25 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO GIẢI TOÁN HÌNH HỌC 9 KÈM HƯỚNG DẪN GIẢI by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

BỒI DƯỠNG PHÁT TRIỂN TƯ DUY MÔN TOÁN

vectorstock.com/32029674

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

25 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO GIẢI TOÁN HÌNH HỌC 9 KÈM HƯỚNG DẪN GIẢI WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

c¸c chuyªn ®Ò

vu«ng ®Ønh B sao cho BH lµ ®−êng cao øng víi c¹nh huyÒn råi vËn dông hÖ thøc (1). Ta còng cã thÓ vÏ h×nh phô theo c¸ch kh¸c: Qua B vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi BC c¾t tia CA t¹i D. C¸ch nµy còng t¹o ra mét tam gi¸c vu«ng víi BH lµ ®−êng cao øng víi c¹nh huyÒn.

HÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng

=D = 90o vµ BD ⊥ BC. BiÕt AD = 12cm, CD = VÝ dô 2. H×nh thang ABCD cã A 25cm. TÝnh diÖn tÝch h×nh thang.

Ch−¬ng I

Mét sè hÖ thøc vÒ c¹nh vµ ®−êng cao trong tam gi¸c

Chuyªn ®Ò 1. 1

Gi¶i (h.1.3)

vu«ng

VÏ BH ⊥ CD. Tø gi¸c ABHD cã ba gãc vu«ng nªn lµ h×nh ch÷ nhËt. Suy ra BH = AD = 12cm vµ AB = DH.

A. KiÕn thøc cÇn nhí

1) b = ab'; c = ac';

§Æt HD = x th× HC = 25 – x ta ®−îc: c

3) bc = ah;

H×nh 1.3

hay (x – 16)(x – 9) = 0. Suy ra x = 16 hoÆc x = 9.

• Víi x = 16 th× AB = 16. DiÖn tÝch h×nh thang lµ: S = • Víi x = 9 th× AB = 9. DiÖn tÝch h×nh thang lµ: S =

Gi¶i (h.1.2) H

Trªn tia ®èi cña tia AC lÊy ®iÓm D sao cho AD = AC.

B H×nh 1.2

Tam gi¸c BCD cã ®−êng trung tuyÕn BA øng víi c¹nh CD vµ BA =

(16 + 25).12 = 246 (cm2). 2

(9 + 25).12 = 204 (cm2). 2

NhËn xÐt: §Ó tÝnh diÖn tÝch h×nh thang ABCD ta cÇn biÕt thªm ®é dµi AB. Ta vÏ BH ⊥ CD ®Ó "chuyÓn" AB thµnh DH. Cã thÓ tÝnh ®−îc DH v× trong tam gi¸c vu«ng BDC ®· biÕt hai yÕu tè vÒ ®é dµi. Ngoµi ra, ta còng dïng mét c«ng cô trong ®¹i sè lµ gi¶i ph−¬ng tr×nh ®Ó tÝnh to¸n ®é dµi DH.

≠ 90o ), ®−êng cao VÝ dô 1. Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A ( A 1 2AB = . BH. Chøng minh r»ng: CH BC 2

1 Do ®ã BA = AC = AD = CD. 2

H×nh 1.1

B. Mét sè vÝ dô

12 = x(25 – x) ⇔ x – 25x + 144 = 0

5) a2 = b2 + c2 (®Þnh lÝ Py-ta-go).

1 CD nªn 2

tam gi¸c BCD vu«ng t¹i B. XÐt ∆BCD vu«ng t¹i B, ®−êng cao BH ta cã: BC2 = CD.CH (hÖ thøc 1). Suy ra BC2 = 2AB.CH (v× CD = 2AB). Do ®ã

BH = HD.HC (hÖ thøc 2).

2) h = b'c';

1 1 1 = 2+ 2; 2 h b c

XÐt ∆BDC vu«ng t¹i B, ®−êng cao BH ta cã:

Tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH (h.1.1). Khi ®ã ta cã: 2

1 2AB = . CH BC 2

VÝ dô 3. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH, BC = 2a. Gäi D vµ E lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu cña H trªn AB vµ AC. TÝnh gi¸ trÞ lín nhÊt cña diÖn tÝch tø gi¸c AEHD. A Gi¶i (h.1.4)

* T×m c¸ch gi¶i:

§Ó tÝnh diÖn tÝch lín nhÊt cña tø gi¸c AEHD ta ph¶i B viÕt biÓu thøc tÝnh diÖn tÝch cña tø gi¸c AEHD theo ®é dµi ®· biÕt, råi t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc ®ã.

