
= ABI
+ BAI
(Tính chất góc ngồi). Như vậy tam giác
D Þ DB = DI = DC
BDI
cân tại
Nhận xét: Thơng qua bài tốn này ta có thêm tính chất: Tâm đường trịn ngoại
(O)
IBC
A
tiếp tam giác
là giao điểm của phân giác trong góc
với
(O)
AB < AC
nội tiếp đường trịn
và
. Lấy
MH , MK , MI
M
BC
A
điểm
thuộc cung
khơng chứa điểm . Vẽ
lần lượt vng
Ví dụ 5). Cho tam giác nhọn
góc với
ABC
BC
AC
AB
=
+
MH
MK
MI
Giải:
Trong bài tốn có các tỷ số độ dài
6. 6. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
ta nghỉ đến các tam giác đồng dạng
và định lý Thales.
Cách 1: Dựng đường thẳng qua
song song với
E
BC
cắt
là giao điểm của
Ta có:
Ta có
AB = NC
(O)
BC
tại
và
N
A
. Gọi
MN
.
1 ỉ
·
·
» + AN
·
¼ ư
¼ + AN
ẳ ử
ữ= 1s ổ
ữ= AMC
ỗ
BME
BMN
= s ỗ
AB
NC
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ố
ứ
ố
ứ
2
2
Ã
Ã
MBC
= MAC
ị D BME : D AMC
AC
BE
=
MK
MH
trên ta có:
và
MH , MK
,
là hai đường cao tương ứng nên:
, chứng minh tương tự ta cũng có:
AB
CE
=
MI
MH
. Cộng hai đẳng thức
BC
AC
AB
=
+
MH
MK
MI
MH , MI
MBC , MAB
Cách 2: Ta thấy
là các đường cao của tam giác
nhưng hai
tam giác này không đồng dạng với nhau. Điều này giúp ta nghỉ đến việc lấy một
E
BC
·
·
BMA
= DMC
điểm
trên cạnh
sao cho
để tạo ra tam giác đồng dạng
nhưng vẫn giữ được hai đường cao tương ứng. (Phần lời giải xin dành cho bạn
đọc).
CHỦ ĐỀ II. GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung (tại một điểm trên đường trịn)
bằng nửa số đo cung bị chắn.
- Trên hình vẽ:
1 ¼
·
·
sđBAC
= sđxBC
= sđBC
2
.
7. 7. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
B. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Giả sử
A
và
B
là hai điểm phân biệt trên đường tròn
(O )
(O )
tuyến của đường tròn
. Các tiếp tuyến của đường tròn
M
A
MB
nhau tại điểm
. Từ
kẻ đường thẳng song song với
cắt đường tròn
nhau tại
K
(O )
tại
C
MC
.
cắt đường tròn
. Chứng minh rằng
MK 2 = AK .EK
(O )
và
tại
E
(O )
tại
. Các tia
MK = K B
. Các tiếp
A
AE
B
và
và
cắt
MB
cắt
.
Lời giải:
Do
MB / / AC
nên
·
·
BMC
= ACM
(1), ta lại có
·
·
·
ACM
= ACE
= MAE
(cùng chắn
suy ra
¼
AE
) (2). Từ (1) và (2)
D K ME : D K AM
·
·
EAB
= EBK
Þ
(g.g)
(cùng chắn
BK 2 = AK .EK
»
BE
MK
EK
=
AK
MK
). Từ đó
hay
MK 2 = AK .EK
D EBK : D BAK
(4). Từ (3) và (4) suy ra
MK 2 = K B 2
Þ
(g.g)
nghĩa là
(3). Ta thấy
BK
EK
=
AK
BK
MK = MB
(C )
hay
(đpcm).
(C )
O AB
Ví dụ 2. Cho đường trịn
tâm ,
là một dây cung của
không đi
O
I
AB
A
qua
và là trung điểm của
. Một đường thẳng thay đổi đi qua
cắt
8. 8. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
(C )
AP .AQ
. Chứng minh rằng tích
BPQ
khơng đổi và đường trịn ngoại tiếp tam giác
ln đi qua một điểm cố
B
định khác .
