Tài liệu của Quang Hiệu đã được bẻ khóa

bằng nửa số đo của cung bị chắn.ã = 1 2 BAC sđ ẳ BmC c Hệ quả: Trong một đờng tròn + Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau.. Điểm đó là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác

a) Định nghĩa: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên

ờng tròn và hai cạnh của góc chứa hai dây cung của

đ-ờng tròn đó.

ãBAC là góc nội tiếp chắn cung BmC

b) Định lí: Trong một đờng tròn, số đo của góc nội tiếp

m C

B A O

bằng nửa số đo của cung bị chắn.

ã = 1

2

BAC sđ ẳ BmC c) Hệ quả: Trong một đờng tròn

+) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau.

+) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.

+) Góc nội tiếp không quá 90 0 có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung.

+) Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn là góc vuông.

2 Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung:

a) Khái niệm: Tia tiếp tuyến Ax và tia AB chứa dây

AB của đờng tròn (O) tạo nên một góc, gọi là góc tạo

bởi tia tiếp tuyến Ax và dây AB.

ãxAB là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung , góc

này chắn cung AmB

b) Định lí: Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và

dây cung bằng nửa số đo của cung bị chắn.

2

xAB= sđ ẳ AmB c) Hệ quả: Trong một đờng tròn, góc tạo bởi tia tiếp

tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một

3 - Góc có đỉnh ở bên trong, góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn:

a) Định lí 1: Số đo của góc có đỉnh ở bên trong đờng

tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn

2

AKB= sđ ẳ AnB+sđ ẳ ) CmD

b) Định lí 2: Số đo của góc có đỉnh ở bên ngoài đờng

tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn

*) Trờng hợp 1: Tâm O nằm ngoài 2 dây song song (AB // CD)

Kẻ đờng kính MN sao cho MN // AB ; MN // CD

m

K

n

D C

B A O

n

m O

C

B D

E

A

Mà ∆AOB cân tại O ⇒ OAB ABOã = ã (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ãAOM = ãBON ⇒ sđẳAM = sđ ằBN (a)

Lí luận tơng tự ta có: sđ CMẳ = sđ DNẳ (b)

Vì C nằm trên ẳAM và D nằm trên ằBN nên từ (a) và (b)

⇒ sđẳAM - sđ CMẳ = sđ ằBN - sđ DNẳ

Hay sđ ằAC = sđ ằBD ⇒ ằAC = ằBD (đpcm)

*) Trờng hợp 2 : Tâm O nằm trong hai dây song song.

Kẻ đờng kính MN sao cho MN // AB ; MN // CD

Mà ∆AOB cân tại O ⇒ OAB ABOã = ã (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ãAOM = ãBON ⇒ sđẳAM = sđ ằBN (a)

Lí luận tơng tự ta có: sđ CMẳ = sđ DNẳ (b)

Vì M nằm trên ằAC và N nằm trên ằBD nên từ (a) và (b)

⇒ sđẳAM + sđ CMẳ = sđ ằBN + sđ ẳDN

Hay sđ ằAC = sđ ằBD ⇒ ằAC = ằBD (đpcm)

2 Bài tập 2: Trên đờng tròn (O) lấy ba điểm A, B, C Gọi M, N, P theo thứ

tự là điểm chính giữa của các cung AB (không chứa C), BC (không chứa A)

và AC (không chứa B) Gọi I là giao điểm của BP và AN, E là giao điểm của AB với MN Chứng minh rằng:

a) BNI là tam giác cân.

2

BIN= (sđ ằAP+sđ ằBN )

Mà ằ PC AP CN BN=ằ ,ằ = ằ ⇒ ãBPN BIN=ã

Tức là tam giác BIN cân tại N

b)Vì M là điểm chính giữa của cung AB nên

D

I E

O M

P

N

C B

vậy tam giác EIB cân tại E suy ra ã EBI EIB= ã

Mặt khác, do ằ AP PC= ằ nên ã EBI IBC= ã Bởi vậy ã EIB IBC= ã

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên EI//BC.

d) Hai tam giác BND và ANB có chung góc ANB Mặt khác

Gi

ả i:

Ta thấy A, D cùng thuộc đờng tròn đờng kính OD

( vì góc OAD vuông) nên: ã BDO CAO= ã (cùng chắn

cung OB).

Bốn điểm O, A, E, C cùng thuộc đờng tròn đờng

kính OE nên: ã CEO CAO= ã (cùng chắn cung OC).

