Category Archives: Góc với đường tròn

Góc trong đường tròn (tt)

Ví dụ 1.
Tính số đo góc $\angle BAC$ và $\angle BDC$ như hình vẽ.

Giải

Ta có $\angle BAC = \dfrac{1}{2} \angle BOC = 60^\circ$.
Và $\angle BDC 180^\circ – \angle BAC = 180^\circ – 60^\circ = 120^\circ$.

Ví dụ 2.
Trên đường tròn $(O;R)$ lấy các điểm $A, B$ sao cho $\text{sđ} \arc{AB} = 120^\circ$ và $C$ thuộc cung nhỏ cung ${AB}$ và $\text{sđ} \text{cung}{AC} = 30^\circ$.
a) Tính số đo cung $BC$.
b) Tính độ dài $AB, BC$ theo $R$.

Giải

Nếu $C$ thuộc cung nhỏ $AB$ thì $\text{sđ} \arc{AB} = \text{sđ} \arc{AC}+\text{sđ} \arc{CB}$, suy ra $\text{sđ} \arc{BC} = 120^\circ – 30^\circ = 90^\circ$.
Gọi $\arc{AmB}$ là cung lớn $AB$. Suy ra $\text{sđ} \arc{AmB} = 240^\circ$.
Gọi $M$ là trung điểm $AB$ ta có $OM \bot AB$ và $OM$ là phân giác $\angle AOB$.\\
$\angle AOB = \text{sđ} \arc{AOB} = 120^\circ$, suy ra $\angle AOM = 60^\circ$. Suy ra $AM = OA.\sin AOM = \dfrac{R\sqrt{3}}{2}$. Do đó $AB = 2AM = R\sqrt{3}$.
Tam giác $OBC$ vuông cân tại O nên $BC=\sqrt{OB^2+OC^2} = R\sqrt{2}$.

Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $D$. Chứng minh $DB = DC$ và $OD \bot BC$.

Giải

Ta có $\text{sđ} \text{cung} {DB} = 2\angle DAB$, $\text{sđ} \text{cung} {DC} = 2\angle DAC$. Mà $\angle DAB = \angle DAC$(gt) nên $\text{sđ} {DB}= \text{sđ} {CD}$, suy ra $DB = DC$. \\
Ta có $OB = OC, DB = DC$ nên $OD$ là trung trực của $BC$, do đó $OD \bot BC$.

Ví dụ 4. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Hai điểm $C, D$ khác phía đối với $AB$ sao cho $\angle CAB = 60^\circ, \angle DAB = 45^\circ$.
a) Tính $\angle ACB, \angle ADB$.
b) Tính $\angle DCB$ và $\angle CDB$.
c) Tính $\angle COD$.

Giải

a) Ta có $\angle ACB = 90^\circ$ (góc nội tiếp nửa đường tròn)\\
$\angle ADB = 90^\circ$ (góc nội tiếp nửa đường tròn).
b) Ta có $\angle DCB = \angle DAB$ (góc nội tiếp cùng chắn cung DB), mà $\angle DAB = 60^\circ$ nên $\angle DCB = 60^\circ$.\\
Ta có $\angle ADC = \angle ABC$(góc nội tiếp cùng chắc cung AC).\\
Mà $\angle ABC = 90^\circ – \angle CAB = 45^\circ$, nên $\angle ADC =45^\circ$.
b) Ta có $\angle ABD = 90^\circ – \angle DAB = 30^\circ$, suy ra $\angle CBD = \angle ABC + \angle ABD = 75^\circ$.\\
Khi đó $\angle COD = 2\angle CBD = 150^\circ$.

Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $\angle A = 60^\circ, \angle B = 75^\circ$. Tiếp tuyến tại $A$ cắt $BC$ tại $D$.
a) Tính $\angle DAB$.
b) Phân giác góc $BAC$ cắt $BC$ tại $E$. Chứng minh tam giác $DAE$ cân.
c) Chứng minh $DA^2 = DB\cdot DC$.

Giải

a) Ta có $\angle ACB = 180^\circ – \angle ABC – \angle BAC = 45^\circ$. \\
Suy ra $\angle DAB = \angle ACB$ (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó). Suy ra $\angle DAB = 45^\circ$.
b) Ta có $\angle DEA = \angle ACB + \angle EAC = 45^\circ + 30^\circ = 75^\circ$.\\
Và $\angle DAE = \angle DAB + \angle BAE = 75^\circ$.\\
Do đó $\angle DAE = \angle DEA$, suy ra tam giác $DAE$ cân tại $D$.
c) Xét tam giác $DAB$ và tam giác $DCA$ có $\angle DAB$ chung và $\angle DAB = \angle DCA$, suy ra $\triangle DAB \backsim \triangle DCA \Rightarrow \dfrac{DA}{DC} = \dfrac{DB}{DA} \Rightarrow DB\cdot DC = DA^2$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$ và $B$ cắt nhau tại điểm $M$. Biết $\angle AMB = 60^\circ$.
a) Tính số đo góc ở tâm tạo bởi hai bán kính $OA, OB$.
b) Tính số đo mỗi cung $AB$ (cung lớn và cung nhỏ).

Bài 2. Cho tứ giác $ABCE$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $BE$ và $AC$ cắt nhau tại $I$. Cho $\angle ABE = 40^\circ, \angle BAE = 100^o$.

a)Tính $\angle AOE$ và $\angle OAE$.
b)Tính $\angle ACE$.
c) Tính $\angle BCE$.
d) Chứng minh $IA\cdot IC = IB\cdot IE$.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$, thỏa $\widehat {BAC} = {75^0},\widehat {ACB} = {45^0}$.
a) Tính $\widehat {AOB}$ và $AB$.
b) Tính $AC$.
c) Tính diện tích tam giác $ABC$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có $\angle BAC = 60^\circ$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Vẽ đường kính $BD$.
a) Tính các góc của tam giác $BCD$.
b) Tính $BC$ theo $R$.
c) Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh $AH = R$.

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $D$ là điểm
chính giữa cung $AC$ không chứa $B$. Ta kẻ dây $DE$ song
song với cạnh $AB$, cắt $BC$ tại $I$. Chứng tỏ các tam giác
$ICE$ và $IBD$ cân.

Một vài tính chất của một bài toán hình học lớp 9: Tứ giác điều hòa (tứ giác đẹp)

Leave a reply

Trong một bài kiểm tra lớp 9 mới đây, mình cho các em làm bài toán này. Với các em học sinh lớp 9, mình không thích cho quá nhiều bài toán của THPT áp xuống, việc dạy học của mình trong bao năm qua vẫn kiên trì với triết lý đó. Nhưng ngày càng thấy nhiều bài toán hồn cấp 3 mà cách giải cấp 2 được đưa xuống, tinh thần cũng lung lay, vì dạy chuyên cả hai cấp nên mình biết khá rõ bài toán nào của cấp nào, không phải mình không dạy được hoặc không ra được bài toán như thế, nhưng mình không thích những cách giải khi nhìn với con mắt hàng điểm điều hòa, cực đối cực…ra liền mà các em cấp hai lại mất thời gian để suy nghĩ chân phương.

Nhưng đó cũng là cách chế biến đề phổ biến cho những bài toán hình cấp 2 hiện nay, âu cũng là một xu hướng mới, tuy vậy trong lúc dạy thực sự mình ít ra bài tập dạng đó, đây là trường hợp hiếm mà mình ra bài tập kiểu này.