đường trịn
1
tâm
O
bán kính
OI
tại
P
và
Q
Lời giải:
Ta có
·
·
PQI
= PIA
(cùng chắn
AP
AI
=
Þ AP .AQ = AI 2
AI
AQ
BPQ
cắt
Khi đó
AB
tại
AD
AP
=
AQ
AB
hay
), nên
D API : D AIQ
(g.g). Suy ra
(khơng đổi). Giả sử đường trịn ngoại tiếp tam giác
D (D ¹ B)
D ADP : D AQB
º
PI
.
, suy ra
AD.AB = AP .AQ = AI 2
(khơng đổi). Do đó điểm
D
là điểm
cố định (đpcm).
·
BAC
= 600
M ,N,P
có trực tâm
và
. Gọi
A, B,C
ABC
I
theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ
của tam giác
và là
BC
trung điểm của
.
INP
a) Chứng minh rằng tam giác
đều.
E
K
PB
NC
b) Gọi
và
lần lượt là trung điểm của
và
. Chứng minh rằng các
I ,M ,E ,K
điểm
cùng thuộc một đường trịn.
Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn
c) Giả sử
IA
ABC
H
·
NIP
·
BCP
là phân giác của
. Tìm số đo
.
Lời giải:
9. 9. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
a). Từ giả thiết ta có
1
IN = IP = BC
2
I NP
cân tại
I
nên tam giác
. Lại vì
B, P , N ,C
nằm trên đường trịn tâm
I
, đường kính
BC
nên theo mối liên hệ giữa góc nội
tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung, ta thấy
I NP
đều.
·
·
PIN
= 2PBN
= 600
. Vậy tam giác
Thầy cô cần bộ đủ chuyên đề đẹp – chất như trên ôn thi vào 10 Nâng Cao –Kết
hợp ôn HSG 9(bản đủ chuyên đề word 1500 trang) –Thì liên hệ zalo Toán Học Sơ
Đồ 0945943199
b) Rõ ràng bốn điểm
I ,M ,E
và
K
cùng nằm trên đường trịn đường kính
c) Từ điều kiện của bài toán ta thấy
trung điểm của
BC
nên tam giác
AI
ABC
là tia phân giác của
đều. Từ đó suy ra
·
BAC
= 600
·
BCP
= 300
AI
, mà
.
I
là
.
ABC ,(AB = AC )
O
BC
Ví dụ 4). Cho tam giác cân
. Gọi
là trung điểm của
.
(O)
AB, AC
D, E M
Dựng đường tròn
tiếp xúc với các cạnh
tại
.
là điểm chuyển
(O)
AB, AC
DE
M
động trên cung nhỏ
tiếp tuyến với đường tròn
tại
cắt
tại
P ,Q
. Chứng minh
APQ
lớn nhất.
BC 2 = 4BP .CQ
và tìm vị trí điểm
M
để diện tích tam giác
Lời giải:
Ta thấy
SDAPQ
SDABC
khơng đổi nên
lớn nhất khi và chỉ khi
SBPQC
nhỏ nhất, đây là cơ sở để ta làm
10. 10. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
xuất hiện các biểu thức có liên quan
đến
BP ,CQ
. Ta có
AB, PQ, AC
lần lượt là các tiếp tuyến tại các điểm
D, M , E
được:
của
(O)
nên ta có:
AB ^ OD, PQ ^ OM , AC ^ OE , BD = CE
. Từ đó ta tính
1
1
SBPQC = R ( BP + PQ + CQ ) = R ( BD + 2DP + 2EQ + CE )
2
2
= R.( BD + DP + EQ ) = R ( BP +CQ - BD )
.
(
Mặt khác ta cũng có:
)
1·
1
·
µ =B
µ = Cµ
POQ
= DOE
= 1800 - A
2
2
nên suy ra
·
·
·
·
·
·
BOP
= 1800 - POQ
- QOC
= 1800 - QCO
- QOC
= CQO
Û D BPO : D COQ
BP
BO
BC 2
Þ
=
Û BP .CQ = BOCO
.
=
CO CQ
4
. Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:
BP + CQ ³ 2 BP .CQ = BC Þ SBPQC ³ R.( BC - BD )
BP = CQ Û M
là trung điểm của cung
DE
. Vậy
SBPQC
nhỏ nhất khi
.
CHỦ ĐỀ III. GÓC CÓ ĐỈNH Ở TRONG HOẶC NGỒI ĐƯỜNG TRỊN.
