Tiêu đề Chuyên đề 19. MỘT SỐ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG ĐƯỜNG TRÒN.doc ✅

CHƯƠNG 10 Chuyên đề 19: MỘT SỐ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG ĐƯỜNG TRÒN A. Kiến thức cần nhớ 1. Cho đường tròn (;)OR và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua M kẻ các cát tuyến MAB và MCD thì ta có hệ thức: 22...MAMBMCMDMOR==- 2. Cho đường tròn (;)OR và một điểm M nằm trong đường tròn. Qua M kẻ dây cung AB và CD thì ta có hệ thức: 22...MAMBMCMDRMO==- 3. Cho đường tròn (;)OR và điểm M nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến MA( A là tiếp điểm) và cát tuyến MBC thì ta có hệ thức: 222..MAMBMCMOR==- 4. Cho tứ giác ABCD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. a) Nếu ..IAICIBID= thì bốn điểm ,,,ABCD cùng thuộc một đường tròn. b) Nếu AB và CD kéo dài cắt nhau tại M và ..MAMBMCMD= thì bốn điểm ,,,ABCD cùng thuộc một đường tròn. 5. Cho góc · xOy . Hai điểm A và B thuộc cạnh Ox và điểm C thuộc cạnh Oy sao cho 2.OAOBOC= . Khi đó OC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Các hệ thức trên, bạn đọc đều có thể chứng minh được bằng kiến thức của tam giác đồng dạng. Vận dụng các hệ thức lượng trong đường tròn, chúng ta sẽ giải được nhiều bài toán về chứng minh đẳng thức, chứng minh tứ giác nội tiếp và những vấn đề liên quan. B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi (O) là đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B. Gọi (O’) là đường tròn tiếp xúc với AB tại B và tiếp xúc với AC tại C. Gọi I là giao điểm (khác B) của hai đường tròn trên. Chứng minh rằng CI đi qua trung điểm AB. Giải Tìm cách giải. Gọi M là giao điểm của CI và AB, ta không thể chứng minh MA = MB bằng cách ghép vào hai tam giác bằng nhau được. Quan sát, ta dễ dàng nhận ra được: 2.BMMIMC= vì vậy ta nên tìm cách chứng minh 2..MAMCMI= Để chứng minh điều này chỉ cần chứng minh µµ 11MAIMCACADDÛ=∽ Trình bày lời giải Gọi M là giao điểm của CI và AB. Theo hệ thức lượng ta có: 2.BMMIMC= (1) Ta có µ¶ 12AB= (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn cung BI) Mặt khác, µ¶ 12CB= (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn cung CI) suy ra: µµ 11CA= nên (.)MAIMCAggDD∽ 2 .MAMI MAMCMI MCMAÞ=Þ= (2) Từ (1) và (2) suy ra MA = MB. Ví dụ 2. Từ một điểm D nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến DA và DB đến đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Tia Dx nằm giữa hai tia DA và DO; Dx cắt đường tròn tại C và E( E nằm giữa C và D); đoạn thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại M. Chứng minh rằng: a) Tứ giác OMEC là tứ giác nội tiếp; b) ·· ;CMAEMA= c) 2 .MBDE MCDC æö ÷ç =÷ç ÷ç èø (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, năm học 2011-2012) Giải
Tìm cách giải. - Câu a, ta có OM và CE kéo dài cắt nhau tại D. Vậy theo hệ thức lượng để chứng minh OMEC là tứ giác nội tiếp ta cần chứng minh ...DCDEDMDO= Mà dễ có: 2.,DBDMDO= từ đó ta tìm được cách giải. - Câu b, nhận xét rằng: ODAB^ nên ···· ,CMAEMAEMDCMO=Û= kết hợp với tứ giác OMEC nội tiếp ta có: ···· ;EMDECOCMOOED== . Từ đó ta tìm được cách chứng minh. Trình bày lời giải a) Theo hệ thức lượng trong đường tròn, ta có: 2.DBDCDE= (1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 2.DBDMDO= (2) Từ (1) và (2) suy ra: ..DCDEDMDO= Do