⇒ ∆OBD= ∆OCE =>OE OD=

Tam Giác OED cân nên đờng cao OA chia đôi cạnh

đáy ED Bởi vậy ta có AE = AD

d O

D

A B

E C

4 Bài tập 4: Từ một điểm M ở ngoài đờng tròn (O) kẻ cát tuyến MBA và hai tiếp tuyến MC, MD Phân giác của góc ACB cắt AB tại E Chứng minh:

D M

A F

Vậy tam giác MEC cân nên MC = ME.

b) Ta thấy MD = MC nên MD = ME suy ra tam giác MED cân tại M nên:

Lại có : BMA= BCAã ã (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

mà ∆ ABC đều ( gt ) → BMA= BCA 60 ã ã = 0→ ∆ MBD là tam giác đều

GT : Cho ∆ ABC ( AB = AC ) nội tiếp (O)

BF ; CD là phân giác của ã ABC ACB;ã

→ AD = AF = CF = BD ằ ằ ằ ằ ( các góc nội tiếp bằng nhau → chắn cung bằng nhau )

→ AD = AF (1) ( cung bằng nhau → căng dây bằng nhau )

- Có dây AD và dây BF chắn giữa hai cung bằng nhau BD và AF → AD //

BF Tơng tự CD // AF

→ Tứ giác EDAF là hình bình hành ( 2)

- Từ (1) và (2) suy ra tứ giác EDAF là hình thoi

IV Hớng dẫn về nhà

- Xem lại các bài đã chữa

- Học lại các định nghĩa, định lí, hệ quả về góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung; góc có đỉnh ở bên trong đờng tròn, góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn

*******************************

*) Hãy giữ phím ctrl và nhấn vào đờng link này - http://quanghieu030778.violet.vn/

Ngày soạn : 10/03/10

O A

E

C B

- Học sinh đợc củng cố các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

- Vận dụng các dấu hiệu để chứng minh tứ giác nội tiếp và các bài tập

có liên quan

Kĩ năng

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, chứng minh, trình bày

Thái độ

- Học sinh có thái độ học tập nghiêm túc

B/Chuẩn bị của thầy và trò

- GV: Thớc, compa, êke

- HS: Thớc, compa, êke

C/Tiến trình bài dạy

I Tổ chức

II Kiểm tra bài cũ

- HS1: Nêu định nghĩa, định lí và các hệ quả của tứ giác nội tiếp ?

- HS2: Để chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta có những cách

nào ?

III Bài mới

I – Lí thuyết

Các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 0

b) Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện

c) Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định đợc) Điểm

đó là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác

d) Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dới một góc α

Lu ý: Để chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta có thể chứng minh

tứ giác đó là một trong các hình : Hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân.

II – Bài tập

1 Bài tập 1: Cho ∆ ABC (AB = AC) nội tiếp trong đờng tròn (O) Các đờng cao AG, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Ta có: AG , BE , CF là 3 đờng cao trong ∆ABC cắt

nhau tại H ⇒ AFH AEH 90 ã = ã = 0

⇒ AFH AEH 90 ã + ã = 0 + 90 0 = 180 0

⇒ Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp

- Vì E, F nhìn AH dới một góc bằng 90 0 ⇒ Theo quỹ tích cung chứa góc thì

E, F nằm trên đờng tròn tâm I đờng kính AH ⇒ tâm I của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác EHFF là trung điểm của AH

b) Xét ∆AFH và ∆AGB có: BAG ( chung ) ; AFH AGB 90 (gt) ã ã = ã = 0

c) Xét ∆IAE có (IA = IE vì I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF)

⇒ ∆ IAE cân ⇒ IAE IEA (1)ã =ã

Xét ∆CBE có EG là trung tuyến (Do AG là đờng cao của ∆ABC cân)

⇒ BG = GC ⇒ GE = GB = GC

⇒ ∆GBE cân tại G ⇒ GBE GEB (2) ã =ã

Lại có IAE BCA 90 ; GBE BCA 90ã +ã = 0 ã +ã = 0

⇒ ãIAE IEA = GBE = GEB= ã ã ã ( 3)

S

3 Bµi tËp 3:

Gi¶i:

4 Bµi tËp 4:

Gi¶i:

5 Bµi tËp 5:

6 Bµi tËp 6:

7 Bµi tËp 7:

8 Bµi tËp 8:

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, chứng minh, trình bày

- Nâng cao kĩ năng chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp.

Thái độ

- Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc

B/Chuẩn bị của thầy và trò

- GV: Thớc, compa, êke

- HS: Thớc, compa, êke

C/Tiến trình bài dạy

I Tổ chức

II Kiểm tra bài cũ

- HS : Nêu các dấu hiệu nhận biết một tứ giác nội tiếp ?

III Bài mới

Bài tập 1: Cho tam giác ABC, các đờng phân giác trong các góc B, C cắt nhau tại S Các đờng phân giác ngoài góc B, C cắt nhau tại P.

a) Chứng minh tứ giác BSCP nội tiếp.

b) Xác định tâm của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCP.

c) Gọi N là giao điểm của BC và SP

Chứng minh SN.PN = BN.NC

H ớng dẫn:

a)Vì BS là tia phân giác của góc ABC và BP là tia phân giác của góc CBx

Mà ã ABC CBx+ ã =1800 ⇒BS⊥BP⇒SBPã =900

- Tơng tự ã SCP=900

SBP SCP+ = suy ra tứ giác BSCP nội tiếp.

b)Do tứ giác BSCP nội tiếp mà ã SCP=900

suy ra góc SCP là góc nội tiếp chắn nửa đờng

y O

P

N

S

C B

SBC SPC= (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung SC)

suy ra hai tam giác BNS, PNC đồng dạng:

a) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp.

b) Chứng minh SO là phân giác của góc ASB.

c) DE và CF kéo dài cắt (O) lần lợt tại N, M chứng minh SO vuông góc với MN.