Bài toán. Cho đường tròn tâm $O$, dây cung $AB$ khác đường kính. Tiếp tuyến tại $A, B$ cắt nhau tại điểm $P$. Một đường thẳng qua $P$ cắt $(O)$ tại $C, D$ sao cho $PC > PD$, $OP$ cắt $AB$ tại $H$.

Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Chứng minh 5 điểm $O, A, B, P, M$ cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh $PC \cdot PD = PA^2 = PH \cdot PO$. Suy ra tứ giác $OHDC$ nội tiếp.
$CH$ cắt $(O)$ tại $R$ khác $C$. Chứng minh $ORPC$ nội tiếp.
Chứng minh $HA, HP$ lần phân giác trong và phân giác ngoài của $\angle CHD$.
Chứng minh $AD \cdot BC = BD \cdot AC$.
Chứng minh $\angle HCB = \angle DCA$ và $AD \cdot BC = \dfrac{1}{2}AB \cdot CD$.
Tiếp tuyến tại $C, D$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh $Q, A, B$ thẳng hàng.
Đường thẳng qua $A$ song song với $PB$ cắt $BD, BC$ tại $K$ và $L$. Chứng minh $A$ là trung điểm của $K, L$.
Gọi $I$ là điểm đối xứng của $O$ qua $H$. Chứng minh $I$ là trực tâm tam giác $APB$.
Dựng các tiếp tuyến $AT, AV$ đến đường tròn đường kinh $PI$. Chứng minh $T, V, B$ thẳng hàng.

Giải

$ \angle PAP = \angle PMO = \angle PBP = 90^\circ $, suy ra $ A,M,B,P,O $ cùng thuộc đường tròn đường kính $PO$.
Ta có $ \triangle PBD \backsim \triangle PCB$ (g.g) suy ra $PD.PC = PB^2$. Mà $PB^2 = PH.PO$ (hệ thức lượng tam giác vuông $PBO$), nên $ PD.PC = PH.PO $, suy ra $ \triangle PDH \backsim \triangle POC $ (c.g.c), do đó $ \angle PHD = \angle PCO $, suy ra tứ giác $DHOC$ nội tiếp.
Ta có $ \angle DCR = \frac{1}{2}\angle DOR $ (cùng chắn cung $DR$), và $ \angle DCR = \angle DHO $ (tứ giác $DHOC$ nội tiếp), suy ra $ \angle DOH = \angle ROH $, suy ra $ \angle PCR = \angle ROP $, nên tứ giác $PROC$ nội tiếp.
$ \angle OHC = \angle ODC = \angle OCD = \angle PHD $, suy ra $HA$, $HD$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài $ \angle CHD $.
Từ các cặp tam giác đồng dạng $PAD$ và $PCA$, $PBD$ và $PCB$ ta có
\[ \frac{AD}{AC} = \frac{PD}{PA} \text{ và } \frac{BC}{BD} = \frac{PB}{PD}\] Nhân vế theo vế ta được $ AD.BC = AC.BD $.
Từ $ \angle DOH = \angle ROH $ (cmt), suy ra $ \angle DOA = \angle ROB $, nên cung $AD$ bằng cung $BR$, suy ra $ \angle ACD = \angle HCB $, nhờ vậy $ \triangle ACD \backsim \triangle HCB $ (g.g), suy ra $ AD.BC = CD.BH = \frac{1}{2}AB.CD $.
Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác $QDHC$, $Q$ là điểm chính giữa cung $DC$, nên $HQ$ là phân giác $\angle DHC$, suy ra ba điểm $H$, $A$, $Q$ thẳng hàng (cùng nằm trên phân giác trong $ \angle DHC $), do đó ba điểm $Q$, $A$, $B$ cũng thẳng hàng.
Từ các cặp tam giác đồng dạng $ \triangle BAD \backsim \triangle BKA $ (g.g), $ \triangle BAL \backsim \triangle BCA $ (g.g), ta có
\[ AK = \frac{AD.AB}{BD} \text{ và } KL = \frac{AC.AB}{BC} \] Như vậy, để chứng minh $AK = KL$, cần chứng minh $ AD/BD = AC/BC $, điều này được suy trực tiếp từ câu (5).
Tứ giác $AOBI$ là hình thoi, suy ra $BI$ song song với $AO$ do đó vuông góc với $AP$, suy ra $I$ là trực tâm tam giác $ABP$.
Gọi $S$ là tâm đường tròn đường kính $PI$, gọi $B’$ là giao điểm của $BI$ với $AP$. Do $BI \bot AP$ nên $B’ \in (S)$.
Ta có $AH.AB = AB’.AP = AT^2$, suy ra $ \angle ABT = \angle ATH $.
Tương tự, từ $AH.AB = AV^2$ ta có $ \angle ABV = \angle AVH $.
Như vậy, để chứng minh $B,V,T$ thẳng hàng, chỉ cần chứng minh $ \angle ATH = \angle AVH $, điều này hiển nhiên do tứ giác $ATVH$ nội tiếp đường tròn đường kính $SA$.

Biến đổi góc – Phần 2

Leave a reply

Ví dụ 5. (Đề thi HSG Quốc Gia Việt Nam năm 2014) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $AB < AC$. Gọi $I$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$. Trên $AC$ lấy điểm $K$ khác $C$ sao cho $IK = IC$. Đường thẳng $BK$ cắt $(O)$ tại $D$ $(D \neq B)$ và cắt đường thẳng $AI$ tại $E$. Đường thẳng $DI$ cắt đường thẳng $AC$ tại $F$.

a. Chứng minh rằng $EF = \dfrac{BC}{2}$.
b. Trên $DI$ lấy điểm $M$ sao cho $CM$ song song với $AD$. Đường thẳng $KM$ cắt đường thẳng $BC$ tại $N$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKN$ cắt $(O)$ tại $P$ $(P\neq B)$. Chứng minh rằng đường thẳng $PK$ đi qua trung điểm đoạn thẳng $AD$.

Giải

Chứng minh $\angle AKI = \angle ABI$ (cùng bù $\angle ACI$).
Tam giác $ABI, AKI$ bằng nhau, suy ra $E$ là trung điểm của $BK$.
Chứng minh $F$ là trung điểm $CK$.

Tam giác $AID$ có $DE, AF$ là đường cao cắt nhau tại $K$ nên $K$ là trực tâm, suy ra $IK \bot AD$, do đó $CM \bot IK$. Suy ra $M$ là trực tâm tam giác $IKC$.
Khi đó $AC$ là tiếp tuyến của $(BKN)$.
$\angle CKP = \angle KBP = \angle DIP$, suy ra $KFPI$ nội tiếp, do đó $\angle IPK = 90^\circ $, suy ra $IJ$ là đường kính.
Từ đó chứng minh $JAKD$ là hình bình hành.

Ví dụ 6. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn tâm $O$. Các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$, $AD$ cắt $(O)$ tại $K$. $KF$ cắt $(O)$ tại $L$.
a. Chứng minh $CL$ đi qua trung điểm của $EF$.
b. Đường thẳng qua $A$ song song với $DE$ cắt $CL$ tại $N$. Chứng minh $\angle OFN = 90^\circ$.

Giải

Gọi $P$ là giao điểm của $CL$ và $DE$, $HP$ cắt $AC$ tại $D$.
Ta có $\angle CH \cdot CF = \angle CA \cdot CE = CP \cdot CL$ nên $LFHP$ nội tiếp.
Suy ra $\angle CHP = \angle CLF = \angle CAD = \angle CFE$, do đó $HP \parallel FE$.
Ta có $EH$ là phân giác $\angle DEF$, suy ra $\angle PHE = \angle HEF = \angle HEP$, suy ra $PE = PH$.
Tam giác $HES$ vuông, suy ra $P$ là trung điểm $HS$. Từ đó ta có $M$ là trung điểm của $EF$.