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
*) Với đỉnh
(hình)
A
nằm trong đường trịn
(O )
ta có góc với đỉnh ở trong đường trịn
Số đo của góc này bằng nửa tổng số
đo hai cung bị chắn giữa hai cạnh
của góc và các tia đối của hai cạnh đó.
+
» + sđCD
»
sđBE
·
sđBAE =
2
.
11. 11. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
+
» + sđCE
»
sđBD
·
sđBAD
=
2
A
*) Với đỉnh
nằm ở ngồi đường trịn
bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.
(O )
ta có số đo góc nằm ngồi đường trịn
+ Trên hình vẽ ta cú:
1ổ ẳ
ử
Ã
ẳ ữ
sCAE
= ỗ
sEmC - sBnD
ữ
ỗ
ứ
2ố
Cn lu ý n cỏc trường hợp sau:
+ Với đỉnh
A
nằm ngồi đường trịn
(O) AD
(O)
A
.
là tếp tuyến của
, qua
vẽ một cát tuyến cắt đường trịn tại
BC
,
thì
1ỉ ẳ
ử
Ã
ẳ ữ
CAD
= ỗ
sCmD - sBnD
ữ
ỗ
ố
ứ
2
+ Vi Vi nh
A
nm ngoi ng tròn
(O) AB, AC
(O)
.
là 2 tếp tuyến của
,
(
A, B
là các tiếp im) thỡ
1ổ ẳ
ử
Ã
ẳ ữ
BAC
= ỗ
sBmC - sBnC
ỗ
ữ
ứ
2ố
p Dng Gúc Cú Đỉnh Ở Trong Hoặc Ngồi Đường Trịn.
A. 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 ngồi đường trịn giúp chúng ta
tìm mối quan hệ giữa các số đo các góc, chứng minh các đường song song, các
tam giác bằng nhau, các tam giác đồng dạng với nhau, hai đường thẳng vng
góc với nhau.
12. 12. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
Thầy cô cần bộ đủ chuyên đề đẹp – chất như trên ôn thi vào 10 Nâng Cao –Kết
hợp ôn HSG 9(bản đủ chuyên đề word 1500 trang) –Thì liên hệ zalo Tốn Học Sơ
Đồ 0945943199
B. VÍ DỤ
Ví dụ ). Trên đường tròn
A1, B1,C 1, D1
(O )
cho các điểm
A, B,C , D
lần lượt là điểm chính giữa của các cung
AC
1 1
minh các đường thẳng
và
B1D1
theo thứ tự đó. Gọi
AB, BC ,CD
và
DA
. Chứng
vng góc với nhau
Lời giải:
Gọi
I
là giao điểm của
» , BC
» , DA
»
¼ ,CD
AB
. Khi đó
trong đường trịn
(O )
AC
1 1
và
B1D1 a, b, g, d
;
theo thứ tự là số đo của các cung
a + b + g + d = 3600
. Ta có
Nghĩa là
là góc có đỉnh nằm
· IB = 1ỉ
¼BB + sC
ẳDD ử
ữ
ỗ
A
sA
ữ
1
1
ỗ
1
1
1
1ứ
2ố
1ổ ẳ
ẳ + sC
ẳ D + sDD
ẳ ử
ữ
= ỗ
sA1B + sBB
ữ
ỗ
1
1
1ứ
ố
2
A1C 1 ^ B1D1
. Xột gúc
à IB
A
1
1
=
1
a + b + g + d) = 900
(
4
.
(đpcm).
13. 13. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
A, D,C , B
O
Ví dụ 2. Cho bốn điểm
theo thứ tự đó nằm trên đường trịn tâm
AB = 2R C
D
AB
E
F
đường kính
( và
nằm về cùng một phía so với
). Gọi
và
A, B
CD
AD
theo thứ tự là hình chiếu vng góc của
trên đường thẳng
. Tia
BC
cắt tia
tại
a) Tính số đo
I
. Biết rằng
·
AIB
AE + BF = R 3
.
.
CD
K A, K B
K
DC
b) Trên cung nhỏ
lấy điểm
. Gọi giao điểm của
với
lần lượt
M
N
MN
K
CD
là
và
. Tìm giá trị lớn nhất của
khi
di động trên cung nhỏ
.