Suy ra tứ giác DFEC nội tiếp

b)Do º SA SB= º ⇒SA SB= hay tam giác SAB cân tại S.

trên đờng tròn (PBC) kẻ tia DB, DC cắt đờng tròn (PAB), (PAC) lần lợt tại

a) Chứng minh rằng MP vuông góc với NQ.

b) Gọi giao điểm của DC với PA, PB theo thứ tự là E, F Chứng minh tứ giác ABFE nội tiếp.

F E

Q D

P C

N

B

M A

Từ đó ã PEC FEA+ã =1800 ⇒FBA FEAã +ã =1800

Do đó tứ giác ABFE nội tiếp.

B

à i t ậ p 5 : Cho tam giác cân ABC với đáy BC có à A=200 Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C lấy D sao cho DA = DB và ã DAB =400 Gọi

E là giao điểm của AB va DC.

a) Chứng minh tứ giác ADBC nội tiếp.

b) Tính ãAED

H

ớng dẫn:

P B

C

A

N M

D

C B

à i t ậ p 6: Cho đờng tròn (O), đờng kính AB C là một điểm nằm giữa hai

điểm O và A Đờng thẳng kẻ qua C vuông góc với AB cắt đờng tròn (O) ở P

và Q Tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại điểm D trên cung nhỏ BP cắt đờng thẳng PQ ở E AD cắt PQ tại F Chứng minh:

a) Tứ giác BCFD nội tiếp.

BCF BDF+ = Do vậy tứ giác BDFC nội tiếp

b) Ta thấy: ã ABD ADE= ã (=1

2sđ ẳ ADP ) Lại có ã ABD DFE (Cùng bù với góc CFD)=ã

Suy ra ã EDF DFE= ã ⇒ ∆FED cân

Nên ED=EF.

O

F C

B D

Q

A P

E

c) Ta có ã PQD PDE= ã (=1

2sđ ằPD )

àE chung

Suy ra hai tam giác EDP và EQD đồng dạng

à i t ậ p 7 : Hai đờng tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B Gọi EF

là một tiếp tuyến chung của chúng và AB cắt EF tại I.

a) Chứng minh hai tam giác IEA và IBE đồng dạng.

b) Chứng minh I là trung điểm của EF.

c) Gọi C là điểm đối xứng của B qua I Chứng minh tứ giác AECF nội tiếp.

Suy ra ã CFE FEB= ã (so le trong) Mà ã EAB BEI= ã

Suy ra ã CFE CAE= ã

Do đó F, A cùng nhìn EC dới một góc nên bốn điểm A, E, C, F cùng thuộc một đờng tròn.

B

à i t ậ p 8: Cho đờng tròn (O) và một điểm C ở ngoài đờng tròn Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE, CF và cát tuyến CMN tới đờng tròn Đờng thẳng nối C với O cắt đờng tròn tại hai điểm A và B Gọi I là giao điểm của AB với EF Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm O, I, M, N cùng thuộc một đờng tròn.

Nên hai tam giác CEM và CNE đồng

N E

F

B A

C

⇒ = Vì vậy ã MIO MNO+ã =1800

Vậy bốn điểm O, I, M, N cùng nằm trên một đờng tròn.

b) Kéo dài NI cắt đờng tròn (O) tại M’ Do tứ giác IONM nội tiếp nên:

2

IOM INM= = sđ ẳ ' MM => sđẳAM=12sđ ẳ ' MM ⇒ẳAM AM=ẳ '

Vậy ã AIM AIM= ã '=BINã

Bài tập 9: Cho đờng tròn (O) và hai tiếp tuyến SA, SB Kẻ dây cung BC ờng kính vuông góc với dây AC cắt BC tại I Chứng minh:

Đ-a) Bốn điểm S, A, I, B cùng thuộc một đờng tròn.

b) Tứ giác SAOI nội tiếp.

Ta có ã SAB ACB= ã (cùng chắn cung AB)

Vì SA = SB (theo tính chất hai tiếp

tuyến cắt nhau)

Nên tam giác SAB cân tại S

Tam giác AIC có IO vừa là đờng cao

vừa là đờng trung tuyến nên tam giác

AIC cân tại I

Suy ra ã ASB AIC= ã

Do đó ã ASB AIB AIC AIB+ã = ã +ã =1800

BSA AIC= hay ã BSA AIB= ã

Suy ra S và I cùng thuộc cung chứa góc

dựng trên đoạn AB, nghĩa là bốn điểm

S, A, I, B cùng thuộc một đờng tròn.

b)

I O B

C A

S

O

A S

*) Trờng hợp I nằm trong đoạn BC:

Do tứ giác SAIB nội tiếp nên ả SIB SIA (vì ằ= ả SA SB= ằ ) SI là phân giác góc

BIA.

Mặt khác, OI là phân giác góc AIC

⇒OI ⊥SI hay A và I cùng thuộc đờng tròn đờng kính SO.

*) Trờng hợp I nằm ngoài đoạn BC

Do tứ giác SABI nội tiếp ⇒AIS ABSã = ã (cùng chắn cung SA)

Trong đờng tròn (O) ta có:

ABS ACB= (cùng chắn cung AB)

Vì tam giác AIC cân nên ta có: ã ACB IAC= ã

Do đó ã OIA AIS OIA IAC+ã = ã + ã =900=> ã OIS=900

Nh vậy A và I thuộc đờng tròn đờng kính SO.

c) Theo câu b) ta có SI OI⊥ theo giả thiết ta có AC OI⊥

Suy ra AC//SI.

