Title BÀI 6. LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY.doc ✅

CHƯƠNG II : ĐƯỜNG TRÒN Bài 6 : Liên hệ giữa cung và dây I. Tóm tắt lí thuyết 1) Định lí 1 Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hoặc trong hai đường tròn bằng nhau: a) Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau b) Hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau 2) Định lí 2 Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hoặc trong hai đường tròn bằng nhau : a) Cung lớn hơn căng dây lớn hơn b) Dây lớn hơn căng cung lớn hơn II .Bài tập Bài 1: Cho ABC có ABAC . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho ADAC . Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp DBC . Từ O vẽ các đường vuông góc OH, OK xuống ,,BCBDHBCKBD a. Chứng minh OHOK b. So sánh cung nhỏ BD và BC Định hướng lời giải : Phần a) yêu cầu chứng minh OHOK . Theo định lí về dây cung và khoảng cách với tâm, để chứng minh OHOK thì ta cần chứng minh BDBC . Điều này ta có thể dễ dàng chứng minh được vì BDABADABAC mà theo bất đẳng thức tam giác ABACBC nên BDABACBC . Ta có định lí : cung lớn hơn căng dây lớn hơn nên ở phần a) ta đã chứng minh được BDBCBDBC Lời giải: a. Theo bất đẳng thức tam giác : Trong tam giác ABC có BCABAC Do ADACBCABADBD Theo định lí về dây cung và khoảng cách với tâm từ BCBDOHOK b. Ở trên ta đã chứng minh  BCBDBCBD Nhận xét : Đây là một bài toán khá cơ bản và là hệ quả trực tiếp của định lí về liên hệ giữa cung và dây cung Bài 2: Trên dây cung AB của đường tròn (O) lấy hai điểm C và D, sao cho ACCDDB . Vẽ bán kính OE qua C và bán kính OF qua D. Chứng minh AEEF Định hướng lời giải : Để chứng minh được AEEF ta cần chứng minh AOEEOF . Trước hết ta cần vận dụng được giả thiết cho ACCDDB . Như vậy C sẽ là trung điểm của AD. Do đó nếu ta gọi AK là đường kính của (O) thì OC là đường trung bình của //ADKOCDKAOEK và EOFODK . Từ đó ta cần chứng minh được KODK , theo quan hệ giữa góc và cạnh trong tam giác thì ODOK . Điều này đúng và dễ dàng nhận ra vì ta có D thuộc đoạn OF nên ODOF mà OFOKODOK . Như vậy ta đã có điều cần chứng minh Lời giải: Vẽ đường kính AK của (O) Do ACCDC là trung điểm của AD OC là đường trung bình của ADK //OCDK  AOCK (2 góc đồng vị) (1)
Và CODODK (2 góc so le trong) (2) Dễ thấy D nằm trong đường tròn (O) ODOK Trong ODK có  3ODOKODKK Từ (1), (2) và (3), suy ra : AOCCOD hay AOEEOF sđ AE sđ EF  AFEF Nhận xét : Ở bài toán này ngoài cách kẻ thêm đường kính AK ta còn có cách giải khác đó là từ C kẻ đường thẳng song song với OF và cắt đoạn AO tại I. Khi đó ta có IC là đường trung bình của AOD 111 222ICODOFOAOICOIICO mà  ICOEOF ( vì //ICOF ) COIEOF hay AOEEOF (đpcm) Bài 3: Cho đường tròn tâm O. Hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại I. Trung điểm các dây cung BC và AD theo thứ tự là M, N. Chứng minh rằng 11 , 22OMADONBC Định hướng lời giải : Bài toán yêu cầu chứng minh 11 , 22OMADONBC mà lại có M, N lần lượt là các trung điểm của BC, AD điều này gợi cho ta nghĩ đến tính