H×nh 1.4

* Tr×nh bµy lêi gi¶i:

NhËn xÐt: §Ò bµi cho BH lµ ®−êng cao nh−ng ch−a ph¶i ®−êng cao t−¬ng øng víi c¹nh huyÒn cña tam gi¸c vu«ng. V× vËy ta vÏ thªm h×nh phô ®Ó t¹o ra tam gi¸c 1

VÏ ®−êng trung tuyÕn AM th× AM =

1 BC = a. 2

Tø gi¸c AEHD cã ba gãc vu«ng nªn lµ h×nh ch÷ nhËt. 2

DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt nµy lµ: S = AD.AE.

XÐt ba ®iÓm A, B, C ta cã AC ≤ AB + BC = 2a (dÊu “=” x¶y ra khi B lµ trung ®iÓm cña AC).

XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H ta cã: AH2 = AB.AD (hÖ thøc 1), suy ra AD = 2

T−¬ng tù ta cã AE =

AH . AB

1 1 1   1 VËy min  khi B lµ trung ®iÓm cña AC. = + =  AD2 AE 2  (2a) 2 4a 2

AH AH AH AH . Do ®ã S = . = . AC AB AC AB.AC

MÆt kh¸c AB.AC = BC.AH (hÖ thøc 3) nªn S =

=D = 90o , hai ®−êng chÐo vu«ng gãc víi VÝ dô 5. Cho h×nh thang ABCD, A

AH 4 AH3 = . BC.AH BC

nhau. Cho biÕt AB = a, CD = b. a) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña diÖn tÝch h×nh thang ABCD.

b) Chøng minh r»ng c¸c ®é dµi AC, BD vµ AB + CD cã thÓ lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c vu«ng.

Suy ra S ≤

AM (v× AH ≤ AM). BC

Do ®ã S ≤

a3 a 2 (dÊu "=" x¶y ra ⇔ ∆ABC vu«ng c©n t¹i A). = 2a 2

VËy max S =

Gi¶i (h.1.6) * T×m c¸ch gi¶i: §Ó t×m diÖn tÝch h×nh thang ABCD ta cÇn biÕt thªm chiÒu cao AD. Cã thÓ tÝnh ®−îc AD nhê ph−¬ng ph¸p ®ång d¹ng.

a2 khi ∆ABC vu«ng c©n t¹i A. 2

NhËn xÐt: §Ó t×m sù liªn hÖ gi÷a chiÒu cao AH (ch−a biÕt) víi ®é dµi c¹nh huyÒn 1 BC (®· biÕt) ta vÏ thªm ®−êng trung tuyÕn AM. Do AH ≤ AM; AM = BC nªn 2 AH ®· liªn hÖ ®−îc víi BC qua vai trß "b¾c cÇu" cña AM. VÝ dô 4. Cho ba ®iÓm A, B, C, trong ®ã A, B cè ®Þnh, AB = BC = a. VÏ tam gi¸c ADE vu«ng t¹i A sao cho AC lµ ®−êng cao. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng 1 1 + . 2 AD AE 2 D

Gi¶i (h.1.5)

=D = 90o ; ADB = DCA (cïng phô víi gãc BDC). A Do ®ã ∆ADB

1 1 + gîi ý ta nhí ®Õn hÖ thøc (4). AD 2 AE 2 V× vËy ta dïng hÖ thøc nµy ®Ó gi¶i bµi to¸n.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i:

∆DCA (g.g).

H×nh 1.6

DiÖn tÝch h×nh thang ABCD lµ: S =

(AB + CD)AD (a + b) ab = . 2 2

a+b ≥ ab (bÊt ®¼ng thøc C«-si) nªn S ≥ ab. ab = ab 2

(dÊu “=” x¶y ra khi a = b hay khi ABCD lµ h×nh vu«ng).