Bài tập 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) Tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt đờng tròn (O) tại P Kẻ đờng kính PQ Các tia phân giác của các góc ABC và ACB cắt AQ theo thứ tự tại E, F Chứng minh:

P

C B

Bài tập 11: Qua điểm A ở bên ngoài đờng tròn, kẻ cát tuyến ABC với đờng tròn Các tiếp tuyến của đờng tròn tại B và C cắt nhau ở K Qua K kẻ đờng thẳng vuông góc với OA, cắt OA ở H và cắt đờng tròn tâm O tại E và F (E nằm giữa K và F) Gọi M là giao điểm của OK và BC Chứng minh rằng: a) EMOF nội tiếp.

b) AE, AF là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

H OF

C B

K A

b) Đặt ã EMK KFO= ã =α Ta có ã AOE FOA= ã =900 −α,ãAME =900 −α

Do đó tứ giác AOME nội tiếp (2)

Từ (1), (2) suy ra năm điểm A, E, M, O, F cùng thuộc một đờng tròn, đờng kính của đờng tròn là OA.

AFO AEO

⇒ = = , tức là AF và AE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

IV Hớng dẫn về nhà

- Xem lại các bài đã chữa

- Giải bài tập sau: Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB > AC, đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, vẽ nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F.

a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật

b) Chứng minh AE.AB = AF.AC

c) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp

d) Biết à B =300, BH = 4 cm Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BE và cung BE

*) Hớng dẫn:

a) ã BEH =900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng

O B

A

b) AHB∆ vuông tại H có HE vuông góc với AB (cmt)

=> AE.AB = AH 2 (hệ thức lợng trong tam giác vuông)

- Tơng tự AF.AC = AH 2

=> AE.AB = AF.AC

c) Theo câu a tứ giác AEHF là hình chữ nhật => nội tiếp đợc

nên ã AFE = ãAHE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

- Ta lại có: à B AHE= ã (cùng phụ ãBHE)

=> ã AFE B= à Vậy tứ giác BEFC nội tiếp

d) Gọi O là tâm của đờng tròn đờng kính BH

- Nối OE Kẻ OK BE⊥

- Vì BH = 4cm => R (O) = 2cm

- Theo giả thiết à B=300 => ã EOH =600 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn

cung EH) => ã BOE =1200

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, chứng minh, trình bày

- Nâng cao kĩ năng chứng minh một đờng thẳng là tiếp tuyến của một

đờng tròn

 Thái độ

- Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc

B/Chuẩn bị của thầy và trò

- GV: Thớc, compa, êke

- HS: Thớc, compa, êke

C/Tiến trình bài dạy

I Tổ chức

II Kiểm tra bài cũ

- HS1: Nêu các dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đờng tròn ?

Học sinh nêu hai dấu hiệu:

 Đờng thẳng và đờng tròn chỉ có một điểm chung (định nghĩa tiếp tuyến)

 Đờng thẳng đi qua một điểm của đờng tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó

- GV: Bổ sung các cách khác để chứng minh một đờng thẳng là tiếp

tuyến của đờng tròn

III Bài mới

1 Lí thuyết:

Có ba cách thờng dùng để chứng minh một đờng thẳng là tiếp tuyến của ờng tròn.

đ- Cách 1: Chứng minh đờng thẳng đi qua một điểm của đờng tròn

và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó.

Để chứng minh đờng thẳng d tiếp xúc

với đờng tròn (O) tại điểm A ta chứng

minh góc tạo bởi đờng thẳng d với dây

AB nào đó bằng góc nội tiếp chắn cung

à i 1 : Cho tam giác ABC cân tại A, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H Vẽ

đờng tròn (O) có đờng kính AH Chứng minh rằng:

a) Điểm E nằm trên đờng tròn (O).

b) DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

A

B

Mà ã HBD BHD+ã =900 (5)

Từ (1), (4), (5) ⇒ãHEO HED+ã =90 hay 0E DE⊥ (**)

Từ (*), (**) suy ra DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

B

à i 2 : Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và hai tiếp tuyến Ax và By Một

đ-ờng thẳng d tiếp xúc với đđ-ờng tròn tại C (C khác A, B) cắt Ax, By lần lợt tại

E, F Chứng minh rằng:

a) OE vuông góc với OF.

b) Tam giác EOF đồng dạng với tam giác ACB.

c) Đờng tròn ngoại tiếp tam giác EOF tiếp xúc với AB.

H

ớng dẫn:

a) AE, BF, EF là các tiếp tuyến của đờng

tròn (O) nên:

OE là phân giác của góc AOC

Tơng tự OF là phan giác của BOC

F

B A

Suy ra tam giác ACB vuông tại C.