Lời giải:
a). Kẻ
OH ^ CD ( H Î CD )
ta thấy
OH
là đường trung bình
của hình thang
OH =
suy ra
ABFE
,
1
R 3
AE + BF ) =
(
2
2
Từ đó tam giác
suy ra
,
OCD
.
đều,
·
· CD = 600
sđCOD
= sđK
.Ta thấy
· B
AI
có đỉnh nằm ngồi đường trũn
(O )
nờn
ử 1
à B = 1ổ
ẳ
ẳCD ữ
ỗ
sAI
sAmB
- sK
= 1800 - 600 = 600
ữ
ỗ
ố
ứ
2
2
(
)
.
EM .NF = AE .BF
MN
suy ra
(khụng i) do đó
lớn
EM + NF
EM .NF
nhất khi và chỉ khi
nhỏ nhất. Theo trên,
không đổi nên
b) Ta thấy
EM + NF
D AEM : D NFB
nhỏ nhất khi
Vậy giá trị lớn nhất của
EM = FN = AE .BF
MN
bằng
.
EF - 2 AE .BF
.
14. 14. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
Ví dụ 3. Trong tam giác
Giả sử
(T )
ABC
, đường phân giác của
là đường tròn tiếp xúc với
(T )
giao điểm thứ hai của
và
AP
BC
là giao điểm của
và
.
a) Chứng minh rằng
AC
·
·
EAB
= MBC
b) Chứng minh hệ thức
,
P
BC
tại
D
·
BAC
cắt cạnh
và đi qua điểm
là giao điểm thứ hai của
A
BC
. Gọi
(T )
và
D
tại
M
BM
là
,
E
.
BE 2 = EP .EA
.
Lời giải:
a). Gọi
của
Do
AB
AD
nên
N
là giao điểm thứ hai
với đường trịn
(T )
là phân giác của
¼ = sđDN
¼
sđDM
·
BAC
. Ta có
1 »
·
·
= sđNP
= NAP
= EAB
2
.
1ỉ ¼
ư 1ỉ ẳ
Ã
Ã
ằ ữ
ằ ử
ữ
MBC
= MBD
= ỗ
sDM - sDP
= ỗ
sDN - sDP
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố
ứ
ố
ứ
2
2
(pcm).
b) Từ kết quả câu a, ta thấy
BE
EA
=
EP
BE
hay
BE 2 = EP .EA
·
·
EBP
= EAB
. Từ đó
D EBP : D EAB
(g.g), suy ra
(đpcm).
15. 15. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
.
(O )
Ví dụ 4. Trên đường trịn
ta lấy các điểm
a) Chứng minh rằng nếu các đường thẳng
trong của tam giác
ABC
tam giác
c) Giả sử
(T )
1
của tam giác
AA1, BB1,CC 1
theo thứ tự đó.
là các đường phân giác
D A1B1C 1
và
(T )
(T )
2
2
(T )
1
.
là các đường cao của
thì chúng là đường phân giác trong của tam giác
là hai tam giác nội tiếp đường tròn
(O )
D A1B1C 1
.
, đồng thời các đỉnh
là các điểm chính giữa của các cung đường tròn bị chia bởi
các đỉnh của tam giác
các tam giác
AA1, BB1,CC 1
thì chúng là các đường cao của
b) CHứng minh rằng nếu các đường thẳng
ABC
A,C 1, B, A1,C , B1
và
(T )
1
(T )
các cạnh của tam giác
2
. Chứng minh rằng trong hình lục giác là giao của
các đường chéo nối các đỉnh đối nhau song song với
(T )
1
và đồng quy tại một điểm.
Lời giải:
16. 16. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
a) Ta chứng minh
đó:
AA1 ^ B1C 1
. Thật vậy, gọi
M
là giao im ca
AA1
v
B1C 1
, khi
1ổ ẳ
1ổ ẳ
ử
Ã
ẳ ữ
ẳBC ử
ẳ B + sBC
ữ
AMB
= ỗ
sAB1 + sA
= ỗ
sAB1 + sA
ữ
ữ
ỗ
ỗ
1
1
1
1
1
ứ 2ố
ứ
2ố
(
)
1 Ã
Ã
à AB + BCC
·
·
·
= ABB
+A
= ABC
+ CAB
+ BCA
= 900
1
1
1
2
(đpcm).