đó OMEC là tứ giác nội tiếp. b) Ta có OMEC là tứ giác nội tiếp nên ···· ,.OMCOECDMEOCE== Lại có OE = OC nên ·· .OCEOEC= Từ đó ta có: ·· 90CMAOMC=-o ·· 90.DMEEMA=-=o c) Ta có: ···· 180 909090 2 COE BMCOMCOEC- =+=+=+ o ooo ¼¼ ()¼·111180360 222ñññsCAEsCAEsCBECAE=-=-==oo (3) Mặt khác ··»1 2ñCBMCEAsAC== (4) Từ (3) và (4) suy ra: (.)BCMECAggDD∽ nên ta có: MBAE MCAC= (5) Lại có: (.)DAEDCAggDD∽ nên ta có: .AEDEDA CADADC== Do đó: 2 AEDEDADE ACDADCDC æö ÷ç =×=÷ç ÷ç èø (6) Từ (5) và (6) suy ra: 2 MBDE MCDC æö ÷ç =÷ç ÷ç èø . Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). AD, BE, CF là ba đường cao (,,)DBCECAFABÎÎÎ . Đường thẳng EF cắt BC tại G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn (O) tại điểm M. a) Chứng minh rằng bốn điểm ,,,AMEF cùng nằm trên cùng một đường tròn. b) Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng .GHAN^ (Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2009-2010) Giải Tìm cách giải. - Ta có AM và EF kéo dài cắt nhau tại G, điều này gợi ý cho chúng ta rằng: để chứng minh rằng bốn điểm ,,,AMEF cùng nằm trên một đường tròn, ta cần chứng minh ..GFGEGMGA= . Mặt khác dựa vào hình vẽ dễ dàng có được: ..GMGAGBGC= và ..GBGCGFGE= . Từ đó ta tìm được cách giải. - Quan sát hình vẽ, ta có AHGN^ nên GHANH^Û là trực tâm GAND . .MNAC Dễ dàng có được · 90AMH=o nên chỉ cần chứng minh ,,HMN thẳng hàng. Trình bày lời giải a) Áp dụng hệ thức lượng, ta được: ..GMGAGBGC=
Áp dụng hệ thức lượng, ta được: ..GBGCGFGE= (vì tứ giác BCEF nội tiếp) Suy ra: ..GFGEGMGA= . Do đó tứ giác AMFE nội tiếp. b) Theo kết quả trên, và tứ giác AEHF nội tiếp suy ra M nằm trên đường tròn đường kính AH. Do đó .HMMA^ Tia MH cắt lại đường tròn (O) tại K. Khi đó · 90AMK=o nên AK là đường kính của (O). Từ đó suy ra: ,KCCAKBBA^^ //,//KCBHKBCHÞ Þ Tứ giác BHCK là hình bình hành Þ KH đi qua điểm N. Khi đó ,,MHN thẳng hàng. Trong đó tam giác GAN có hai đường cao AD, NM, cắt nhau tại H, nên H là trực tâm của tam giác GAN .GHANÞ^ Ví dụ 4. Từ một điểm E ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn tại A và B. Gọi M là điểm nằm trên đoạn AB (M khác A và B, MAMB ). Gọi C và D là 2 điểm trên đường tròn sao cho M là trung điểm của CD. Các tiếp tuyến của đường tròn tại C và D cắt nhau tại F. Chứng minh rằng tam giác OEF là tam giác vuông. ( Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Thái Bình, năm học 2009 – 2010) Giải Tìm cách giải. Ta có 90,OAEOBE nên 90OFEF thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOBE . Dựa vào các đoạn thẳng cắt nhau trong hình vẽ, ta cần chứng minh ...MOMFMAMB Với định hướng trên ta có cách giải sau. Trình bày lời giải Chứng minh được: ,,OMF thẳng hàng. Áp dụng hệ thức lượng, ta được: 2 ...MAMBMCMDMC Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: 2 ..MOMFMC Do đó: ...MAMBMOMF Suy ra bốn điểm ,,,OABF cùng thuộc một đường tròn .OABOFB Mặt khác dễ có ,,,OABE cùng thuộc một đường tròn. Suy ra năm điểm ,,,,OAEBF cùng thuộc một đường tròn. Suy ra 90OFEOBEOEF vuông(đpcm). Ví dụ 5. Cho tam giác ABC nhọn, kẻ các đường cao ,,ADBECF cắt nhau tại H gọi K là điểm tùy ý thuộc CD ( K khác C và D ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK cắt nhau tại điểm L khác với điểm K . Chứng minh rằng ba điểm ,,KLA thẳng hàng và HL vuông góc với AK . Giải Ta có 90BECBFC nên tứ giác BCEF nội tiếp. Theo hệ thức lượng trong đường tròn ta có: ..1ABAFACAE Gọi giao điểm thứ hai của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK là I . Theo hệ thức lượng trong đường tròn ta có: ..2ABAFAIAK . Từ (1) và (2) ..ACAEAIAK