Ta thấy tứ giác FCOB nội tiếp ( ã FCO OBF=ã =900)

CFO CBO

⇒ = ( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Do đó hai tam giác vuông EOF và ACB đồng dạng.

c) Ta thấy AE⊥ AB BF, ⊥ BA⇒ AE/ /BF => Tứ giác ABFE là hình thang

Gọi I là trung điểm của EF mà O là trung điểm của AB

=> OI là đờng trung bình của hình thang ABFE

a) Chứng minh tứ giác AMON là hình thoi.

b) Điểm A phải cách O một khoảng bao nhiêu để cho MN là tiếp tuyến của (O) H ớng dẫn:

a) Xét tứ giác AMON, ta có:

AM//ON (cùng vuông góc với OB)

AN//OM (cùng vuông góc với OC)

C

0 A

⇒ ∆ = ∆ ⇒OM = ON (hai cạnh tơng ứng) (2).

Từ (1), (2) suy ra tứ giác AMON là hình thoi.

b) Để MN tiếp xúc với (O, R) cần điều kiện là:

d (O,MN) = R ⇔ OI = R ⇔ AO = 2R (I là giao điểm hai đờng chéo của hình thoi AMON)

Vậy với AO = 2R thì MN là tiếp tuyến của (O; R)

B

à i 4 : Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ

AB lấy hai điểm C, D thuộc đờng tròn AC và AD cắt tiếp tuyến Bx của đờng tròn lần lợt tại E, F.

a) Chứng minh ã ABD BFA ABC AEB =ã ,ã = ã

b) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp.

c) Gọi I là trung điểm của FB, chứng minh DI là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

d) Giả sử CD cắt Bx tại G, phân giác của góc CGE cắt AE, AF lần lợt tại M, N Chứng minh tam giác AMN cân.

H

ớng dẫn:

a) Vì BA FB BD FA⊥ , ⊥ ⇒ãABD BFA =ã

(cùng phụ với ãDBF) Tơng tự ta có ã ABC AEB=ã

b) Ta thấy tứ giác CDBA nội tiếp nên

ECD ABD= (cùng bù với góc ACD)

Theo câu a) ta suy ra ã ECD DFB= ã

Do vậy ã ECD DFE DFB DFE+ã = ã +ã =1800

Điều này chứng tỏ tứ giác CDFE nội tiếp

c) Xét tam giác ABF có OI là đờng trung bình,

N

E

F G I B A

Bởi vậy D và B đối xứng nhau qua OI

OIB ODI ODI OBI

Điều này chứng tỏ DI là tiếp tuyến của đờng tròn.

d) Xét ∆NEG có: ã CNG NEG EGN= ã + ã (tính chất góc ngoài tam giác)

à i 5 : Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) và E là điểm chính giữa cung

AB nhỏ Hai dây CE, ED cắt AB theo thứ tự tại P, Q Các dây AD và EC kéo dài cắt nhau tại I Các dây BC và ED kéo dài cắt nhau tại K Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CDIK nội tiếp.

b) Tứ giác CDQP nội tiếp.

Vậy tứ giác CDQP nội tiếp.

c) Theo câu a) ta có: ã IKD ICD= ã (cùng chắn cung ID)

Theo câu b) ta có: ã ICD KQB= ã (cùng bù với góc DQB)

Do vậy ã IKD KQB= ã , mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra IK//AB.

d) Ta có ã IDK EAB= ã (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Kẻ tia tiếp tuyến Ay của đờng tròn (AQD), ta có ã BAy IDK= ã (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AQ)

Từ đó ã BAy EAB= ã Bởi vậy Ay trùng với AE, hay AE là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AQD.

Chủ đề 3 góc với đờng tròn

Buổi 5 Chứng minh một đờng thẳng là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn

Chứng minh hai đờng thẳng song song, vuông góc

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, chứng minh, trình bày

- Nâng cao kĩ năng chứng minh một đờng thẳng là tiếp tuyến của một

đờng tròn; tứ giác nội tiếp

 Thái độ

- Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc

B/Chuẩn bị của thầy và trò

- GV: Thớc, compa, êke

- HS: Thớc, compa, êke

C/Tiến trình bài dạy

I Tổ chức

II Kiểm tra bài cũ

III Bài mới

1 Lí thuyết

a) Chứng minh hai đờng thẳng song song với nhau

 ơng pháp 1 Ph : Chứng minh hai đờng thẳng chứa hai cạnh đối của hình bình hành (hoặc hình chữ nhật, hình vuông, hình thoi)

 ơng pháp 2 Ph : Dựa vào dấu hiệu nhận biết hai đờng thẳng song song: Nếu đờng thẳng c cắt hai đờng thẳng a, b và trong các góc tạo thành có một cặp góc so le trong bằng nhau (hoặc một cặp góc đồng vị bằng nhau) thì a và b song song với nhau

 ơng pháp 3 Ph : Hai đờng thẳng cùng song song với đờng thẳng thứ ba thì song song với nhau.

 ơng pháp 4 Ph : Hai đờng thẳng cùng vuông góc với đờng thẳng thứ ba thì song song với nhau.

 ơng pháp 5 Ph : áp dụng định lí đảo của định lí Ta - lét

b) Chứng minh hai đờng thẳng vuông góc

 ơng pháp 1 Ph : Nếu hai góc của một tam giác có tổng bằng 90 0 thì tam giác đó là tam giác vuông => góc còn lại bằng 90 0 => hai đờng thẳng chứa hai cạnh góc vuông là vuông góc với nhau.