Ta chứng minh $\triangle FAN \backsim \triangle FOC$ đồng dạng. Vì có $\angle FCO = \angle FAN$ nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{NA}{OC} = \dfrac{AF}{CF}$. \hfill (1)
Trong đẳng thức trên chỉ có $AN$ có vẻ là chưa liên quan gì, nên ta tính $AN$ trước. Ta có $\dfrac{AN}{PE} = \dfrac{AC}{CE}$, suy ra $AN=\dfrac{AC \cdot PE}{CE}$.
Ta có $PE = \dfrac{1}{2} HS = \dfrac{CH \cdot EF}{2CF}$.
Suy ra $\dfrac{AN}{OC} = \dfrac{CA \cdot EF \cdot CH}{CE \cdot CF \cdot 2OC}$, ta cần chứng minh $\dfrac{CA \cdot EF \cdot CH}{CE \cdot CF \cdot 2OC} = \dfrac{AF}{CF} $
$\Leftrightarrow \dfrac{AF}{EF} = \dfrac{CA}{CE}\cdot \dfrac{CH}{2R}$
$\Leftrightarrow \dfrac{AC}{AB} = \dfrac{CA}{CE}\cdot \dfrac{CH}{2R}$
$\Leftrightarrow \dfrac{CE}{CH} = \dfrac{AB}{2R}$ (Đúng).

Ví dụ 7. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, dường cao $AD$, trên đoạn $AD$ lấy điểm $E$, trên tia $BE, CE$ lấy các điểm $F, L$ sao cho $CL = CA, BF = BA$. $BF, CL$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh rằng tam giác $KFL$ cân.

Giải

Gọi $M, N$ là giao điểm của $BE, CE$ với $(ABC)$.
Khi đó $CM, BN, AD$ đồng quy tại $H$.
Ta có $BN\cdot BH = BD\cdot BC = BA^2 = BF^2$. Suy ra $BF \bot AF$. Tương tự thì $CL \bot AL$.
$AF^2 = AN\cdot AB = AM\cdot AC = AL^2$. Suy ra $AF = AL$. Từ đó ta có $KF = KL$.

Ví dụ 8. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $w$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$. Các đường thẳng $AI, BI, CI$ cắt $w$ lần lượt tại $A’,B’, C’$. $M$ là một điểm trên cạnh $AB$. Đường thẳng qua $M$ và song song với $AI$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BI$ tại điểm $A_1$; đường thẳng qua $M$ song song với $BI$ và cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AI$ tại điểm $B_1$. Chứng minh rằng $A’A_1, B’B_1$ và $C’M$ đồng quy.

Giải

Gọi $T$ là giao điểm của $B’B_1$ và $(O)$. Ta có $\angle MB_1T = \angle BB’T = \angle MAT$, suy ra tứ giác $AMTB_1$ nội tiếp, kéo theo $\angle AB_1M = \angle ATM $ . \hfill (1)
Ta chứng minh được $B’C’ \bot AA’$, suy ra $AB_1 \parallel B’C’$, từ đó ta có $\angle AB_1M = \angle C’B’lB$. \hfill (2)
Từ (1) và (2), suy ra $T, M$ và $C’$ thẳng hàng. Chứng minh tương tự thì giao điểm của $A’A_1$ và $(O)$ cũng thuộc $C’M$. Từ đó ta có điều cần chứng minh.

Bài tập rèn luyện.

Bài 1. Cho hai điểm $P, Q$ thuộc miền trong của tam giác $ABC$ sao cho $$\angle ACP = \angle BCQ, \angle CAP = \angle BAQ$$ Gọi $D, E, F$ là hình chiếu vuông góc của $P$ trên các đường thẳng $BC, AC, AB$. Chứng minh rằng nếu $\angle DEF = 90^\circ$ thì $Q$ là trực tâm của tam giác $BDF$.

Bài 2. Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AD$ và $BD$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, phân giá trong góc $\angle BCA$ cắt $DE$ tại $P$ và cắt $(O)$ tại $Q$. Gọi $C’$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AB$. Tính $\angle C$ biết rằng 4 điểm $M, P, Q$ và $C’$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ và điểm $P$ nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến $PA, PB$ đến $(O)$ với $A, B$ là các tiếp điểm. $C$ là điểm trên cung nhỏ $AB$, tiếp tuyến tại $C$ cắt $PA, PB$ và $PO$ lần lượt tại $D, E, F$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAB, PDE$ và $PCF$ cùng đi qua một điểm khác $P$.

Bài 4. (Đề thi chon đội dự tuyển PTNK năm 2009) Cho tam giác $ABC$ nhọn. Trên các tia đối của các tia $BC, CA, AB$ lấy các điểm $A_1, B_1, C_1$ sao cho tam giác $A_1B_1C_1$ đồng dạng với tam giác $ABC$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $A_1B_1C_1$ cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Bài 5. (Đề thi HSG Toán Quốc Tế năm 2009) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Phân giác trong góc $A$ và $B$ cắt $BC$ và $AC$ lần lượt tại $D$ và $E$. Gọi $K$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ACD$. Cho $\angle BEK = 45^o$. Tìm tất cả các giá trị của $\angle BAC$.

Bài 6. (Đề thi toán Quốc tế năm 2017) Cho $R,S$ là hai điểm phân biệt trên đường tròn $\Omega$ sao cho $RS$ không phải đường kính. Gọi $d$ là tiếp tuyến của $\Omega$ tại $R$. Lấy điểm $T$ sao cho $S$ là trung điểm của đoạn thẳng $RT$. Lấy điểm $J$ trên cung nhỏ $RS$ của $\Omega$ sao cho $(JST)$ cắt $d$ tại hai điểm phân biệt. Gọi $A$ là giao điểm gần $R$ nhất của $d$ và $(JST)$. $AJ$ cắt lại $\Omega$ tại $K$. Chứng minh $KT$ tiếp xúc với $(JST)$.

Bài 7. (Đề thi HSG Bulgari năm 2016) Cho tam giác $ABC$ cân tại $C$, trên tia đối của tia $CA$ lấy điểm $D$ sao cho $AC > CD$. Phân giác $\angle BCD$ cắt $BD$ tại $N$. $M$ là trung điểm $BD$, tiếp tuyến tại $M$ của $(AMD)$ cắt $BC$ tại $P$. Chứng minh rằng 4 điểm $A, P, M, N$ cùng thuộc một đường tròn.

Đáp án Toán PTNK 2017

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$, bán kính $R$; $\angle BAC = 120^\circ $, $\angle ABC = 45^\circ $, $H$ là trực tâm. $AH$, $BH$, $CH$ lần lượt cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $M$, $N$, $P$.
a. Tính $AC$ theo $R$. Tính số đo góc $\angle HPN $ và $\dfrac{MP}{MN}$
b. Dựng đường kính $AD$, $HD$ cắt $(T)$ tại $E$ ($E \ne D$) và cắt $BC$ tại $F$. Chứng minh các điểm $A$, $N$, $H$, $P$, $E$ cùng thuộc một đường tròn và $F$ là trung điểm của $HD$.
c. Chứng minh $AD \bot NP$. Tia $OF$ cắt $(T)$ tại $I$, chứng minh $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$ và $AI$ đi qua trung điểm của $MP$

Gợi ý

Ta có $\angle AOC = 2 \angle ABC = 90^\circ$ (góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn 1 cung).
Suy ra tam giác $OAC$ vuông tại $O$, suy ra $AC^2 = OA^2 + OC^2 = 2R^2 \Rightarrow AC = R\sqrt{2}$. Tứ giác $BNPC$ có $\angle BNC = \angle BPC =90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.
Suy ra $\angle HPN = \angle HBC = 90^\circ – \angle ACB = 75^\circ$.
Các tứ giác $ANBM$ và $BNPC$ nội tiếp nên $\angle ANM = \angle ABC = 45^\circ, \angle CNP = \angle PBC = 45^\circ$.
Suy ra $\angle MNP = \angle CNP + \angle CPN = 90^\circ$.
Và $\angle NPB = \angle ACB = \angle APM = 15^\circ$, suy ra $\angle NPM = \angle NPB + \angle APM = 30^\circ$.
Khi đó $\dfrac{MN}{MP} = \sin \angle NPM = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$. Suy ra $\dfrac{MP}{MN} = 2$.