AB AD Suy ra ⇒ AD2 = AB.CD = a.b. Do ®ã AD = ab. = DA DC

V×

HÖ thøc

a) ∆ADB vµ ∆DCA cã:

* T×m c¸ch gi¶i:

H×nh 1.5

VËy min S = ab khi ABCD lµ h×nh vu«ng. b) XÐt ∆ADB vu«ng t¹i A ta cã: BD2 = AB2 + AD2 = a2 + ab = a(a + b).

Ta cã AC lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ADE vu«ng t¹i A nªn

XÐt ∆DCA vu«ng t¹i D ta cã: AC2 = AD2 + CD2 = ab + b2 = b(a + b).

1 1 1 + = (hÖ thøc 4). 2 2 AD AE AC2 Tæng

* Tr×nh bµy lêi gi¶i:

XÐt tæng AC2 + BD2 = b(a + b) + a(a + b) = (a + b)2 mµ (AB + CD)2 = (a + b)2. VËy AC2 + BD2 = (AB + CD)2.

1 1 1 + cã gi¸ trÞ nhá nhÊt ⇔ cã gi¸ trÞ nhá nhÊt AD 2 AE 2 AC2

Do ®ã theo ®Þnh lÝ Py-ta-go ®¶o th× AC, BD vµ AB + CD cã thÓ lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c vu«ng.

⇔ AC cã gi¸ trÞ lín nhÊt.

C. Bµi tËp vËn dông

=D = 90o , AD = CD vµ hai ®¸y kh«ng b»ng 1.11. Cho h×nh thang ABCD, A

• VËn dông hÖ thøc (1)

1.1. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, AB = c, AC = b. VÏ ®−êng cao AH. Gäi E vµ F lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu cña H trªn AB vµ AC. TÝnh theo b vµ c gi¸ trÞ cña c¸c tØ sè: a)

HB ; HC

BE . CF

1.2. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, BC = 20cm. BiÕt tØ sè hai h×nh chiÕu cña hai c¹nh gãc vu«ng trªn c¹nh huyÒn lµ 9 : 16. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. 1.3. Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A. C¸c tia ph©n gi¸c cña gãc A vµ gãc B c¾t nhau t¹i O. BiÕt OA = 2 3 cm, OB = 2cm, tÝnh ®é dµi AB.

nhau. Gäi E lµ giao ®iÓm cña hai ®−êng th¼ng AD vµ BC. Chøng minh r»ng 1 1 1 = + . AD2 CB2 CE 2 1.12. Cho h×nh thoi ABCD, ®−êng cao AH. Cho biÕt AC = m; BD = n vµ AH = h. 1 1 1 Chøng minh r»ng 2 = 2 + 2 . h m n 1.13. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, AB = 15cm, AC = 20cm. VÏ h×nh ch÷ nhËt DEFG néi tiÕp tam gi¸c ABC sao cho D thuéc c¹nh AB; E thuéc c¹nh AC; F vµ G thuéc c¹nh BC. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña D vµ E ®Ó diÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt DEFG lµ lín nhÊt. TÝnh diÖn tÝch lín nhÊt ®ã. • VËn dông hÖ thøc (5) §Þnh lÝ PyPy-tata-go

1.4. Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A, gãc A nhän, trùc t©m H. BiÕt HA = 7cm, HB = HC = 15cm. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC.

1.14. Cho tam gi¸c ABC, ®−êng trung tuyÕn AM. Chøng minh r»ng AB2 + AC 2 = 2AM +

• VËn dông hÖ thøc (2)

1.5. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH. BiÕt diÖn tÝch c¸c tam gi¸c ABH vµ ACH lÇn l−ît lµ 54cm2 vµ 96cm2. TÝnh ®é dµi BC. 1.6. Cho h×nh thang c©n ABCD, AB // CD, AD ⊥ AC. BiÕt AB = 7cm, CD = 25cm. TÝnh diÖn tÝch h×nh thang.

