Tiêu đề Chuyên đề 13. GÓC NỘI TIẾP, GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG.doc ✅

Chuyên đề 13. GÓC NỘI TIẾP, GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG A. Kiến thức cần nhớ 1. Định nghĩa.  Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó. Cung nằm bên trong góc được gọi là cung bị chắn. Trong hình bên thì:  BAC là góc nội tiếp  BC là cung bị chắn  Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và một cạnh là một tia tiếp tuyến còn cạnh kia chứa dây cung của đường tròn đó. Theo hình bên thì  BAx và BAy là hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung. 2. Định lý.  Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.  Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo góc của cung bị chắn. 3. Hệ quả 1. Trong một đường tròn: a) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. b) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau. c) Các góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng 90o ) có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. d) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông. 4. Hệ quả 2. Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau. 5. Thêm dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến. Cho tam giác ACD. Trên tia đối của tia CD lấy điểm P. Tia AP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD nếu thỏa mãn một trong hai điều kiện sau: a) Góc ADC bằng góc PAC; b) 2.PAPCPD . B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác góc A cắt BC tại D và cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M. Kẻ tiếp tuyến AK với đường tròn (M, MB), K là tiếp điểm. Chứng minh rằng DK vuông góc với AM. Giải Tìm cách giải. Ta có: 90oAKM nên .∽DKAMDMKKMA
Mặt khác hai tam giác có AMK chung. Do yêu cầu chứng minh về góc nên để chứng minh hai tam giác đồng dạng ta nên dung c.g.c. Do vậy cần chứng minh .MDMK MKMA Trình bày lời giải  12AA mà  12BA (góc nội tiếp) nên  11BA . MBDMAB∽ (g.g) MDMBMDMK MBMAMKMA Kết hợp với DMKKMA ta có DMKKMA∽ (c.g.c)  90oMDKMKA . Vậy .DKAM Ví dụ 2. Cho đường tròn tâm O và một dây AB của đường tròn đó. Các tiếp tuyến vẽ từ A và B của đường tròn cắt nhau tại C. Gọi D là một điểm trên đường tròn có đường kính OC (D khác A và B). CD cắt cung AB của đường tròn (O) tại E. (E nằm giữa C và D). Chứng minh rằng: a) BEDDAE . b) 2..DEDADB Giải Tìm cách giải - Trong quá trình chứng minh về góc, bạn nên sử dụng tính chất về góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng hệ quả của chúng. - Để chứng minh 2.DEDADB , bạn nên ghép chúng vào hai tam giác có cạnh là DA, DB và DE là cạnh chung của hai tam giác, rồi chứng minh chúng đồng dạng. Do đó ta chọn BED và EAD . Trình bày lời giải a) Ta có: ;EBCEABDCBDAB nên EBCDCBEABDAB . Mặt khác: EBCDCBBED ,  EABDABDAE Vậy BEDDAE . b) Ta có: ADEABCCABEDB Mà theo câu a): BEDDAE , suy ra: 2 .DEDB BEDEADDEDADB DADE∽ . Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). I là trung điểm của BC, M là điểm trên đoạn CI (M khác C và I), đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm D. Tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMI tại M cắt đường thẳng BD, DC lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng ..DMIAMPIC và tính tỉ số MP MQ . Giải Tìm cách giải. Để chứng minh ..DMIAMPIC , ta chứng minh hai tam giác có các cạnh là DM, IA, MP, IC đồng dạng. Do vậy ta cần chứng minh MDPICA∽ . Trình bày lời giải Vì DMPAMQAIC và ADBBCA nên ∽MDPICA (g.g)