Ta có $\angle AEF = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Ta có $\angle ANH = \angle AEH = \angle APH = 90^\circ$ nên 5 điểm $A, N, H, P E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.
Ta có $\angle ABD = \angle ACD = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),
suy ra $AB \bot BD$, suy ra $HC || BD$.
Tương tự ta có $HB \bot CN, \angle CD \bot CN$, suy ra $HB||CD$.
Tứ giác $HBDC$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $F$ là trung điểm của $BC$ và $HD$.

Ta có $\angle CAD = 45^\circ = \angle CNM$, suy ra $AD||MN$. Mà $MN \bot NP$, suy ra $AD \bot NP$.
Ta có $OF$ là trung trực của $BC$, suy ra $IB = IC$. $\angle BDC = 180^\circ – \angle BAC = 60^\circ$.
Xét tam giác $IOC$ có $\angle IOC = \dfrac{1}{2}\angle BOC = \angle 60^\circ$. Suy ra tam giác $IBC$ đều.
Do đó $IB =IC = IO$. (1)
Mặt khác tứ giác $HBOC$ có $\angle BHC + \angle BOC = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$, suy ra $HBOC$ nội tiếp. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$.
Tam giác $PBC$ có $\angle BPC = 90^\circ, \angle PBC = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân,
suy ra $PB = PC$, suy ra $P$ thuộc trugn trực của BC. Do đó $P, O, I$ thẳng hàng và $PI \bot BC$, suy ra $PI||AM$.
Mặt khác ta có $\angle BIH = 2\angle HCB = 90^\circ$, suy ra $HBMI$ nội tiếp, suy ra $\angle IMC = \angle IBH = 45^\circ$.
Suy ra $\angle IMC = \angle PBC = 45^\circ$, suy ra $IM||PA$.
Tứ giác $APIM$ có 2 cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $AI$ qua trung điểm của $MP$.

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm $O$. Gọi $D$ là điểm thay đổi trên cạnh $BC$ ($D$ khác $B,\,C$). Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABD$ và $ACD$ lần lượt cắt $AC$ và $AB$ tại $E$ và $F$ ($E$, $F$ khác $A$). Gọi $K$ là giao điểm của $BE$ và $CF$.
a. Chứng minh rằng tứ giác $AEKF$ nội tiếp.
b. Gọi $H$ là trực tâm tam $ABC$. Chứng minh rằng nếu $A,\,O,\,D$ thẳng hàng thì $HK$ song song với $BC$.
c. Ký hiệu $S$ là diện tích tam giác $KBC$. Chứng minh rằng khi $D$ thay đổi trên cạnh $BC$ ta luôn có $S\le \left(\dfrac{BC}{2}\right)^2 \tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$.
d. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $BF.BA-CE.CA=BD^2-CD^2$ và $ID$ vuông góc với $BC$.

Gợi ý

Tứ giác $AEDB$ $\Rightarrow$ $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}$, tứ giác $AFDC$ nội tiếp $\Rightarrow$ $\widehat{AFC}=\widehat{ADC}$.
Suy ra $\widehat{AEK}+\widehat{AFD}=\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=180^o$.

Ta có $\widehat{BKC}=\widehat{DKE}=180^o-\widehat{BAC}$ và $\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}$.
Suy ra $\widehat{BKC}=\widehat{BHC}$ $\Rightarrow$ $BHKC$ nội tiếp.
Suy ra $\widehat{FKH}=\widehat{HBC}=\widehat{HAC}$ và $\widehat{KCB}=\widehat{BAD}$.
Khi $A,\,O,\,D$ thẳng hàng, ta có $\widehat{BAD}=\widehat{BAO}=\widehat{HAC}$.
Do đó $\widehat{FKH}=\widehat{KCB}$ suy ra $KH//BC$

Ta có $K$ thuộc cung $BHC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHC$ tâm $T$.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $N$ là điểm chính giữa cung $BHC$.
Dựng $KL\perp BC$, ta có $KL\le TN-TM=MN$.
Mà $\dfrac{MN}{BC}=\tan \dfrac{\widehat{NBM}}{2}=\tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$, suy ra $MN=\tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}.\dfrac{BC}{2}$.
Do đó $S_{BKC}=\dfrac{1}{2}.KL.BC\le \dfrac{BC^2}{4}\tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$.

Xét tam giác $BCF$ và tam giác $BDA$ có $\widehat{BCF}=\widehat{BAD}$ và góc $B$ chung.
Suy ra $\Delta BFC\sim \Delta BDA$ $\Rightarrow$ $\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BF}{BC}$ $\Rightarrow$ $BF.BA=BD.BC$.
Chứng minh tương tự ta có $CE.CA=CB.CD$.
Suy ra $BF.BA-CE.CA=BC.BD-BC.CD=BC(BD-CD)=(BD+BC)(BD-BC)=BD^2-CD^2$.
Ta có $\widehat{ADF}=\widehat{ACF}=\widehat{AEB}-\widehat{EKC}=\widehat{AEB}-\widehat{A}$
và $\widehat{ADE}=\widehat{ABE}=\widehat{AFC}-\widehat{A}$,suy ra $\widehat{EDF}=\widehat{ADF}+\widehat{ADE}=\widehat{AEB}+\widehat{AFC}-2\widehat{A}=180^o-2\widehat{A}=\widehat{EIF}$.
Do đó tứ giác $IEDF$ nội tiếp, hơn nữa $IE=IF$ nên $DI$ là phân giác $\widehat{EDF}$.
Mặt khác $\widehat{FDB}=\widehat{BAC}=\widehat{CDE}$.
Suy ra $DB,\,DI$ lần lượt là phân giác ngoài và phân giác trong của $\widehat{EDF}$. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đáp án toán PTNK 2015

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Hình bình hành $ABCD$ có $ \angle ADC =60^0$ và tam giác $ACD$ nhọn. Đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $ACD$ cắt cạnh $AB$ tại $E$ ($E \ne A$), $AC$ cắt $DE$ tại $I$.
a. Chứng minh tam giác $BCE$ đều và $OI \bot CD$.
b. Gọi $K$ là trung điểm $BD$, $KO$ cắt $DC$ tại $M$. Chứng minh $A$, $D$, $M$, $I$ cùng thuộc một đường tròn.
c. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tính $\dfrac{OJ}{DE}$.

Gợi ý

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC (AB < AC)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, $E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$, $F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.
a. Chứng minh $EB^2 = EF.EO$.
b. Gọi $D$ là giao điểm của $AE$ và $BC$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.
c. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $POF$ đi qua một điểm cố định.

