Tiêu đề CHƯƠNG III. GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN.doc ✅

CHƯƠNG III. GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN I. GÓC Ở TÂM – SỐ ĐO CUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN Góc ở tâm: Là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn. 1. Số đo cung: + Số đo cung nhỏ bằng số đo góc ở tâm chắn cung đó. + Số đo cung lớn bằng hiệu giữa 360° và số đo cung nhỏ (có chung 2 mút với cung lớn) 2. So sánh 2 cung: + Hai cung được gọi là bằng nhau nếu chúng có số đo bằng nhau. + Trong 2 cung, cung nào có số đo lớn hơn gọi là cung lớn hơn. Trên hình 1: Góc  AOB gọi là góc ở tâm chắn bởi cung nhỏ  AB (hay  AmB ). Ta có:  sñAmBAOB, sñAnBAOB360 . 3. Điểm thuộc cung tròn: Nếu C là một điểm nằm trên cung AB thì  sñABsñACsñCB . II. LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY CUNG 1. Với 2 cung nhỏ trong một đường tròn hay hai đường tròn bằng nhau: + Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau. + Hai dây bằng nhau căng 2 cung bằng nhau. 2. Với 2 cung nhỏ trong một đường tròn hay hai đường tròn bằng nhau: + Cung lớn căng dây lớn hơn. + Dây lớn căng cung lớn hơn. Trên hình 2:  ABCDABCD .  ABEFABEF . III. GÓC NỘI TIẾP 1. Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa 2 dây cung của đường tròn. 2. Trong một đường tròn, số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn. + Trong một đường tròn: Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. + Các góc nội tiếp chắn cùng một cung hoặc chắn cung bằng nhau thì bằng nhau. + Góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng 90°) có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm chắn cùng một cung. + Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông. Trên hình 3: + Các góc  AMB, ANB là góc nội tiếp cùng chắn cung  ABAMBANBsñABAOB11 22 . +  ABBCAMBBPC . IV. GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG 1. Đường thẳng xy là tiếp tuyến của O tại điểm A. Tiếp điểm A là gốc chung của 2 tia đối nhau Ax, Ay, AB là một dây cung của O . Khi đó góc  xAB,yAB là các góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung AB. 2. Số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn. 3. Trong một đường tròn: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cùng một cung thì bằng nhau.
Trên hình 4: Ta có:  xABsñABAMB;yAMsñAMABM11 22 . V. GÓC CÓ ĐỈNH BÊN TRONG ĐƯỜNG TRÒN, GÓC CÓ ĐỈNH BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN 1. Cho hai dây cung AB, CD của O cắt nhau tại một điểm M nằm trong đường tròn O . Khi  BMC gọi là góc có đỉnh nằm trong đường tròn O . Ta có định lý: Số đo góc có đỉnh nằm trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn. Tức là:  sñBCsDBMCñA1 2 2. Hai tia CD, BA cắt nhau tại N (AB, CD là hai dây cung của O ). Khi đó góc  BNC gọi là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn O . Định lí: Số đo góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn. Tức là:  sñBCsDBNCñA1 2 VI. CUNG CHỨA GÓC 1. Cho 2 điểm cố định A, B . Quỹ tích những điểm M nhìn đoạn thẳng AB cho trước một góc  AMB không đổi 0180 là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB, gọi là cung chứa góc α dựng trên đoạn thẳng AB. Đặc biệt, quỹ tích các điểm M nhìn đoạn AB dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB. 2. Cách dựng cung chứa góc α. + Dựng đường trung trực (d) của đoạn thẳng AB . + Dựng tia Ax tạo với AB một góc α. + Dựng tia AyAx cắt (d) tại điểm O. + Ta có O chính là tâm của đường tròn chứa cung α dựng trên đoạn thẳng AB.  MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG Ví dụ 1 Cho tam giác nhọn ABC(AB < AC) có 3 trực tâm là H nội tiếp đường tròn O và ngoại tiếp đường tròn I . Gọi E là trung điểm của AH , M là trung điểm BC. Tia phân giác của  BAC cắt đường tròn O tại K (khác A), cắt EM ở Q. a) Chứng minh: KBKCKI b) Chứng minh  AQH90 . c) Gọi D là giao điểm của phân giác góc A với BC. Dựng tiếp tuyến AN của K,KB . Chứng minh: NDAK Lời giải a) Do AK là phân giác trong góc A nên  KBKCKBKC . Ta sẽ chứng minh tam giác KIC cân tại K. Xét tam giác KIC ta có:  KICIACICAAC11 22 (1) Ta cũng có:  KCIKCBICB . Mà  KCBKABA1 2 (góc nội tiếp cùng chắn cung KB),  ICBC1 2 suy ra 11 22KCIAC (2). Từ (1) và (2) ta suy ra  KICKCI Hay tam giác KIC cân tại K tức là KI = KC. Vậy KI = KC = KB.