BB1 ^ AC
;CC 1 ^ A1B1
1 1
Chứng minh tương tự ta cũng có
.
b)
Gọi
M1
là giao điểm của
BB1
và
AC
. Ta có
· A = 1ỉ
¼ B + sA
Ã
ÃCC
ẳC ử
ữ= BCA
ỗ
BM
sAC
+A
ỗ
1
1
1 ứ
1 1
ữ
2ố
ử Ã
à A = 1ổ
ẳ B +B
ẳC ữ
à CC
ỗ
BM
sAC
= BCA + B
ữ
ỗ
2
1
1
1 1
ứ
2ố
(2) suy ra
à A =B
· CC
AC
1 1
1 1
. Tức là
CC 1
minh tương tự, ta cũng thu được
chứa đường phân giác của
· BC
A
1 1 1
(1) Lại có
(2). Vì
· A = BM
· A = 900
BM
1
2
chứa đường phân giác của
AA1
, nên từ (1) và
· B
AC
1 1 1
. Chứng
· A C BB
B
1
1 1 1
chứa đường phân giác của
,
.
17. 17. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
c) Kí hiệu các đỉnh của tam giác
giữa các cung
đường
»
¼ ,CA
BC
AA1, BB1,CC 1
»
AB
và
1
là
A, B
và
C
A1, B1
;
(T )
2
tương ứng. Khi đó
và
quy tại điểm . Giả sử
IK / / AC
rằng
.
K
là giao điểm của
Thật vậy, ta thấy tam giác
, dẫn đến
AB1I
cân tại
IK / / AC
B1
AB
và
C1
là điểm chính
là tam giác
chứa các đường phân giác của tam giác
I
· IA = K
· AI = IAC
·
K
(T )
B1C 1
(T )
1
A1B1C 1
. Các
nên chúng đồng
. Ta chỉ cần chứng minh
nên tam giác
AK I
cân tại
K
. Từ đó
(đpcm).
Thầy cơ cần bộ đủ chuyên đề đẹp – chất như trên ôn thi vào 10 Nâng Cao –Kết
hợp ôn HSG 9(bản đủ chuyên đề word 1500 trang) –Thì liên hệ zalo Tốn Học Sơ
Đồ 0945943199
CHỦ ĐỀ 4. ÁP DỤNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ QUỸ TÍCH VÀ DỰNG HÌNH
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Khái niệm cung chứa góc giúp chúng ta giải được nhiều bài tốn quỹ tích, dựng
hình, chứng minh nhiều điểm cùng thuộc một đường trịn.
B. VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho tam giác cân
Kẻ
DM / / AB
(
M Ỵ AC
),
ABC
( AB = AC )
DN / / AC ( N Ỵ AB )
và
D
. Gọi
là một điểm trên cạnh
D'
là điểm đối xứng của
MN
D'
D
BC
qua
. Tìm quỹ tích điểm
khi điểm
di động trên cạnh
.
Lời giải:
18. 18. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
BC
D
.
Phần thuận: Từ giả thiết đề ra ta thấy
B, D, D '
nằm trên đường trịn tâm
·
·
·
BND
= DMC
= BAC
định,
D'
nhìn
BC
N
NB = ND = ND '
. Từ đó
· ' D = 1 DMC
·
BD
2
, nên từ (1) và (2) suy ra
dưới một góc
·
BAC
,(1) do đó ba điểm
· 'C = BAC
·
BD
D'
khơng đổi,
(2). Lại có
(khơng đổi). Vì
khác phía với
D
BC
cố
(tức là
·
BAC
A
MN
D'
cùng phía với
so với
) nên
nằm trên cung chứa góc
vẽ trên đoạn
BC
ABC
(một phần của đường trịn ngoại tiếp tam giác
).
Phần đảo: Bạn đọc tự giải.
Kết luận: Quỹ tích của điểm
chính là cung
¼
BAC
D'
là cung chứa góc
BAC
của đường trịn ngoại tiếp tam giác
trên đoạn
ABC
BC
. Đó
.