Gợi ý

Ta có $E$ là điểm chính giữa cung BC, suy ra $EB = EC$ và $OE \bot BC$ nên $M, O, E$ thẳng hàng.
Vẽ đường kính $EK$. Ta có $EM.EK = EB^2$.
Mặt khác $EF = 2EM, EO = \dfrac{1}{2}EK$. Do đó $EF.EO = EM.EK = EB^2$. (1)

Ta có $\angle EBC = \angle EAC = \angle EAB$. Suy ra $\Delta EAB \sim \Delta EBD$. Suy ra $EB^2 + ED.EA$ (2).
Từ (1) và (2) ta có: $EA.ED = EO.EFF$. Suy ra tứ giác $OFDA$ nội tiếp.

Ta có $\angle EIB = \angle EAB + \angle ABI = \dfrac{1}{2}(\angle A + \angle B) = \angle EBC + \angle CBI = \angle EBI$, suy ra $EB = EI = EC$. Vậy $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$. Do đó $EP = EB$. Ta có $EP^2 = EB^2 = EO.EF$.
Suy ra $\Delta EPF \sim \angle EOP$. Suy ra $\angle EPF = \angle FOP$.
Hơn nữa, do $O,F$ cùng phía đối với $E$ nên $PO, PF$ cùng phía đối với $PE$.
Vẽ tia tiếp tuyến $Px$($PF, PO$ cùng phía đối với $Px$)của đường tròn ngoại tiếp tam giác $POF$. Khi đó $\angle xPF = \angle FOP = \angle EPx$. Suy ra $Px$ và $PE$ trùng nhau. Vậy $Px$ luôn qua điểm $E$ cố định.

Đáp án PTNK năm 2012

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Cho hình thang $ABC (AB||CD)$ nội tiếp đường tròn $(C)$ tâm $O$, bán kính $R$ và có $\angle DAB = 105^\circ, \angle ACD =30^\circ$.
a. Tính $\dfrac{DB}{DC}$ và tính $AB$ theo $R$.
b. Tiếp tuyến của $(C)$ tại $B$ cắt đường thẳng $DO$ và $DA$ lần lượt tại $M, N$. Tính $\dfrac{MN}{MD}$.
c. Gọi $E$ là trung điểm của $AB$, tía $DE$ cắt $MN$ tại $F$. Tính $\dfrac{BF}{BC}$.

Gợi ý

Ta có $\angle DAB + \angle BCD = 180^\circ$, suy ra $\angle BCD = 75^\circ$ (1), suy ra $\angle ABC = 105^\circ$.
$\angle ABD = \angle ACD = 30^\circ$, suy ra $\angle DBC = \angle ABC – \angle ABD = 75^\circ$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $\angle DBC = \angle DCB$, nên tam giác $DCB$ cân tại $D$, do đó $\dfrac{DB}{DC} = 1$.
Ta có $\angle ACB = 75^\circ – 30^\circ = 45^\circ$,suy ra $\angle AOB = 90^\circ$, tam giác $ABO$ vuông cân tại $O$ nên $AB = AO \sqrt{2} = R\sqrt{2}$.

Ta có $\angle AOD = 2\angle ACD = 60^\circ$, suy ta tam giác $OAD$ đều. Suy ra $\angle ODA = 60^\circ$ hay $\angle NDM = 60^\circ$.
Tam giác $DBC$ cân, nên $DO$ cũng là trung trực của $BC$ và cũng là phân giác góc $\angle BDC$.
$\angle BOM = 180^\circ – \angle AOB – \angle AOD = 30^\circ$, suy ra $\angle OMB = 90^\circ – \angle BOM = 60^\circ$ (do $OB \bot BM$).
Do đó tam giác $DMN$ đều, suy ra $\dfrac{MN}{MD} = 1$.

Gọi $E$ là trung điểm của $AB$, tam giác $AOB$ vuông cân tại $O$ nên $OE = AE, \angle AEO = 90^\circ$.
Ta có $\triangle ADE = \triangle ODE$ nên $\angle AED = \angle OED = 45^\circ$, $\angle ADE = \angle ODE = 30^\circ$, suy ra $DF$ là đường cao của tam giác $MDN$.
Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Ta có $\angle FDB = 15^\circ = \angle IDB$.
Khi đó $\triangle BFD = \triangle BID$, suy ra $BF = BI$, suy ra $\dfrac{BF}{BC} = \dfrac{1}{2}$.

Bài 2. (Toán Chuyên) Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $AB$ và $BC$ sao cho $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{CN}{CB} = x$ với $0 < x < 1$. Các đường thẳng qua $M , N$ song song với $BD$ lần lượt cắt $AD$ tại $Q$ và $CD$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $MNPQ$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.

Gợi ý

Chứng minh được $MNPQ$ là hình chữ nhật.
Ta có $\dfrac{MN}{AC} = \dfrac{MB}{BA} = \dfrac{AB-AM}{AB} = 1 – \dfrac{AM}{AB} = 1 – x$, suy ra $MN = (1-x)a\sqrt{2}$.
$\dfrac{MQ}{BD} = \dfrac{AM}{AB} = x$, suy ra $MQ = xa\sqrt{2}$.
Từ đó $S = MN.MQ = 2a^2x(1-x)$ Mà $x(1-x) \leq \dfrac{1}{4}(x+1-x)^2 = \dfrac{1}{4}$. Suy ra $S \leq \dfrac{a^2}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi $x = \dfrac{1}{2}$.
Vậy diện tích đạt giá trị lớn nhất bằng $\dfrac{1}{2}a^2$ khi $M$ là trung điểm $AB$.

Bài 3 (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $AB$ .
a. Chứng minh rằng nếu $AC + BD < CD$ thì trên cạnh $AB$ tồn tại hai điểm $M$ và $N$ sao cho $\angle CMD =\angle CND = 90^\circ$
b. Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $MD$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $MC$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $DE$ luôn đi qua một điểm cố định .

Gợi ý

Xét đường tròn đường kính $CD$ có tâm $O$ là trung điểm $CD$. Gọi $I$ là trung điểm $AB$, khi đó $OI \bot AB$ và $OI$ là đường trung bình của hình thang $ACDB$ nên $OI = \dfrac{1}{2} (AC+BD) < \dfrac{CD}{2}$.
Do đó khoảng cách từ $O$ đến $AB$ nhỏ hơn bán kính đường tròn đường kính $CD$ nên $AB$ cắt đường tròn đường kính $AB$ tại hai điểm $M, N$. Suy ra $\angle CMD = \angle CND = 90^o$.
Hơn nữa $\angle OCA + \angle ODB = 180^o$ nên có một góc lớn hơn hoặc bằng $90^o$.
Giả sử là $\angle ACD \geq 90^o$. Suy ra $OA > OC$. Suy ra $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Do đó $M, N$ thuộc đoạn $AB$.

Gọi $E’$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ song song với $MD$ với $CD$. Gọi $P$ là giao điểm của $MD$ với $AC$, $Q$ là giao điểm của $MC$ với $BD$.
Theo định lý Thalet ta có: $\dfrac{CE’}{CD} = \dfrac{CA}{CP}, \dfrac{CA}{CD} = \dfrac{BQ}{DQ}$. Suy ra $\dfrac{CE’}{CD} = \dfrac{BQ}{DQ}$.
Từ đó ta có $BE’ ||MC$. Suy ra $C, D, E$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $DE$ luôn qua điểm $C$ cố định.