 ơng pháp 2 Ph : Nếu một đờng thẳng vuông góc với một trong hai đờng thẳng song song thì nó cũng vuông góc với đờng thẳng kia

 ơng pháp 3 Ph : Vận dụng tính chất, nếu một tam giác có một đờng trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông => hai đờng thẳng chứa hai cạnh góc vuông là vuông góc với nhau.

 ơng pháp 4: Ph Vận dụng tính chất ba đờng cao của tam giác

 ơng pháp 5 Ph : Vận dụng hai góc kề phụ nhau (hai góc kề có tổng bằng 90 0 )

 ơng pháp 6 Ph : Vận dụng tính chất hai cạnh kề của hình chữ nhật, hình vuông thì vuông góc với nhau

 ơng pháp 7 Ph : Vận dụng tính chất của tam giác cân

Trong tam giác cân, đờng phân giác, đờng trung tuyến xuất phát từ

đỉnh đồng thời là đờng cao

 Ph ơng pháp 8 : Vận dụng tính chất hai đờng chéo của hình thoi vuông góc với nhau

 Ph ơng pháp 9 : Vận dụng hai tam giác đồng dạng với nhau (hoặc hai tam giác bằng nhau), trong đó có một tam giác vuông.

 Ph ơng pháp 10 : Vận dụng tính chất hai tia phân giác của hai góc kề

bù thì vuông góc với nhau

 Ph ơng pháp 11 : Dựa vào định lí đảo của định lí Py - ta - go

 Ph ơng pháp 12 : Chứng minh tứ giác nội tiếp có một góc bằng 90 0 , suy

ra góc đối diện cũng bằng 90 0 => hai đờng thẳng chứa hai cạnh của góc là vuông góc với nhau.

 Ph ơng pháp 13 : Vận dụng tính chất đờng nối tâm

 Ph ơng pháp 14 : Vận dụng định nghĩa đờng trung trực.

2 Bài tập

B

à i 1 :

Cho ba điểm thẳng hàng theo thứ tự A, B, C Vẽ hai đờng tròn đờng kính

AB và BC Trên nửa mặt phẳng bờ AC kẻ tia Bx vuông góc với AC tại B, lấy điểm D thuộc tia Bx sao cho ã ADC=900

Giao của DA, DC với hai đờng tròn đờng kính AB và BC là E, F

Chứng minh rằng:

a) EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn.

b) Tứ giác AEFC nội tiếp.

H

ớng dẫn:

∆EOB cân tại O nên ã OEB OBE= ã Suy ra ã OEB DBE+ã =900 (2)

Từ (1), (2) ⇒OEB FEBã + ã =90O hay OE FE⊥

Do đó EF là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB (*)

Chứng minh tơng tự ta có ' O F ⊥ FE

Nên EF là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính BC (**)

Từ (*), (**) ta có EF là tiếp tuyến chung của hai đơng tròn.

⇒ FEA ACF+ =900+FEB BCF+ =900 +BAE BCF+ =900 +900 =1800

Bởi vậy tứ giác AEFC nội tiếp.

B

à i 2 : Hai đờng tròn (O; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại A và B Đờng thẳng AO cắt (O), (O’) lần lợt tại C, E; đờng thẳng AO’ cắt (O), (O’) lần lợt tại D, F Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CDEF nội tiếp.

b) Tứ giác ODEO’ nội tiếp.

c) A là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BDE.

AEB BFA= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Mà tứ giác CDEF nội tiếp nên

DEC DFC BFA= = (cùng chắn cung CD)

Do đó ã DEC AEB= ã nghĩa là AE là đờng phân giác của góc DEB.

Tơng tự, AD là phân giác của góc BDE

Vậy A là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DBE.

a) Chứng minh tam giác FKB và EAK cân.

b) Chứng minh tứ giác FIKB nội tiếp Từ đó suy ra IK//AC.

Do đó tam giác FKB cân tại F.

*) Chứng minh tơng tự ta có tam giác EKC cân tại E

⇒EC = EK Mà AE = EC

Nên AE = EK suy ra tam giác AEK cân tại E.

b) Vì BE là phân giác của góc ABC⇒ABE EBCã = ã ⇒AE ECằ = ằ

CFE ABE= ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

hay ã KFI IBK= ã

Vậy hai điểm F và B cùng nhìn IK dới hai góc bằng nhau và hai điểm F và

B cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng IK, do vậy tứ giác BKIF nội tiếp.

H

K

I

O E

F

B C

A

*) Chứng minh IK//AC.

Vì tứ giác BKIF nội tiếp, nên:

FKI FBI= (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung IF)

Lại có: ã IBF FCA ( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung AF)=ã

Do đó ã IKF FCA , mà hai góc này ở vị trí đồng vị = ã ⇒IK//AC

c) Theo câu b) IK//AC hay IK//AH (1)

Tơng tự tứ giác EHKC nội tiếp, nên:

EKH ECH= (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung EH).

Mặt khác: ã EBA ECA= ã (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung AE)

a) Khoảng cách từ O tới AB bằng nửa CD.

b) Đờng thẳng đi qua I và trung điểm của BC vuông góc với AD.