chất của đường trung bình trong tam giác. Từ đó ta nghĩ ngay đến việc kẻ đường kính AK của (O), khi đó ON là đường trung bình của 1 2ADKONDK . Bây giờ ta chỉ cần chứng minh DKBC . Để ý //BKCD vì cùng vuông góc với ABBDCDBK (2 góc so le trong)  sđ  DK sđ  BC BCDK . Như vậy ta đã chứng minh được 1 2ONBC . Hoàn toàn tương tự ta cũng có 1 2OMAD Lời giải: Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ 2 là K AK là đường kính của (O) Do N, O lần lượt là trung điểm của AD và AK ON là đường trung bình của ADK 1 1 2ONDK Ta có AK là đường kính của OABBK  //CDBKDBKBDC (2 góc so le trong) 1 2 sđ 1 2DK sđ   2BCBCDK Từ (1) và (2), suy ra : 1 2ONBC Tương tự ta cũng có : 1 2OMAD Nhận xét : Ta cần nhớ tính chất sau : Cho đường tròn (O) có 2 dây AB và CD vuông góc với nhau. Khi đó nếu gọi AK là đường kính của đường tròn (O) thì ta sẽ có BCDK Bài 4: Cho tứ giác ABCD lồi. Chứng minh nếu các góc B và D của tứ giác là vuông hoặc tù thì ACBD Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán – Tin ĐHQG Hà Nội Định hướng lời giải : Ta đã biết trong tất cả các đoạn thẳng nằm trong đường tròn thì đường kính là đoạn có độ dài lớn nhất. Như vậy với bài toán này ta sẽ chứng minh đoạn thẳng BD sẽ nằm trong đường tròn đường kính AC hay B, D nằm trong đường tròn đường kính AC. Mà giả thiết lại cho các góc B và D của tứ giác là góc vuông hoặc
góc tù do đó B, D sẽ nằm trên hoặc nằm bên trong đường tròn OBDAC (đpcm) Lời giải: Vẽ đường tròn (O) đường kính AC Theo giả thiết, ta có : 90,90ABCADC B và D hoặc cùng nằm bên trong đường tròn hoặc cùng nằm trên đường tròn hoặc một điểm nằm trong đường tròn và điểm còn lại nằm trên đường tròn Như vậy, nếu kéo dài BD cắt đường tròn (O) tại 2 điểm ,BD ( ,BD có thể trùng với B,D) thì ta có BDBD Mà BD là dây cung của OBDACBDAC đpcm Bài 5: Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho trên mặt phẳng có 3nn điểm phân biệt mà 3 điểm bất kì trong chúng là các đỉnh của một tam giác vuông Định hướng lời giải : Giả thiết cho cứ 3 điểm bất kì trong n điểm sẽ là các đỉnh của một tam giác vuông. Như vậy tam giác này sẽ nội tiếp đường tròn đường kính là đoạn lớn nhất trong 3 đoạn tạo từ 3 điểm đó. Ta lại để ý rằng chỉ có n điểm tức là sẽ chỉ có hữu hạn đoạn thẳng. Vậy nên trong số các đoạn thẳng đó luôn luôn chọn được 1 đoạn thẳng có độ dài lớn nhất. Bây giờ ta sẽ giả sử n điểm đã cho là 12,,...,nAAA và 12AA là đoạn thẳng có độ dài lớn nhất. Ta sẽ dễ dàng chứng minh được các điểm 34,,...,nAAA đều thuộc đường tròn đường kính 12AA . Ta lại có nhận xét đó là trên một nửa đường tròn đường kính 12AA không được chứa quá 1 điểm khác 1A và 2A vì nếu chứa quá 2 điểm giả sử là 34,AA thì ta sẽ có  23490AAA điều này mâu thuẫn vì trong 234AAA có 1 góc vuông và 2 góc nhọn. Vậy nên mỗi nửa đường tròn đường kính 12AA không được chứa quá 1 điểm khác 1A và 24An . Mặt khác khi 4n ta có ngay 4 đỉnh của hình vuông sẽ thỏa mãn điều kiện bài toán. Vậy max4n Lời giải: Giả sử có n điểm phân biệt 12,,...,nAAA