Đáp án Phổ thông Năng khiếu 2011

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Tam giác $ABC$ có $\angle BAC = 75^\circ, \angle BCA = 45^\circ, AC = a\sqrt{2}$, $AK$
vuông góc với $BC$ ($K$ thuộc $BC$).
a. Tính độ dài các đoạn $KC$ và $AB$ theo $a$.
b. Gọi $H$ là trực tâm và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tính $\angle OHC$.
c. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $HIO$ theo $a$.

Gợi ý

Tam giác $ACK$ vuông cân tại $C$, suy ra $AK = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a$
$\sin ABK = \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$

Ta có $\angle AOC = 2\angle ABC = 120^\circ$, và $\angle AHC = \angle EHF = 180^\circ – \angle BAC = 120^\circ$.
Suy ra $\angle AHC = \angle AOC$, suy ra $AHOC$ nội tiếp. Do đó $\angle OHC = \angle OAC = 30^\circ$.

Ta có $\angle AIC = 180^\circ- \angle IAC – \angle ICA = 180^\circ– \dfrac{1}{2} (\angle BAC + \angle ACB) = 120^\circ = \angle AOC$.
Do đó tứ giác $AIOC$ nội tiếp.Vậy 5 điểm $A, H, I, O, C$ cùng thuộc đường tròn.
Gọi $D$ là điểm chính giữa cung $AC$. Ta có $OAD$ và $OCD$ đều, suy ra $DA = DC = DO$, hay $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp, và bán kính $DO = OA = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}$

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB = b, AC = c$. $M$ là một điểm thay đổi trên cạnh $AB$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMC$
cắt cạnh $AC$ tại $N$.
a. Chứng minh tam giác $AMN$ đồng dạng với tam giác $ACB$. Tính tỷ số $\dfrac{MA}{MB}$ để diện tích tam giác $AMN$
bằng một nửa diện tích tam giác $ACB$.
b. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$. Chứng minh $I$ Thuộc một đường thẳng cố định.
c. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMC$. Chứng minh rằng độ dài $IJ$ không đổi.

Gợi ý

Ta có $BMN$ nội tiếp, suy ra $\angle ANM = \angle MBC = \angle ABC$. Mặt khác $\angle NAM = \angle BAC$. Suy ra hai tam giác $AMN$ và $ACB$ đồng dạng. Suy ra $\dfrac{AM}{AC} = \dfrac{AN}{AB} \Leftrightarrow AM.AB = AN.AC$.
Để diện tích $AMN$ bằng một nửa diện tích tam giác $ACB$ thì tỷ số đồng dạng phải bằng $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$, tứ là $\dfrac{AM}{AC} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$. Suy ra $AM = \dfrac{c}{\sqrt{2}}$.
Từ đây tính được $BM = b – \dfrac{c}{\sqrt{2}}$. Suy ra $\dfrac{AM}{BM} = \dfrac{c}{b\sqrt{2}-c}$.

Vẽ tia tiếp tuyến $Ay$ của đường tròn $(I)$ ngoại tiếp tam giác $AMN$.
Ta có $\angle yAM = \angle ANM$, mà $\angle ANM = \angle ABC$. Suy ra $\angle yAM = \angle ABC$. Suy ra $Ay||BC$.
Mà $IA \bot Ay$, suy ra $AI \bot BC$. Do đó $I$ thuộc đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$ cố định.

Hai đường tròn $(O)$ và $(J)$ cắt nhau tại $B, C$ nên $OJ \bot BC$, $AI \bot BC$. Suy ra $AI ||BC$.
Mặt khác $OA \bot MN$ và $OI \bot MN$ (MN là giao của $(I), (O)$, suy ra $OA||IJ$.
Vậy tứ giác $AIJO$ là hình bình hành, vậy $IJ = OA$ không đổi.

Đáp án Phổ thông Năng khiếu 2010

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Cho hình chữ nhật $ABCD$ có tâm $O$, cạnh $AB = 3a$ và $\angle ABD = 30^\circ$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $AOD$; $AG$ cắt $CD$ tại $E$.

a. Chứng minh tứ giác $ADOE$ nội tiếp một đường tròn.

b. Cho $DG$ cắt $AB$ tại $F$.Tính diện tích tứ giác $AFOE$.

c. Đường tròn tâm $J$ nội tiếp tam giác $BCD$ tiếp xúc với $DB, CD$ tại $I$ và $K$. Gọi $H$ là giao điểm của $IK$ và $AC$. Tính $\angle IOJ$ và độ dài đoạn $HE$ theo $a$.

Lời giải

Ta có $OA = OD$ do $ABCD$ là hình chữ nhật và $\angle ADO = 90^\circ – \angle ABD = 60^\circ$. Suy ra tam giác $ADO$ đều.
Mà $G$ là trọng tâm nên cũng là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác $OAD$. Suy ra AG là phân giác $AOD$.
Suy ra $\triangle ADE = \triangle AOE $ (c.g. c), từ đó $\angle AOE = \angle ADE = 90^\circ$.
Xét tứ giác ADEO có $\angle ADE + \angle AOE = 180^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.

b. Gọi $P$ là giao điểm của $AE$ và $OD$.

Tam giác $OAD$ đều nên $DG$ là trung trực của $AO$, suy ra $FA = FO$,tam giác $FAO$ cân tại $F$. Do đó $\angle FAO = \angle FOA = 90^\circ – \angle AOD = 30^\circ = \angle OAE$.
Suy ra $OF||AE$, suy ra $OFAE$ là hình thang.
$AD = AB \tan \angle ABD = 3a \tan 30^\circ = a\sqrt{3}$.
Tính được $AE = 2a, OF = AF = a$ và $OP = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Suy ra $S_{AEOF} = \dfrac{1}{2}(OF+AE)OP = \dfrac{3a^2\sqrt{3}}{4}$.

Ta có $\triangle OBC = \triangle OAD$ nên $\triangle OBC$ cũng là tam giác đều.
Suy ra $BO = BC$, suy ra $\triangle BOJ = \triangle BCJ$ (c.g.c)
Mà $\angle BCJ = \dfrac{1}{2} \angle BCD = 45^\circ$ nên $\angle BOJ = 45^\circ$ hay $\angle IOJ = 45^\circ$.
Ta có tứ giác $JIDK$ nội tiếp, suy ra $\angle JIK = \angle JDK = \dfrac{1}{2} \angle IDC = 15^\circ$. Và $\angle JOH = \angle BOC – \angle JOI = 15^\circ$.
Ta có $\angle JIK = \angle JOH$ nên tứ giác $JIOH$ nội tiếp, suy ra $\angle JHO = 90^\circ$.
Tam giác $JOC$ cân tại $J$ ($BJ$ là đường trung trực của $OC$) mà $JH \bot OC$, suy ra $H$
là trung điểm của $OC$, do đó $OH = \dfrac{1}{2}OC = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$.
Từ đó áp dụng định lý Pytagore cho tam giác $EOH$ tính được $EH = \dfrac{a\sqrt{7}}{2}$

Bài 2. (Toán chuyên) Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $R$, dây cung $BC$ cố định có độ dài $R\sqrt{3}$. $A$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $BC$. Gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AB$; $F$ là điểm đối xứng của $B$ qua $AC$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABE$ và $ACF$ cắt nhau tại $K$ ($K \neq A$).

a. Chứng minh $K$ luôn thuộc một đường tròn cố định.
b. Xác định vị trí của $K$ để tam giác $KBC$ có diện tích lớn nhất và tính diện tích đó theo $R$.
c. Gọi $H$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Chứng minh rằng tam giác $ABH$ đổng dạng với tam giác $ACK$ và $AK$ đi qua điểm cố định.