..DMMP DMIAMPIC CIIA . Vì ;180oADCCBADMQAMQ 180oAIMBIA nên DMQBIA∽ (g.g) ..DMMQ DMIAMQIB BIIA (1) Từ ....DMIAMPICDMIAMPIB (2) Từ (1) và (2) suy ra 1MP MQ . Ví dụ 4. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB tương ứng tại A’, B’, C’. a) Gọi các giao điểm của đường tròn (I) với các đoạn IA, IB, IC lần lượt là M, N, P. chứng minh rằng các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng quy. b) Kéo dài đoạn AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D (khác A). Chứng minh rằng . 2IBIC r ID , trong đó r là bán kính đường tròn (I). Giải Tìm cách giải. - Đề chứng minh các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng quy, thông thường ta suy luận chúng là ba đường trung tuyến (hoặc đường phân giác, hoặc đường cao, hoặc đường trung trực) của một tam giác. Quan sát hình vẽ có thể nhận thấy ''MBMC nên ta chọn cách chứng minh chúng là ba đường phân giác của một tam giác. - Để tạo thành r trong phần kết luận, ta cần chọn r = OA’ (hoặc OB’; OC’). Tuy nhiên IB, IC có vai trò như nhau do đó OB’; OC’ có vai trò như nhau nên ta chọn r = OA’. Ta có 'IAC vuông nên để tạo được cặp tam giác đồng dạng có định D thì cần phải kẻ thêm đường vuông góc. Trình bày lời giải a) Ta có AC’. AB’ là tiếp tuyến nên  ''''BIMCIMMBMC  ''M''BACAM Hay A’M là đường phân giác của tam giác A’B’C’. Chứng minh tương tự, ta có B’N, C’P là tia phân giác của tam giác A’B’C’. Vậy các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng quy. b) Cách 1. ABI có  2 BACABC BIDBADABI  (góc ngoài tam giác); Mà   2 BACABC IBDCBDCBIBIDIBD  Do đó tam giác BID cân tại D. Gọi E là trung điểm của IB. Ta có '90oIEDIAC ;  90oEDIEID   90' 22 oBACABCACB ICA  Suy ra 'IDEICA∽
Suy ra 2 '2'2' IDIEIEIB ICIAIAIA Đpcm. Cách 2. Tam giác BID cân tại D. Tương tự tam giác CID cân tại D Suy ra DBDCDI . Dựng đường tròn tâm D ngoại tiếp tam giác BIC. Đường tròn này cắt ID kéo dài tại điểm K. Ta có 'IABICK∽ suy ra '. 2IBIAIBIC r IKICID . Ví dụ 5. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và AB < AC. Đường phân giác của góc BAC cắt (O) tại D khác A. Gọi M là trung điểm AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A. a) Chứng mình rằng tam giác BDM và tam giác BFC đồng dạng. b) Chứng minh EFAC . (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN Hà nội, năm học 2013 - 2014) Giải Tìm cách giải - Câu thứ nhất dễ có một cặp góc ;BDMBCF bằng nhau. Vậy chúng ta chỉ cần tìm một cặp góc nữa bằng nhau là xong. Chúng ta cần BMDBFC hoặc MBDFBC . Quan sát kỹ ta phát hiện  BMABFA nên suy ra được BMDBFC . - Câu thứ hai không thể chứng minh trực tiếp được. Do vậy ta nghĩ tới khai thác ý thứ nhất để chứng minh hai tam giác đồng dạng, trong đó có một tam giác vuông. Vì vậy ta ghép EF và AC vào OMD và EFC và chứng minh chúng đồng dạng. Trình bày lời giải a) Ta có  AFBAMB ( 1 2 sđ  AB của đường tròn ngoại tiếp ABM ).  BMDBFC . Lại có 1 2BDMBCF sđ  AB ∽BDMBCF (g.g). b) b) ∽BDDM BDMBCF BCCF . Dễ thấy BDC và COE là các tam giác cân. Vì 1 2DBCOEC sđ  CDDBCOEC∽ . DBOEOD BCCECE nên DODM CECF Mà 1 2MDOFCE sđ  AE OMDEFC∽ (c.g.c)  90oEFCOMD hay EFAC .