Lưu ý: Quy trình để giải một bài tốn quỹ tích như sau:
Để tìm quỹ tích các điểm
các bước
M
thỏa mãn một tính chất
*Phần thuận: Chỉ ra mọi điểm có tính chất
(T )
*Kết luận: Quỹ tích các điểm
có tính chất
nào đó ta tiến hành
đều thuộc hình
*Phần đảo: Chứng tỏ rằng mọi điểm thuộc hình
M
(T )
(T )
(H)
(H)
.
đều có tính chất
là hình
(H)
(T )
.
.
Chú ý rằng trong một số bài tốn, sau phần thuận, trước phần đảo ta có thể
thêm phần giới hạn quỹ tích.
(Bạn đọc tham khảo thêm phần quỹ tích ở cuối cuốn sách này)
19. 19. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
Ví dụ 2. Cho đường trịn
trên cung lớn
của
·
ACB
BC
sao cho
B
điểm .
và dây cung
của đường tròn
cắt đường tròn
CD
(O )
DI = DB
(O )
. Đường thẳng
b) Chứng minh đường thẳng
c) Trên tia đối của tia
điểm
khi
A
AB
(
tại điểm
a) Chứng minh rằng tam giác
M
(O )
K AC
AI
A
D
BI
BC
khác
cố định. Gọi
B
,
A
khác điểm
khác
C
C
là điểm di động
). Tia phân giác
. Lấy điểm
cắt đường trịn
(O )
I
thuộc đoạn
tại điểm
K
khác
cân.
ln đi qua một điểm
lấy điểm
A
M
di động trên cung lớn
sao cho
BC
J
AM = AC
cố định.
. Tìm quỹ tích các
của đường trịn
(O )
.
Lời giải:
a). Ta có
1ỉ »
1ỉ »
·
·
¼ ử
ẳC ử
ữ; sDIB
ữ
DBK
= ỗ
sDA + sAK
= ỗ
sBD + sK
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ố
ứ
ố
ứ
2
2
Vỡ
ằ + sđDA
»
sđBD
hay
D K AC
và
cân tại
D DBI
K
cân tại
nên
¼C + sđAK
¼
sđK
. Suy ra
AK = CK
(đpcm).
b) Từ kết quả câu a, ta thấy
AI
D
J
I
là tâm đường trịn nội tiếp
D ABC
¼
BC
nên đường
thẳng
ln đi qua điểm
(điểm chính giữa của cung
khơng chứa
J
ràng
là điểm cố định.
20. 20. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
A
). Rõ
Thầy cô cần bộ đủ chuyên đề đẹp – chất như trên ôn thi vào 10 Nâng Cao –Kết
hợp ôn HSG 9(bản đủ chuyên đề word 1500 trang) –Thì liên hệ zalo Toán Học Sơ
Đồ 0945943199
1·
·
BMC
= BAC
2
·
D AMC
A
BAC
c) Phần thuận: Do
cân tại , nên
. Giả sử số đo
là
2a
A
BC
M
(khơng đổi) thì khi
di động trên cung lớn
thì
thuộc cung chứa góc
a
BC
O
dựng trên đoạn
về phía điểm .
Phần đảo: Tiếp tuyến
BC
tại điểm
vẽ trên đoạn
X
Bx
với đường trịn
. Lấy điểm
M
bất kỳ trên
BC ( M ¹ X ;M ¹ C )
BC
. Nếu
thuộc cung lớn
của đường tròn
A
AC = AM
cân tại
hay
.
M
º
Cx
(O )
MB
(O )
º
Cx
vẽ trên đoạn
(một phần của cung chứa góc
cắt đường trịn
. Vì
a
cắt cung chứa góc
(O )
·
·
BAC
= 2a;AMC
=a
tích các điểm
là cung
, một phần của cung chứa góc
O
C
X
về phía
trừ hai điểm
và
.
A
tại
a
thì rõ ràng
suy ra
D AMC
Kết luận: Quỹ
a
vẽ trên đoạn
BC
C ,D
d
nằm trên đường thẳng và hai điểm
thuộc
d
B
d
hai nủa mặt phẳng đối nhau bờ . Hãy dựng một điểm
trên sao cho
Ví dụ 3. Cho trước điểm
·
·
ACB = ADB
và
A
.