Lời giải

Từ $BC = R\sqrt{3}$ nên tính được $\angle BAC = 60^o$, suy ra $\angle ABE = \angle AEB = 30^o$ ($\Delta ABE$ cân tại $A$).
Tứ giác $ABKE$ nội tiếp, suy ra $\angle AKB = \angle AEB = 30^o$.
Chứng minh tương tự ta cũng có $\angle AKC = \angle AFC = 30^o$.
Từ đó $\angle BKC = \angle AKB + \angle AKC = 60^o$.
Xét tứ giác $OBKC$ có $\angle BOC + \angle BKC = 120^o + 60^o = 180^o$ nên là tứ giác nội tiếp. Vậy $K$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$ cố định.

Ta có $S_{KBC} = \dfrac{1}{2}BC.KT$($T$ là hình chiếu của $T$ trên $BC$).
Suy ra $S_{KBC}$ max khi và chỉ khi $KT$ max khi và chỉ khi $K$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$. Khi đó $A$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$ của $(O)$.
Khi đó tam giác $BCK$ đềy cạnh $BC = R\sqrt{3}$ nên có diện tích là $S_{BCK} =\dfrac{3R\sqrt{3}}{4}$.

Ta có $\angle AKC = \angle AKE = 30^o$ nên suy ra $K, C, E$ thẳng hàng. Tứ giác $AHCE$ có $\angle AEH = \angle ACH = 30^o$ nên là tứ giác nội tiếp ,suy ra $\angle AHE = \angle ACE$. Từ đó suy ra $\angle AHB = \angle ACK$.
Xét $\Delta ABH$ và $\Delta ACK$ có $\angle ABH = \angle AKC, \angle AHB = \angle ACK (cmt)$ nên $\Delta ABH \sim \Delta ACK (g.g)$.
Gọi $D$ là giao điểm của $AO$ và $(O)$. Ta có $\angle ABC = \angle ADC, \angle BAH +\angle BAC = \angle DAC + \angle ADC = 90^o$. Suy ra $\angle BAH = \angle DAC$.
Hơn nữa $\angle BAH = \angle KAC$. Từ đó ta có $\angle KAC = \angle OAC$. Suy ra $A, K, O$ thẳng hàng. Vậy $AK$ qua $O$ cố định.

Chứng minh ba điểm thẳng hàng – Phương pháp góc bù

1 Reply

Để chứng minh 3 điểm thẳng hàng có nhiều phương pháp chứng minh, trong bài viết này tôi trình bày phương pháp sử dụng góc bằng nhau hoặc góc bù.

Giả sử cần chứng minh $A, B, C$ theo thứ tự thẳng hàng.

Nếu có tia $Bx$ nằm giữa hai tia $BA, BC$ thì $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi $$\angle ABx + \angle CBx = 180^\circ$$
Nếu có tia $Ax$ sao cho $AB, AC$ cùng phía đối với $Ax$ thì $A, B, C $ thẳng hàng khi và chỉ khi $$\angle xAB = xAC$$

Tùy theo trường hợp ta sử dụng phương pháp phù hợp để giải quyết bài toán. Mỗi phương pháp đều có thể mạnh riêng và những áp dụng riêng. Ta xét vài ví dụ để thấy rõ hơn nhé.

Ví dụ 1. (Định lý Simson) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ là điểm thuộc $(O)$. Gọi $D, E, F$ lần lượt là hình chiếu của $P$ trên các đường thẳng $BC, AC, AB$. Chứng minh rằng $D, E, F$ thẳng hàng.

Gợi ý

Ta xét trường hợp các điểm như hình vẽ, các trường hợp khác làm tương tự.

Ta có các tứ giác $ABPC, PDBF, PDEC$ nội tiếp.

Cách 1. Sử dụng góc bù, ta chứng minh $\angle FDP + \angle EDP = 180^\circ$.

Do $PDBF$ nội tiếp nên $\angle FDP = \angle FBP$. (1)
Do $ABPC$ nội tiếp nên $\angle FBP = \angle ACP$. (2)
Do $PDEC$ nội tiếp nên $\angle ACP + \angle EDP = 180^\circ$. (2)
Từ (1), (2), (3) ta có $\angle FDP + \angle EDP = 180^\circ$ nên $D, E, F$ thẳng hàng.

Cách 2. Sử dụng tia trùng, ta chứng minh $\angle PFD = \angle PDE$.

Do tứ giác $PDBF$ nội tiếp nên $\angle PFD = \angle PBC$. (1)
Và tứ giác $AFPE$ nội tiếp nên $\angle PFE = \angle PAC$. (2)
Tứ giác $ABPC$ nội tiếp nên $\angle PBC = \angle PAC$. (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có $\angle PFD = \angle PFE$. Suy ra $F, D, E$ thẳng hàng.

Hai cách trên là gần như tương đương nhau, tùy thuộc và hình vẽ để sử dụng cách nào cho thuận lợi và lời giải ngắn gọn hơn.

Ta xét tiếp định lý sau:

Ví dụ 2. (Đường thẳng Steiner) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $P$ là một điểm thuộc đường tròn. Gọi $D, E$ là điểm đối xứng của $P$ qua $AB, AC$. Chứng minh rằng đường thẳng $DE$ qua trực tâm $H$ của tam giác $ABC$.

Gợi ý

Gọi $K, L$ là giao điểm của $BH, CH$ với $(ABC)$. Ta chứng minh được $K, L$ lần lượt là điểm đối xứng của $H$ qua $AC, AB$.

Xét phép đối xứng trục đường thẳng $AB$ thì ta có $\angle AHD = \angle ALP$.
Xét phép đối xứng trục là đường thẳng $AC$ thì $\angle AHE = \angle AKP$.
Mà $\angle ALP + \angle AKP = 180^\circ$ nên $\angle AHD + \angle AHE = 180^\circ$.
Suy ra $D, H, E$ thẳng hàng.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn thay đổi qua $A, O$ cắt các cạnh $AB, AC$ lần lượt tại $D, E$.

Chứng hình chiếu của $O$ trên $DE$ thuộc một đường thẳng cố định.
Chứng minh rằng trực tâm của tam giác $ODE$ thuộc đường thẳng $BC$.

Gợi ý

Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $DE$.

Gọi $M, N$ là trung điểm của $AB, AC$. Ta có $OM \bot AD, ON \bot AC$. Theo ví dụ 1, ta có $H$ thuộc $MN$ cố định.
Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $ODE$.

Ta có $\angle OKD = \angle OED = \angle OAD = \angle OBD$. Suy ra $ODBK$ nội tiếp.
Tương tự thì $OECK$ nội tiếp.
Khi đó $\angle OKD = \angle ODA = \angle OEC$, và $\angle OEC + \angle OKC = 180^\circ$ nên $\angle OKD + \angle OKC = 180^\circ$, suy ra $B, K, C$ thẳng hàng.

Bài tập.

1.Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $AB, AC$ tại $D, E$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên $BI$. Chứng minh $D, E, H$ thẳng hàng.

Gợi ý

Tứ giác $EHCI$ nội tiếp nên $\angle {HEC}=\angle {HEC}$
Mặt khác, $\angle {HIC}=\angle {IBC}+\angle {ICB}=\frac{1}{2}\cdot (\angle {ABC}+\angle {ACB})=\frac{180^\circ – \angle{BAC}}{2}(1)$
$\triangle{ADE}$ cân tại $A$ nên $\angle{AED}=\frac{180^\circ-\angle{BAC}}{2}(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ kết hợp với $A,E,C$ thẳng hàng, ta có $\angle{AED}=\angle{HEC}$ ở vị trí đối đỉnh nên $D,E,H$ thẳng hàng.