AEB ACB= ( cùng chắn cung AB)

Do ã BAE BEA+ã =900(tam giác ABE vuông)

ã IBC ICB+ã =900 ( tam giác BIC vuông)

K H

Lại có HE là đờng trung bình của tam

giác ADB, nên: HE//BD, HE = 1

H

F G

b) Gọi K là giao điểm của GI và AB, ta sẽ chứng minh GK ⊥ AB

Trong tam giác vuông DIC có: ã GIC GCI= ã (vì GI = GC)

Mặt khác ã GIC AIK= ã (đối đỉnh)

ã = ã

GCI DBA ( cùng chắn cung AD)⇒ ãAIK DBA= ã

Ta có: IAB DBA 90ã +ã = 0 => AIK IAB 900ã + ã = ⇒ãAKI =900

Suy ra GI//OE (cùng vuông góc với AB)

Tơng tự ta cũng có GO//EI (cùng vuông góc với DC)

à i 6 : Cho tam giác ABC ( à A<900), nội tiếp đờng tròn (O; R) Hai đờng cao

BI và CT lần lợt cắt đờng tròn tại I’, T’.

a) Chứng minh IT//I’T’.

b) Chứng minh OA⊥IT.

c) Cho B, C cố định, A di chuyển trên cung lớn BC của đờng tròn (O) Chứng minh bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIT không đổi.

ớng dẫn:

a) Ta thấy:

ABI IAB+ = (tổng hai góc nhọn trong

một tam giác vuông)

ã +ã =900

TCA TAC (tổng hai góc nhọn trong

một tam giác vuông)

Suy ra ã TBI TCI= ã

Do đó tứ giác BCIT nội tiếp.

I T'

I'

C B

A

Vậy ã BIT BI T= ã ' '

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên IT//I’T’

b) ã ABI'=ACTã ' (cùng phụ với góc BAC)

- Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc

B/Chuẩn bị của thầy và trò

- GV: Thớc, compa, êke

- HS: Thớc, compa, êke

C/Tiến trình bài dạy

I Tổ chức

II Kiểm tra bài cũ

- HS1: Nêu các cách chứng minh ba đờng thẳng đồng quy ?

- HS2: Nêu các cách chứng minh ba điểm thẳng hàng ?

III Bài mới

I - Chứng minh ba đờng thẳng đồng quy

- Cách 3: Chứng minh các đờng cùng đi qua một điểm cố định.

(các phơng pháp trên có thể đợc vận dụng bởi những kĩ năng khác nhau).

2 Bài tập

B

à i 1: Cho tam giác ABC vuông tại A Trên AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC Đờng thẳng BM cắt (O) tại D Đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại S.

a) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp và CA là phân giác của góc SCB.

b) Gọi E là giao điểm của đờng tròn tâm O với BC Chứng minh rằng

ba đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy.

H

ớng dẫn:

a) Ta có ã BAC=900 (giả thiết)

ã 900

BDC= (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

Vậy hai điểm A, D cùng nhìn BC dới một góc

90 0 nên tứ giác ABCD nội tiếp.

Trong tam giác BKC có BD và AC là các đờng cao ( theo câu (a)).

Mà BD và CA cắt nhau ở M nên M là trực tâm của tam giác BKC

=> KM là đờng cao thứ ba của tam giác BKC

Mặt khác ã MEC=900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

ME BC

⇒ ⊥ do vậy ME cũng là đờng cao thứ ba của tam giác BKC

Do đó hai đờng thẳng KM và ME trùng nhau

Vậy ba đờng thẳng AB, DC, ME đồng quy tại K.

B

à i 2 : Hai đờng tròn (O), (O’) cắt nhau tại A, B Đờng thẳng vuông góc với

AB cắt đờng tròn (O) và (O’) lần lợt tại C, D các đờng thẳng CA, DA cắt ờng tròn (O’), (O) theo thứ tự tại E, F Chứng minh rằng:

đ-a) Tứ giác CFED nội tiếp.

b) AB là phân giác của góc FBE.

c) Các đờng thẳng CF, DE, AB đồng quy.

Suy ra tứ giác CFED nội tiếp.

b) Trong đờng tròn (O) ta có

FBA FCA= (cùng chắn cung AF)

Trong đờng tròn (O’) ta có

EDA ABE= (cùng chắn cung AE)

Mặt khác tứ giác CFED nội tiếp, nên

O' O

F

E K

A

D B

C

FCA ADE= (cùng chắn cung EF)

Suy ra ã FBA ABE= ã , hay AB là phân giác của góc FBE.

c) Giả sử CF, DE cắt nhau tại K

Xét tam giác CDK có CE, DF là hai đờng cao nên A là trực tâm khi đó AB

là đờng cao nên AB cũng phải đi qua K.

Vậy các đờng thẳng CF, DE, AB đồng quy.

B

à i 3 : Từ một điểm C nằm ngoài đờng tròn (O) kẻ cát tuyến CBA Gọi TJ là

đờng kính vuông góc với AB Các đờng thẳng CT, CJ theo thứ tự cắt đờng tròn (O) tại M, N.