Lời giải:
21. 21. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
A
*Phân tích: Giả sử dựng được điểm
D
d
B
trên
d
sao cho
·
· 'B
ADB
= AD
·
·
ACB
= ADB
. Gọi
D'
là
·
· 'B
ACB
= AD
C
điểm đối xứng của
qua . Khi đó
, vậy
. Suy ra
D'
AB
và
cùng nằm trên một nửa cung chứa góc dựng trên đoạn
. Từ đó ta thấy
B
d
D ACD '
là giao điểm của với đường tròn ngoại tiếp
.
*Cách dựng: Dựng điểm
D'
là điểm đối xứng của
ACD '
Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác
.
Dựng giao điểm của
B
của đường thẳng
d
D
qua đường thẳng
với đường tròn
*Chứng minh: Rõ ràng với cách dựng trên, ta có
( ACD ')
d
.
.
·
· 'B = ADB
·
ACB
= AD
.
Thầy cô cần bộ đủ chuyên đề đẹp – chất như trên ôn thi vào 10 Nâng Cao –Kết
hợp ôn HSG 9(bản đủ chuyên đề word 1500 trang) –Thì liên hệ zalo Tốn Học Sơ
Đồ 0945943199
A,C , D
*Biện luận: Nếu ba điểm
không thẳng hàng, hoặc nếu ba điểm này
CD
d
thẳng hàng nhưng
khơng vng góc với thì bài tốn có một nghiệm hình.
A,C , D
d
CD
+ Nếu ba điểm
thẳng hàng và là đường trung trực của đoạn
thì bài
tốn có vơ số nghiệm hình.
A,C , D
d ^ CD
d
+ Nếu ba điểm
thẳng hàng,
nhưng khơng phải là đường trung
CD
trực của
thì bài tốn khơng có nghiệm hình.
Lưu ý: Khái niệm cung chứa góc được áp dụng để chứng minh nhiều điểm cùng
A, B,C , D
thuộc một đường trịn. Ví dụ để chứng minh bốn điểm
cùng nằm trên
A
B
CD
một đường trịn, ta có thể chứng minh hai điểm
và
cùng nhìn
dưới hai
góc bằng nhau. Nói cách khác, nếu một tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn
cạnh chứa hai đỉnh cịn lại dưới hai góc bằng nhau thì bốn đỉnh của tứ giác đó
cùng thuộc một đường trịn.
22. 22. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
Ví dụ 4. Giả sử
D Ỵ BC
AD
là đường phân giác trong góc
M
của tam giác
ABC
(
·
·
ABN
= CBM
BM
lấy hai điểm
và
sao cho
.
cắt đường
ACM
E
CN
trịn ngoại tiếp tam giác
tại điểm thứ hai
và
cắt đường tròn ngoại
ABM
F
tiếp tam giác
tại điểm thứ hai .
). Trên
AD
A
a) Chứng minh rằng bốn điểm
b) Chứng minh ba điểm
c) Chứng minh
A, E , F
·
·
BCF
= ACM
N
B,C , E , F
cùng nằm trên một đường tròn.
thẳng hàng.
, từ đó suy ra
·
·
ACN
= BCM
.
Lời giải:
Thầy cơ cần bộ đủ chuyên đề đẹp – chất như trên ôn thi vào 10 Nâng Cao –Kết
hợp ôn HSG 9(bản đủ chuyên đề word 1500 trang) –Thì liên hệ zalo Tốn Học Sơ
Đồ 0945943199
a) Ta có
·
·
BFC
= BAN
·
·
BAN
= CAN
, suy ra
Từ đó bốn điểm
(cùng chắn cung
·
·
BFC
= BEC
B,C , E , F
¼
BN
);
·
·
BEC
= CAN
(cùng chắn
¼
CM
), mà
.
cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).
·
·
CFE
= NFA
b) Từ kết quả trên, ta có
. Do đó hai tia
A, E , F
là ba điểm
thẳng hàng (đpcm).
FA
và
FE
trùng nhau nghĩa
23. 23. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
c) Vì
·
·
BCF
= BEF
, dẫn đến
và do
·
·
ACN
= BCM
·
·
ACM
= BEF
nên
·
·
BEF
= ACM
. Từ đó suy ra
(đpcm).
------------///----------
24. 24. Nhóm tài word THCS chất
đẹp />
·
·
ACM
= BCF
