Bài giảng số 2: Góc nội tiếp và một số ví dụ minh họa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (286.26 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI GIẢNG SỐ 2: GÓC NỘI TIẾP VÀ CÁC DẠNG TỐN

I. Tóm tắt lý thuyết

i) Góc có đỉnh nằm trên đường trịn và các cạnh cắt đường trịn đó gọi là góc nội tiếp.

ii) Các góc nội tiếp đều có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn.

iii) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung (hoặc chắn cung bằng nhau) thì chúng bằng nhau. 
iv) Các góc nội tiếp bằng nhau thì các cung bị chắn cũng bằng nhau.

v) Trong trường hợp góc nội tiếp có số đo khơng vượt quá

90

0 thì số đo của chúng bằng nửa 
số đo góc ở tâm, cùng chắn một cung.

II. Bài tập mẫu

Bài tập mẫu 1: Trên cạnh huyền BC của tam giác vng

ABC

về phía ngồi ta dựng hình vng

với tâm với tâm tại điểm

O

. Chứng minh rằng

AO

là tia phân giác của góc vng

BAC



Giải:

Với

O

là tâm hình vng nên

BOC 



90

Lại vì

BAC 



90

0 suy ra bốn điểm

A B O C

, , ,

cùng nằm trên đường trịn đường kính

BC

.
Đối với đường trịn này ta thấy:



BAO



BCO



(cùng chắn

BO



)

Mà



BCO



45 

BAO





45 BAC 



90

0, nên

CAO





BAC

 



BAO



45

Vậy

BAO





CAO



, nghĩa là

AO

là tia phân giác

của góc vng



BAC

Bài tập mẫu 2: Cho tam giác nhọn

ABC

nội tiếp đường tròn

( )

O

. Từ đỉnh

A

ta kẻ đường cao

AH

(

H

thuộc

BC

). Chứng minh rằng:

BAH





OAC



Giải:

Kẻ đường kính

AH

của đường tròn

( )

O

Ta thấy



ACE 

90

0 (góc nội tiếp chắn nửa
đường trịn).

O

B

C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Từ đó:

OAC

 



OEC



90

0 (1).

Từ giả thiết ta có:

BAH

 



ABC



90

0 (2).

Lại vì:



AEC





ABC

(cùng chắn cung

BC

)
(3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra

BAH





OAC



Bài tập mẫu 3: Cho tam giác đều

ABC

nội tiếp đường tròn

( )

O

. Trên cung

BC

không chứa điểm

O

ta lấy điểm

P

bất kỳ (

P

khác

B

và

C

). Các đoạn

PA

và

BC

cắt nhau tại

Q

a) Giả sử

D

là một điểm trên đoạn

PA

để

PB



PD

. Chứng minh rằng tam giác

PDB

đều.
b) Chứng minh rằng:

PA



PB



PC

c) Chứng minh hệ thức:

1 PQ



PB



PC

Giải:

a) Ta nhận thấy rằng tam giác

PBD

cân tại

P

Mặt khác:

BPD







BPA



BCA





60

0 ( hai góc

nội tiếp cùng chắn cung



AB

của đường tròn

( )

O

).
Vậy tam giác

PDB

đều.

b) Ta đã có

PB



PD

. Vậy để chứng minh

PA



PB



PC

ta sẽ chứng minh

DA



PC

.
Thật vậy: xét hai tam giác

BPC

và

BDA

có:

BA



BC

(giả thiết)

BA



BC

(do tam giác

PDB

đều)

Lại vì:

 

ABD



DBC



60 ;

 

PBC



DBC



60

Nên



ABD



PBC



O

A

B

C

D

E

Q

O

A

B

C

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Từ đó:



BPC

 

BDA c g c

( . . )

, nên

DA



PC

c) Xét hai tam giác

PBQ

và

PBQ

ta thấy



60 ;

60 BPQ



APC



ABC



(hai góc nội tiếp cùng chắn cung



AC

Suy ra:

BPQ





 

APC PBQ

;



PBC





PAC



(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

PC



Từ đó:

PBQ

PAC g g

( . )

PQ

PC

PB

PA











, hay

PQ PA

.



PB PC

.

Theo b) ta có:

PA



PB



PC

nên

PQ PB

.(

PC

)

PB PC

.

1 PQ

PB

PC











Bài tập mẫu 4: Cho tam giác nhọn

ABC

nội tiếp đường tròn

( )

O

. Gọi

A B C

', ', '

là chân các
đường vuông góc kẻ từ

A B C

, ,

trên các cạnh

BC CA AB

,

H

là trực tâm của tam giác

ABC

a) Chứng minh rằng

AA

'

là đường phân giác trong của góc

B A C



' ' '

b) Cho

BAC 



60

0. Chứng minh tam giác

AOH

cân.

Giải:

a) Ta thấy bốn điểm

B A H C

, ',

, '

cùng nằm trên
đường trịn đường kính

BH

nên



' '



'

C A H



C BH

Bốn điểm

C A H B

, ',

, '

cùng nằm trên đường trịn

đường kính

CH

nên



B CH

'



B A H



' '

Mặt khác:

C BH



'



B CH



'

( góc có cạnh tương
ứng vng góc).

Do đó

AA

'

là đường phân giác trong của góc



' ' '

B A C

b) Giả sử

K

là giao điểm của

CD

với đường tròn

( )

O

. Tứ giác

BHAK

là hình bình hành nên

AH



BK

(1).

Tam giác vng

KBC

có



BKC



BAC





60

nên

1

2 BK



KC



OA

(2).

