Title BÀI 10. CUNG CHỨA GÓC.doc ✅

BÀI 10 Cung chứa góc I. Tóm tắt lí thuyết - Quỹ tích các điểm nhìn đoạn AB cho trước dưới một góc 0180 là hai cung chứa góc  dựng trên đoạn thẳng .AB Đặc biệt: Quỹ tích các điểm nhìn đoạn AB cho trước dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB - Cách giải bài toán quỹ tích: Để chứng minh quỹ tích các điểm M thỏa mãn tính chất T là một hình H nào đó ta phải chứng minh hai phần  Phần thuận: Mọi điểm có tính chất T đều thuộc hình H  Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình H đều có tính chất T II. Bài tập Bài 1: Cho ABC có cạnh BC cố định và  A không đổi. Tìm quỹ tích giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác đó.  Định hướng lời giải: Ta thấy giả thiết cho cạnh BC cố định và góc  A không đổi như vậy ta sẽ nghĩ đến việc tính góc  BIC ( I là giao của 3 đường phân giác trong của ABC ) theo góc  . Nếu góc  BIC không đổi thì quỹ tích điểm I chính là cung tròn dựng trên cạnh BC không đổi. Từ hình vẽ ta thấy việc tính góc  BIC theo  là khá đơn giản chi cần sử dụng tính chất góc ngoài của tam giác với 2 tam giác đó là ABI và ACI . Ta sẽ dễ dàng tính được  90 2BIC  không đổi. Từ đó suy ra được quỹ tích của điểm I Lời giải: Gọi I là giao điểm của 3 đường phân giác trong của ABC Theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có  1IBAIABI (1)  2IACICAI (2) Cộng (1) với (2), theo vế ta được:  12BICIIBAIABIACICAI  90 22222 ABCBACACBBAC BIC    Vậy nên  90 2BIC  không đổi Mà đoạn thẳng BC cũng không đổi nên quỹ tích của I là cung chứa góc 90 2   dựng trên đoạn thẳng .BC  Nhận xét: Ta có bài toán tương tự như sau: Cho đường tròn O và dây cung BC cố định. Điểm A thay đổi trên cung lớn  BC . Tìm quỹ tích trực tâm H của ABC khi A thay đôi trên cung lớn  .BC Bài 2: Cho đoạn thẳng AB cố định. Điểm M di chuyển sao cho 1 . 2 MA MB Tìm tập hợp điểm ?M  Định hướng lời giải: Ta thấy rằng trên đường thẳng AB cũng có 2 điểm M thỏa mãn 1 2 MA MB (một điểm ở trong đoạn AB và một điểm bên ngoài đoạn AB ). Từ đó ta sẽ dự đoán đây là 2 điểm có thể dẫn đến lời giải của bài toán. Bây giờ ta sẽ gọi 2 điểm đó là ,CD ( C thuộc đoạn ,AB D nằm trên tia đối của tia AB ) và dễ thấy đây là 2 điểm cố định. Tiếp theo ta sẽ vẽ thử một vài trường hợp điểm M nằm ngoài đường thẳng AB và ta thấy các điểm này đều thuộc đường tròn đường kính .CD Như vậy ta cần chứng minh
 90CMD . Dễ thấy MACADA MBCBDB (vì cùng bằng 1 2 ) nên ta sẽ có ,MCMD là các tia phân giác trong và ngoài của  90.AMBMCMDCMD Như vậy ta đã xử lí xong phần thuận của bài toán. Bây giờ ta sẽ đi giải quyết phần đảo tức là ta sẽ chứng minh với mỗi điểm M thuộc đường tròn đường kính CD thì ta sẽ có 1 2 MA MB . Vì có các tỉ số 1 2 DACA DBCB nêu ý tưởng tự nhiên sẽ là tạo ra các đoạn song song để áp dung định lí Tales. Ta cần chứng minh tỉ số 1 2 MA MB nên ta sẽ nghĩ đến việc kẻ đường thẳng từ A song song với MD cắt ,MBMC tại K , .H Dừa vào định lí Tales ta sẽ chứng minh được H là trung điểm của AK tức là AKM cân tại MMAMK mà 1 . 2 MKDA MBDB Đến đây ta đã giải quyết xong bài toán. Lời giải: Gọi ,CD lần lượt là các điểm chia trong và chia ngoài đoạn thẳng AB thành các đoạn có tỉ lệ 1 , 2CD cố định. Và ta có 1 2 CADA CBDB  Phần thuận: Xét các điểm M thỏa mãn 1 2 MACAMADA MBCBMBDB ,MCMD lần lượt là các đường phân giác trong và phân giác ngoài của  90AMBCMD M thuộc đường tròn đường kính CD cố định.  Phần đảo: Xét điểm M bất kì thuộc đường tròn đường kính CD Từ A kẻ đường thẳng song song với MD và cắt ,MBMC lần lượt tại ,KH Theo định lí Tales, ta có: 1 // 2 AKAB AKMD MDDB Ta có 11 3 23 CACA CAAB CBAB (1) Lại có 11 22 DADA DAAB DBDAAC  (2) Từ (1) và (2), suy ra: 1 13 14 3 AB CACA CDDAAC ABAB    Theo định lí Tales, ta có: 1 // 4 AHCA AHMD MDCD Vậy nên 11 22 AHAK AHAKH MDMD là trung điểm của AK Do //AKMDAKMC (vì MCMD ) Trong AKM có MH vừa là đường cao vừa là trung tuyến, suy ra AKM cân tại MMAMK Theo định lí Tales có 11 // 22 MKDAMAMK AKMD MBDBMBMB  Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính CD với ,CD là điểm chia trong và chia ngoài đoạn AB thành các đoạn thẳng có tỉ lệ 1 2