Trong tam giác TJC, đờng thẳng TN, JM

và CA là đờng cao nên chúng đồng quy

Vậy ba đờng thẳng TN, JM, AB đồng quy.

b) Vì tam giác DMC vuông nên

EM ED= ⇒JME MDE=

Mặt khác ta lại có

D E

J

T

O M

Do vậy ã JME JMO MDE DCM+ ã = ã +ã =900

Suy ra ME là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

=> Hai tam giác ABA’ và C’BC bằng nhau.

- Suy ra AA’ = CC’ (hai cạnh tơng ứng)

- Tơng tự AA’ = BB’

- Do đó AA’ = BB’ = CC’

b) Giả sử BB’ và CC’ cắt nhau tại O Trên OB’

lấy O’ sao cho CO’ = CO (1)

- Theo câu a) ta có ã AB O ACC' = ã '

O O' B'

C'

A' C

B A

- Ta thấy hai điểm B và C cùng nhìn AO dới góc bằng nhau nên tứ giác AB’CO nội tiếp.⇒B OC B ACã ' = ã ' =600 (2)

- Từ (1), (2) suy ra tam giác COO’ đều.

- Từ tứ giác OAB’C nội tiếp và tam giác OO’C đều ta có:

- Vậy ba đờng thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy.

c) Xét hai tam giác ACO và B’CO’, có: AC = B’C, OC = O’C,

Để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta thờng dùng các phơng pháp sau:

 ơng pháp 1 Ph : Lợi dụng hai góc kề bù

a) Chứng minh tứ giác BEFD nội tiếp.

Vậy tứ giác BEFD nội tiếp

b) Do tứ giác BEFD nội tiếp, nên:

BDE BFE= (cùng chắn cung BE) (1)

Mặt khác BF là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

nên:

C

E K

A

ã 1

2

CBF= sđ ằ BC BDC BDE= ã = ã (2)

Từ (1), (2) ⇒CBF BFEã = ã ⇒EF BC// .

c) Vì EF//BC Lại có BC//AD nên EF//AD

Do vậy để tứ giác AEFD là hình bình hành nếu FD//AE.

Nếu tứ giác AEFD là hình bình hành thì OD là đờng trung trực của AB Vì vậy AD = BD

Trong tam giác AED có: EC EB

ED = EA (3) Mặt khác BC//EF nên: KC KB

KE = KF (4) Lại có BE//FD nên: KB EB EB

a) Chứng minh BM//OP.

b) Đờng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.

c) Gọi K là giao của AN và OP; T là giao của PM và ON; J là giao của

PN và OM Chứng minh ba điểm T, J, K thẳng hàng.

H

ớng dẫn:

Mặt khác ta thấy hai tam giác vuông PAO và NOB bằng nhau (g.c.g), nên:

AP = ON Mà AP//ON (cùng vuông góc với AB) => tứ giác APNO là hình chữ nhật Do đó AB//PN hay OB//PN (2)

Từ (1), (2) ta có OBNP là hình bình hành.

c) Tứ giác OAPN là hình chữ nhật, nên: ON NP⊥ (3)

- Lại có PM⊥OJ (PM là tiếp tuyến) (4)

- Mà ON cắt PM tại T (5)

- Từ (3), (4), (5) suy ra T là là trực tâm của tam giác PJO (*)

- Ta thấy tứ giác PNMO là hình thang (PO//MN), có: PM = PA = NO

=> tứ giác PNMO là hình thang cân ⇒OPN POMã = ã ⇒ ∆PJO cân.

- Mặt khác KO = KP (tứ giác APNO là hình chữ nhật).

- Do vậy JK là đờng trung tuyến hạ từ đỉnh của tam giác cân PJO nên JK

là đờng cao của tam giác PJO (**)

- Từ (*), (**) ta có ba điểm K, T, J thẳng hàng.

IV Hớng dẫn về nhà

- Xem lại phơng pháp các dạng bài và các bài tập đã chữa

- Giải tiếp bài tập sau:

Cho hai điểm A, B cố định trên đờng tròn (O) Các điểm C, D di động trên đờng tròn sao cho AD//BC và C, D ở về cùng một phía với dây AB; M là giao điểm của AC và BD Các tiếp tuyến với đờng tròn tại A và D cắt nhau tại E Chứng minh:

a) Ba điểm E, O, M thẳng hàng.

b) Bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác MDC là hằng số.

H

ớng dẫn:

a)Vì ED, EA là tiếp tuyến của (O) nên

AMB= sđ ằAB+sđ ằ ) DC = sđ ằ AB AOB= ã

Do đó tứ giác OABM nội tiếp => đờng tròn (MAB) chính là đờng tròn (OAB) Vậy đờng tròn (MDC) bằng đờng tròn (OAB) cho nên bán kính không đổi (vì ba điểm O, A, B cố định nên đờng tròn (OAB) có bán kính không đổi) L

u ý :

Nếu ∆ ABC = ∆ A'B'C' => Đờng tròn (ABC) bằng đờng tròn (A’B’C’)

Kí hiệu đờng tròn (ABC): Là đờng tròn đi qua ba điểm A, B, C

*******************************

Ngày soạn : 25/06/10

Ngày dạy : 29/06/10

dạng toán cực trị – dạng toán quỹ tích

B

A E