thỏa mãn điều kiện của bài toán. Do có hữu hạn các điểm như vậy nên tồn tại một đoạn thẳng nối 2 điểm có độ dài lớn nhất. Giả sử đoạn thẳng đó là 12AA Theo giả thiết cứ 3 điểm bất kì thì chúng sẽ tạo thành một tam giác vuông nên với 3 điểm 12,, 3, iAAAin thì ta sẽ có 12 iAAA là tam giác vuông. Mà ta lại có 121iAAAA và 122iAAAA nên 12AA sẽ là cạnh huyền của 12 iAAA  1290 iiAAAA thuộc đường tròn đường kính 12,,3,AAin Nếu trong các điểm 34,,...,nAAA có 2 điểm cùng nằm trên một nửa đường tròn đường kính 12AA . Giả sử 2 điểm đó là 34,AA thì ta sẽ có  243 1 2AAA sđ  312 1 2AAA sđ  1223490AAAAA là tam giác tù  mâu thuẫn Vậy nên trên đường tròn đường kính 12AA sẽ chứa không quá 4 điểm trong n điểm đã cho 4n
Xét 4n dễ thấy 4 đỉnh của hình vuông ABCD thỏa mãn điều kiện bài toán Vậy n lớn nhất cần tìm là 4 Nhận xét : Chìa khóa của bài toán này chính là việc ta phát hiện ra đoạn thẳng có độ dài lớn nhất trong các đoạn thẳng tạo nên từ các điểm đã cho. Phát hiện này dựa theo nguyên lí cực hạn được phát biểu như sau : “Trong một tập hợp có hữu hạn phần tử luôn luôn tồn tại 1 phần tử có giá trị lớn nhất và 1 phần tử có giá trị nhỏ nhất”. Nguyên lí này được sử dụng trong rất nhiều dạng toán như : đại số, số học, hình học ... Sau đây tôi sẽ giới thiệu một số bài toán hình học ứng dụng nguyên lí cực hạn để giải : Bài toán 1 : Chứng minh 4 đường tròn có đường kính là 4 cạnh của một tứ giác phủ kín miền tứ giác đó Để chứng minh 4 đường tròn có đường kính là 4 cạnh của 1 tứ giác phủ kín miền tứ giác đó thì ta cần chứng minh mọi điểm nằm trong tứ giác này sẽ phải thuộc 1 trong 4 đường tròn đó. Bây giờ ta sẽ giả sử có tứ giác ABCD và điểm M bất kì thuộc miền trong của tứ giác. Ta sẽ chứng minh M thuộc 1 trong 4 đường tròn có đường kính lần lượt là AB, BC, CD, DA. Để ý nếu M thuộc đường tròn đường kính AB thì dễ thấy  90AMB Ta sẽ dễ dàng chứng minh điều này bằng phản chứng. Giả sử điểm M nằm ngoài đường tròn đường kính AB Gọi D là giao điểm của MB với đường tròn đường kính ABDB Khi đó ta có 90ADMADB Từ đó ta sẽ thấy ngay 9090AMDAMB  mâu thuẫn Vậy nếu ta có 90AMB thì điểm M sẽ nằm trong đường tròn đường kính AB Bây giờ quay trở lại bài toán trên : Ta có  360 *AMBBMCCMDDMA Mà trong 4 góc ,,,AMBBMCCMDDMA luôn tồn tại 1 góc lớn nhất và không giảm tính tổng quát giả sử AMB là góc lớn nhất Khi đó từ (*) suy ra 90AMB Theo nhận xét trên ta có M thuộc đường tròn đường kính AB  4 đường tròn có đường kính là các cạnh của tứ giác sẽ phủ kín miền của tứ giác đó Bài toán 2 : Cho ABC và điểm P bất kì nằm trong tam giác. Chứng minh rằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến 3 đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ P đến các cạnh của tam giác đó Gọi D, E, F lần lượt là các hình chiếu của P xuống các cạnh BC, CA, AB Ta có  180 *PBDPBFPCDPCEPAFPAE Trong các góc ,,,,,PBDPBFPCDPCEPAFPAE luôn tồn tại góc nhỏ nhất Không giảm tính tổng quả giả sử góc nhỏ nhất đó là PAE Từ (*) suy ra : 30PAE Trong APE vuông tại E có :