 Nhận xét: Bài toán này có thể tổng quát như sau: Cho đoạn thẳng AB cố định. Điểm M di chuyển sao cho 0;1MAkkk MB . Chứng minh tập hợp các điểm M như vậy là một đường tròn. Đường tròn này gọi là đường tròn Apollonius dựng trên đoạn AB ứng với tỉ số .k Đường tròn này cũng được sử dụng trong khá nhiều bài toán hay và khó. Dưới đây là một số bài toán liên quan đến đường tròn Apollonius: Bài toán 1: Cho ABC không cân. Điểm M thay đổi trong tam giác sao cho  AMCBAMBB . Chứng minh M thuộc 1 đường tròn cố định Bài toán 2: Cho 4 điểm ,,,ABCD thẳng hàng theo thứ tự đó .ABCD Điểm M thay đổi sao cho  AMBCMD và M không thuộc .AB Chứng minh M thuộc đường tròn cố định. Bài 3: Cho đường tròn tâm O có dây AB cố định, I là điểm chính giữa cung lớn AB . Lấy điểm M bất kì thuộc cung lớn .AB Từ A kẻ đường thẳng Ax vuông góc với MI tại H và cắt BM tại .C a. Chứng minh AIB và AMC cân b. Chứng minh C di chuyển trên một cung tròn cố định khi M di chuyển trên cung lớn  AB Đề thi vào lớp 10 THPT Chu Văn An, 2005 – 2006  Định hướng lời giải: Ở phần a) việc chứng minh AIB cân là khá dễ dàng khi ta có ngay IAIB vì I là điểm chính giữa cung  AB . Tiếp theo ta đi chứng minh AMC cân. Từ hình vẽ ta thấy ngay AMC sẽ cân tại M mà ta lại có MH là đường cao nên ta cần chứng minh MH là đường trung tuyến hoặc MH là phân giác của  AMC . Ta thấy việc chứng minh MH là phân giác của góc  AMC là dễ dàng hơn và để chứng minh điều này ta cần chứng minh  AMHCMH . Ta có 1 2AMHsñAI . Như vậy ta cần chứng minh 1 2CMHsñAI . “Manh mối” duy nhất của góc CMH đó là  180,CMHBMI đến đây ta cần phải biểu diễn góc  BMI theo sđ  AI . Ta có: 11 180 22BMIAMIAMBsñAIsñABABIAMBBAI . Từ đó suy ra 11 22CMHBAIsñBIsñAI . Như vậy ta đã giải quyết xong phần a) của bài toán. Phần b) yêu cầu chứng minh C di chuyển trên một cung tròn cố định khi M di chuyển trên cung lớn  AB . Ta thấy rằng giả thiết cho có các yếu tố đường tròn O dây AB cố định từ đó suy ra I cũng cố định. Từ đó ta sẽ xoay quay các yếu tố này để tìm ra lời giải. Không khó để chúng ta nhận ra MI là đường trung trực của ACICIA cố định. Do đó C sẽ thuộc đường tròn tâm I bán kính IA cố định. Bây giờ ta cần tìm giới hạn của quỹ tích điểm C . Ta sẽ xét khi M trùng với A và khi M trùng với .B Khi M trung với A thì rõ ràng C cũng trùng với A , khi M trùng với B thì yếu tố MI là đường trung trực của AC ta suy ra 1CC là điểm đối xứng của A qua IB . Từ đó ta đã tìm được cung tròn cố định chứa điểm C đó là cung lớn  1AC của đường tròn tâm I bán kính .IA Lời giải: a. Do I là điểm chính giữa cung lớn AB  AIBIAIBIAIB cân tại I Xét trường hợp M thuộc cung nhỏ  IB Khi đó, ta có:  180CMHIMB (1) Ta lại có  AIBAMB (góc nội tiếp cùng chắn cung AB )  AMIABI (góc nội tiếp cùng chắn cung AI )
 IMBAMBAMIAIBAMI  180IMBBAIAIBAMIBAI (2) Từ (1) và (2), suy ra:  CMHBAI Mặt khác, AIB cân 1 2BAIABIsñAIAMI  CMHAMIAMHMH là phân giác trong của  AMC Trong AMC có MH vừa là đường cao vừa là phân giác trong của  AMC AMC cân tại M (đpcm) Trường hợp M thuộc cung nhỏ IA chứng minh hoàn toàn tương tự. b. Xét trường hợp M thuộc cung nhỏ  IB Do AMC cân tại M có đường cao là MH MH là đường trung trực của MC MI cũng là đường trung trực của MC ICIA không đổi C thuộc đường tròn tâm I bán kính IA Nếu MACA Nếu MB thì 1CC ( 1C là điểm đối xứng của A qua BI ). Vậy khi M di chuyển trên cung lớn  AB thì C di chuyển trên cung tròn 1AC của đường tròn tâm I bán kính .IA