Chú ý: Điểm K chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. b) Dễ thấy O, M, K thẳng hàng. Kẻ đường kính AS của O thì SCAC,SBAB lại có BHAC, CHAB BH // SC, CH // SB suy ra tứ giác BHCS là hình bình hành nên H, M, S thẳng hàng và M là trung điểm của HS . Ta có  HAQAKOOAK (cặp góc so le và tam giác AOK cân). Lại có  EQAQAS (so le). Từ đó suy ra  EAQEQA suy ra EAEQEAEQEH . Tức là tam giác AQH vuông tại Q. c) Vì  KBCKAC (cùng chắn cung KC), mà  KACKAB suy ra  KBCKAB suy ra DABKBK∽ nên KDKBKN KBKAKA (do KB = KN). Hay KDKN KBKA kết hợp với  DKNNAK suy ra DNKNAK∽ suy ra  NDKANK90 đpcm. Ví dụ 2 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O;R , đường cao AD kéo dài cắt O tại E (E khác A). Dựng đường kính AK . a) Chứng minh:  ABECAK từ đó suy ra BCKE là hình thang cân. b) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh: H đối xứng với E qua BC. c) Chứng minh: abc R sinAsinBsinC2 với AB = c, BC =a ,CA = b. d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn O cắt tia CB tại M, phân giác trong góc A cắt BC tại F. Chứng minh: Tam giác AMF cân. e) Đường thẳng qua A vuông góc với MO cắt O tại Q . Đoạn thẳng MO cắt O tại I. Chứng minh: I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMQ. Lời giải a) Do AK là đường kính của O nên  AKC90 , ta có:  BAEABC90 mà  ABCAKC (cùng chắn cung AC) nên  BAEABCAKCCAK9090 . Vì  BAECAKBECK EK // BC hay BCKE là hình thang cân. b) Do BHAC nên  EACHBC (cùng phụ với góc  ACB ). Mặt khác ta cũng có:  EACEBC (cùng chắn cung EC) nên suy ra  HBCEBC ∆HBD = ∆EBD (g.c.g) suy ra DH =DE, hay H đối xứng với E qua BC . Ta cũng có thể chứng minh theo cách khác: KCAC,KBAB lại có BHAC,CHAB BH // KC, CH // KB suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành nên BC cắt HK tại trung điểm N của mỗi đường. Do  AEK90 nên EK // DN mà N là trung điểm HK nên ND là đường trung bình của tam giác HEK suy ra D là trung điểm của HE hay H đối xứng với E qua BC. c) Ta có:  ABCAKC (cùng chắn cung AC). Trong tam giác vuông AKC ta có: ACbbb sinAKCsinBR AKRRsinB2 22 , tương tự ta có a R sinA2 , c R sinC2 hay abc R sinAsinBsinC2
d) Ta có  MAFMABABF mà  MABACB (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Suy ra  MAFBACACB1 2 , ta cũng có  AFMFACFCABACACB1 2 suy ra  MAFAFM hay tam giác AMF cân tại M . e) Theo tính chất đối xứng ta suy ra MQ cũng là tiếp tuyến của O , MO là trung trực của AQ nên IAIQ . Ta có  MAIAQI (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Mặt khác ta cũng có:  IAQAQI nên suy ra  MAIIAQ hay AI là phân giác của góc MAE . Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có: MI là phân giác của góc AMQ. Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMQ. Ví dụ 3 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O bán kính R, điểm M chuyển động trên cung nhỏ BC. a) Chứng minh: MA = MB + MC . b) Tìm GTLN, GTNN của P = MA + MB + MC. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q MBMC11 Lời giải: a) Áp dụng định lý Ptolemy (*) cho tứ giác ABMC ta có: MA.BCAB.MCAC.MB . Do AB = BC = CA Suy ra MA = MB + MC.  Cách khác: Trên AM lấy điểm E sao cho MB = ME (1). Thế thì tam giác BME cân tại M, mặt khác ta có:  BMEBCA60 (cùng chắn cung AB) suy ra tam giác BME đều. Xét tam giác BEA và tam giác BMC ta có: BE = BM do tam giác BME đều. AB = BC (do ABC đều).  ABEEBCCBM60 suy ra ∆ABE = ∆CBM  AE = MC (2). Từ (1) và (2) suy ra MA = MB + MC b) Ta có P = MA + MB + MC = 2MA . P nhỏ nhất khi và chỉ khi MB hoặc MC . P lớn nhất khi và chỉ khi MA là đường kính của O . c) Với mọi số thực dương x, y ta có: xyxy.. xyxy     111 22 . Nên ta suy ra xyxy  114 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Áp dụng vào bài toán ta có: MBMCMBMCMA  1144 Do MAR2 nên ta suy ra R MAMBR114 2 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AM là đường kính của O . Hay M là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Định lý Ptolemy (*): Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn O . Khi đó ta có: AB.CDAD.BCAC.BD . Chứng minh: Trên đường chéo BD lấy điểm E sao cho  DAEBAC . Ta có  DAEBAC và  ADEACB (cùng chắn  AB ) nên AACBDE∽ (g.g) ADDE ACBC