Từ (1) và (2) suy ra:

AH



OA

, nghĩa là tam giác

AOH

cân.

H

O

A

B

C

B'

C'

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài tập mẫu 5: Cho tam giác

ABC

nội tiếp đường tròn

( )

O

. Tia phân giác của góc

BAC



cắt

BC

ở

D

và đường trịn

( )

O

ở

E

a) Chứng minh rằng:

AB AC

.



AD AE

.

.
b) Chứng minh rằng:

ED EA

.



EB

Giải:

a) Xét hai tam giác

ABC

và

ABC

có:



BAE



DAC gt



(

)



AEB





ACB





ACD

Suy ra:



AEB





ACD g g

( . )

,dẫn đến

AE

AB

AC



AD

hay

AB AC

.



AD AE

.

b) Xét



EAB

và



EBD

có:



EBD



EBC



EAC



BAE

Nên



EAB





EBD g g

( . )

Suy ra:

EA

EB



ED

hay

.

ED EA



EB

III. Bài tập tự luyện

Bài 1: Cho đường trịn

( )

O

và đường kính

AB

. Gọi C là điểm chính giữa của cung



AB

và

M

là
điểm bất kỳ trên cung



AC

.

Vẽ tiếp tuyến với đường tròn

( )

O

tại

M

, tiếp tuyến này cắt đường thẳng

OC

tại

D

. Chứng minh rằng

MDO





2 MBO



Hướng dẫn: Chứng minh

MBO





1 / 2



MAO

và chứng minh

MDO





MAO



.

Bài 2: Cho đường tròn

( )

O

và hai dây

AB, AC

bằng nhau. Qua

A

vẽ một cát tuyến cắt dây

BC

ở

D

và cắt đường tròn

( )

O

ở

E

. Chứng minh rằng

AB



AD AE

.

Hướng dẫn: Sử dụng tam giác đồng dạng.

Bài 3: Cho đường tròn

( )

O

và một điểm

M

cố định không nằm trên đường tròn. Qua

M

vẽ một cát

tuyến bất kì cắt đường trịn ở

A

và

B

. Chứng minh rằng tích

MA.MB

khơng đổi.

Hướng dẫn: Kẻ cát tuyến bất kỳ MCD, sau đó 
chứng tỏ MA MB. MC MD. .

D

O

A

B

C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bài 4: Cho đường tròn

( )

O

ngoại tiếp tam giác đều

ABC

và

M

là một điểm của cung nhỏ

BC



.

Trên đoạn thẳng

MA

lấy điểm

D

sao cho

MD = MB.

a) Hỏi tam giác

MBD

là tam giác gì? Đáp số: Tam giác

MBD

đều.

b) So sánh hai tam giác

BDA

và

BMC

. Đáp số:



BDA

 

BMC

.

c) Chứng minh rằng

MA



MB



MC

.

Hướng dẫn: Suy ra từ câu b).

Bài 5: Cho đường tròn

( )

O

ngoại tiếp tam giác

ABC

với



A



32 ,



B



84 .

0 Lấy các điểm

D, E, F

thuộc đường tròn

(O)

sao cho

AD



AB BE

,



BC CF

,



CA

.

Hãy tính các góc của tam giác

DEF

Đáp số: D 20 ,0 F84 ,0 E76 .0

Bài 6: Cho đường tròn

( )

O

ngoại tiếp tam giác

ABC

cân tại

A

. Các đường phân giác của hai góc

B

và

C

cắt nhau ở

E

và cắt đường tròn lần lượt ở

F

và

D

. Chứng minh rằng tứ giác

EDAF

là một
hình thoi.

Hướng dẫn:

Cách 1: Chứng tỏ hai đường chéo AE và DF 
vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi 
đường.

Cách 2: Chứng tỏ tứ giác ADEF có các cặp cạnh 
đối song song với nhau và AD AF.

Bài 7: Cho góc

xAy



và



xAy

là một điểm bất kì nằm trong góc đó. Kẻ các đường vng góc

MP

và

MQ

theo thứ tự lên các cạnh

Ax

Ay

(

P

thuộc

Ax

Q

thuộc

Ay

). Kẻ

AK

vng góc với

đoạn

PQ

. Chứng minh rằng:

PAK

 



MAQ

</div>

Bài giảng số 2: Góc nội tiếp và một số ví dụ minh họa

<b>BÀI GIẢNG SỐ 2: GÓC NỘI TIẾP VÀ CÁC DẠNG TỐN </b>

<b>I. Tóm tắt lý thuyết </b>

90

<b>II. Bài tập mẫu </b>

<i>ABC</i>

<i>O</i>

<i>AO</i>

<i>BAC</i>



<i>O</i>

<i>BOC </i>



90

<i>BAC </i>



90

<i>A B O C</i>

, , ,

<i>BC</i>



<i>BAO</i>



<i>BCO</i>



<i>BO</i>





<i>BCO</i>



45



<i>BAO</i>





45

<i>BAC </i>



90

<i>CAO</i>





<i>BAC</i>

 



<i>BAO</i>



45

<i>BAO</i>





<i>CAO</i>



<i>AO</i>



<i>BAC</i>

<i>ABC</i>

( )

<i>O</i>

<i>A</i>

<i>AH</i>

<i>H</i>

<i>BC</i>

<i>BAH</i>





<i>OAC</i>



<i>AH</i>

( )

<i>O</i>



<i>ACE </i>

90

<i><b>O</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i>OAC</i>

 