CKIE là tứ giác nội tiếp. I là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK nên I trùng L , hay ,,KLA thẳng hàng. Theo hệ thức lượng trong đường tròn ta có: ..ABAFALAK và ..ABAFADAL ( vì BDHF là tứ giác nội tiếp). Suy ra ..ALAKADALDHLK là tứ giác nội tiếp  18090HDKHLKHLK hay HLAK Nhận xét. Từ lời giải trên, giả sử đường thẳng HL cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK lần lượt tại điểm thứ hai là M và N . Khi đó từ 90;90MLKNLK nên ,KMKN là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Từ đó chúng ta có thể giải được bài thi Olimpic Toán học Quốc tế năm 2013 như sau: Cho tam giác ABC nhọn, kẻ các đường cao ,,ADBECF cắt nhau tại H , cho K là một điểm tùy ý trên cạnh BC và khác với điểm B và C . Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và . Kẻ đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Chứng minh rằng ba điểm ,,MHN thẳng hàng C. Bài tập vận dụng 19.1. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn tâm (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn (I). Chứng minh rằng: .BDBE ( Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Phú Yên, năm học 2012 – 2013) 19.2. Cho tam giác nhọn ABC ABAC , kẻ phân giác AD của góc BAC và đường trung tuyến AM ;DMBC . Vẽ hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và tam giác ADM, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là I, đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt hai cạnh AB và AC theo thứ tự tại E và F. Tia AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại J. a) Chứng minh ba điểm I, M, J thẳng hàng. b) Gọi K là trung điểm của EF, tia MK cắt AC và tia BA theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam giác PAQ cân. ( Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2006 – 2007) 19.3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường cao AH. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Trên cung nhỏ AH của đường tròn (O) lấy điểm M bất kì khác A. Trên tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) lấy hai điểm D và E sao cho .BDBEBA Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. a) Chứng minh tứ giác BDNE là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn (O) tiếp xúc nhau. 19.4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC (M khác B và C). Đường tròn ';'OR tiếp xúc trong với đường tròn (O; R) tại điểm M (với 'RR ). Các đoạn thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt đường tròn ';'OR tại các điểm thứ hai D, E, F. Từ A, B, C kẻ các tiếp tuyến AI, BJ, CK với đường tròn ';'OR , trong đó I, J, K là các tiếp điểm. Chứng minh rằng DE song song với AB và .AIBJCK (Tuyển sinh lớp 10. THPT chuyên Phan Bội Châu, Vinh, Nghệ An, năm học 2010 – 2011) 19.5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các tia phân giác góc ,BACABC cắt nhau tại I và cắt đường tròn tại D, E (D khác A, E khác B). Đường tròn đường kính ID cắt BC tại M, N. Đường tròn đường kính IE cắt AC tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng thuộc đường tròn.