2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $BD, CE$ cắt nhau tại $H$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$.

a. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Chứng minh $P, H, M$ thẳng hàng.

b. Cho $AP$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh $Q, D, E$ thẳng hàng.

Gợi ý

a) Dựng đường kính $AT$ của $(O)$
Tứ giác $BHCT$ là hình bình hành nên $H,M,T$ thẳng hàng.
$\angle{APH}=90^\circ$ và $\angle{APT}=90^\circ$ nên $P,H,T$ thẳng hàng. Từ đó suy ra 4 điểm $P,H,M,T$ thẳng hàng.
b)
$ADEP$ nội tiếp nên $\angle{QPE}=\angle{ADE}=\angle{ABC} \Rightarrow PQBE$ nội tiếp.$\Rightarrow \angle{QPB}=\angle{QEB}$
Mà $\angle{QPB}=\angle{ACB}=\angle{AED}$ nên $\angle{QEB}=\angle{AED}$, kết hợp với $A,E,B$ thẳng hàng, chúng ở vị trí đối đỉnh nên $Q,E,D$ thẳng hàng.

3. Cho hình chữ nhật $ABCD$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BD$, $M,N$ lần lượt là trung điểm $BH$ và $CD$.

a. Chứng minh $\angle AMN = 90^\circ$.

b. Gọi $P,Q, R$ lần lượt là trung điểm của $DH, MN, BC$. Chứng minh $P, Q, R$ thẳng hàng.

Gợi ý

a) Dễ thấy $\triangle{AHB} \backsim \triangle{ADC}(g.g)$ và $M, N$ lần lượt là trung điểm của $HB,CD$ nên $\triangle{AHM}\backsim \triangle{ADN} \Rightarrow \angle{AND}=\angle{AMD}\Rightarrow$ Tứ giác $ADNM$ nội tiếp $\Rightarrow \angle{AMN}=90^\circ$
b) Ta có $PM=PH+HM=\dfrac{DH}{2}+\frac{BH}{2}=\dfrac{BD}{2}$
Kết hợp với $NR$ là đường trung bình của $\triangle{BCD}$ nên:
$\left\{ \begin{array}{l} N{\rm{R}}\parallel PM\\ NR = PM\left( { = \dfrac{{BD}}{2}} \right) \end{array} \right. \Rightarrow PNRM$ là hình bình hành.
Mà $Q$ là trung điểm của $MN$ nên $Q$ cũng là trung điểm của $PR$ hay $P,R,Q$ thẳng hàng.

4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $AC$ và $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AB$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACE$ cắt nhau tại điểm $F$ khác $A$.

a. Chứng minh $F, B, E$ thẳng hàng và $F, C, D$ thẳng hàng.

b. Chứng minh $AF$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Gợi ý

a) Dễ thấy $\triangle{AHB} \backsim \triangle{ADC}(g.g)$ và $M, N$ lần lượt là trung điểm của $HB,CD$ nên $\triangle{AHM}\backsim \triangle{ADN} \Rightarrow \angle{AND}=\angle{AMD}\Rightarrow$ Tứ giác $ADNM$ nội tiếp $\Rightarrow \angle{AMN}=90^\circ$
b) Ta có $PM=PH+HM=\frac{DH}{2}+\frac{BH}{2}=\dfrac{BD}{2}$
Kết hợp với $NR$ là đường trung bình của $\triangle{BCD}$ nên:$\left\{ \begin{array}{l} N{\rm{R}}\parallel PM\\ NR = PM\left( { = \dfrac{{BD}}{2}} \right) \end{array} \right. \Rightarrow PNRM$ là hình bình hành.
Mà $Q$ là trung điểm của $MN$ nên $Q$ cũng là trung điểm của $PR$ hay $P,R,Q$ thẳng hàng.

5. Cho đường tròn $(O)$ và đường thẳng $d$ nằm ngoài đường tròn, gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $d$. $A, B$ là hai điểm thuộc $d$ đối xứng qua $H$. Từ $A$ vẽ tiếp tuyến $AD$ đến $(O)$ sao cho $D$ khác phía $H$ đối với $AO$; từ $B$ vẽ tiếp tuyến $BE$ đến $(O)$ sao cho $E$ cùng phía $H$ đối với $BO$. Chứng minh $D, E, H$ thẳng hàng.

Gợi ý

Ta có các tứ giác $BHEO, ODAH$ nội tiếp.
$\triangle{OAB}$ cân tại $O$, $\triangle{ODE}$ cân tại $O$.
$\triangle{OEB}=\triangle{ODA}(ch-cgv) \Rightarrow \angle{OBE}=\angle{OAD}$
$\left\{ \begin{array}{l} \angle{OBE} = \angle{OHE} \\ \angle{OAD} = \angle{OHD} \\ \angle{OBE} = \angle{OAD} \end{array} \right. \Rightarrow \angle{OHE} = \angle{OHD} $
Nên hai tia $HE, HD$ trùng nhau hay $H,E,D$ thẳng hàng.

Tứ giác nội tiếp (Cơ bản)

Leave a reply

Định nghĩa. Tứ giác có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp. Một tứ giác là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi:

Tổng hai góc đối bằng $180^o$.
Góc ngoài bằng góc đối trong.
Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau.

Ví dụ 1. Tính $x$ và $y$ trong các hình sau.

Gợi ý

a. Ta có tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180^\circ$ nên

$x-21 + x + 15 = 180$
$x = 93$.

b. Tứ giác nội tiếp góc ngoài bằng góc đối trong nên

$x = 80$
$y = 120$.

Ví dụ 2. Cho ngũ giác $ABCDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $BD$ tâm $O$ với các số đo như hình vẽ, $AE||BD$, $EF$ là tia đối của $EA$.

Tính $\angle BCD$.
Chứng minh $CB = CD$.
Tính $DEF$.

Gợi ý

$\angle BCD$ góc nội tiếp nửa đường tròn nên $\angle BCD = 90^\circ$.
$\angle BAC = \angle CDB = 45^\circ$, suy ra $\angle CBD = 180^\circ – \angle BCD – \angle BDC = 45^\circ$. Suy ra $CBD$ cân tại $C$, hay $CB = CD$.
Ta có $ABDE$ nội tiếp, suy ra $\angle DEF = \angle ABD$.

Mà $AE||BD$, suy ra $\angle ABD + \angle BAE = 180^\circ$, suy ra $\angle ABD = 180^\circ – \angle BAD = 65^\circ$.

Suy ra $\angle DEF = \angle ABD = 65^\circ$.

Bài tập.

Tính các góc chưa biết trong các hình sau.

Tính số đo các góc chưa biết.
Chứng minh góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắc cung đó theo 2 bước.

a. Vẽ đường kính $AX$. Chứng minh $\angle CAX +\angle CXA = 90^\circ$.

b. Chứng minh $\angle CAT = \angle CBA$.

Tính $\alpha + \beta + \gamma$.

Toán Việt

Chia sẻ và học hỏi

Category Archives: Góc với đường tròn

Góc trong đường tròn (tt)

Một vài tính chất của một bài toán hình học lớp 9: Tứ giác điều hòa (tứ giác đẹp)

Biến đổi góc – Phần 2

Đáp án Toán PTNK 2017

Đáp án toán PTNK 2015

Đáp án PTNK năm 2012

Đáp án Phổ thông Năng khiếu 2011

Đáp án Phổ thông Năng khiếu 2010

Chứng minh ba điểm thẳng hàng – Phương pháp góc bù

Tứ giác nội tiếp (Cơ bản)