=D = 90o. Hai ®−êng chÐo vu«ng gãc víi nhau t¹i 1.7. Cho h×nh thang ABCD, A O. BiÕt OB = 5,4cm; OD = 15cm. a) TÝnh diÖn tÝch h×nh thang; b) Qua O vÏ mét ®−êng th¼ng song song víi hai ®¸y, c¾t AD vµ BC lÇn l−ît t¹i M vµ N. TÝnh ®é dµi MN. 1.8. Cho tr−íc c¸c ®o¹n th¼ng a vµ b (a ≥ b). H·y dùng mét ®o¹n th¼ng thø ba x sao cho x lµ trung b×nh nh©n cña hai ®o¹n th¼ng a vµ b. • VËn dông hÖ thøc (4)

1.9. Cho h×nh vu«ng ABCD c¹nh 1. Gäi M lµ mét ®iÓm n»m gi÷a B vµ C. Tia AM 1 1 c¾t ®−êng th¼ng CD t¹i N. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = + . 2 AM AN 2

= 120o. Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm E sao 1.10. Cho h×nh thoi ABCD, AB = 2cm, A = 15o. Tia AE c¾t ®−êng th¼ng CD t¹i F. Chøng minh r»ng cho BAE 1 1 1 + = . AE 2 AF2 3 5

BC 2 . 2

¸p dông: Tam gi¸c ABC cã AB = 5, AC = 7 vµ BC = 10. TÝnh ®é dµi ®−êng trung tuyÕn AM.

= 60o. §Æt BC = a, CA = b, AB = c. Chøng minh r»ng 1.15. Cho tam gi¸c ABC, A 3 3 3 a <b +c. 1.16. Cho tam gi¸c ABC, ®iÓm M n»m gi÷a B vµ C. Chøng minh r»ng: AB2.MC + AC2.MB – AM2.BC = MB.MC.BC. 1.17. Cho tam gi¸c ABC. §Æt BC = a, CA = b, AB = c. Chøng minh r»ng:

< 90o th× a2 < b2 + c2; a) NÕu A > 90o th× a2 > b2 + c2; b) NÕu A = 90o th× a2 = b2 + c2. c) NÕu A

1.18. Cho tam gi¸c ABC. §Æt BC = a, CA = b, AB = c. Chøng minh r»ng:

< 90o ; a) NÕu a2 < b2 + c2 th× A > 90o ; b) NÕu a2 > b2 + c2 th× A = 90o. c) NÕu a2 = b2 + c2 th× A

1.19. Cho tam gi¸c ABC, ®é dµi c¸c c¹nh BC, CA, AB lÇn l−ît lµ a, b, c. §é dµi 1 1 1 c¸c ®−êng cao t−¬ng øng lµ ha, hb , hc. Chøng minh r»ng nÕu 2 = 2 + 2 ha hb hc th× hb = c vµ hc = b.

TØ sè l−îng gi¸c cña gãc nhän

Chuyªn ®Ò 2. 2

A. KiÕn thøc cÇn nhí

=D = 90 , hai ®−êng chÐo vu«ng gãc víi nhau 1.20. Cho h×nh thang ABCD, A

• sin α =

c¹nh ®èi ; c¹nh huyÒn

• cos α =

c¹nh kÒ ; c¹nh huyÒn

• tan α =

c¹nh ®èi ; c¹nh kÒ

• cot α =

c¹nh kÒ . c¹nh ®èi

t¹i O. Cho biÕt AD = 12cm; CD = 16cm. TÝnh c¸c ®é dµi OA, OB, OC, OD. 1.21. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH = h, BC = a. VÏ HD ⊥ AB, HE ⊥ AC. Ta ®Æt BD = m, CE = n. Chøng minh r»ng: 3

a) h = amn;

a = m + n .

c¹ nh

kÒ

1. §Þnh nghÜa (h.2.1)

• VËn dông tæng hîp nhiÒu hÖ thøc

c¹ nh ®è i

c¹nh huyÒn

H×nh 2.1

Tõ ®Þnh nghÜa ta cã c¶ bèn tØ sè l−îng gi¸c ®Òu d−¬ng vµ sin α < 1; cos α < 1.

2. §Þnh lÝ

1.22. Cho tam gi¸c nhän ABC. Ba ®−êng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H. Trªn çc ®o¹n th¼ng HA, HB, HC lÇn l−ît lÊy çc ®iÓm M, N, P sao cho = CNA = APB = 90o. Chøng minh r»ng: BMC a) Çc tam gi¸c ANP, BMP vµ CMN lµ nh÷ng tam gi¸c c©n; b) DiÖn tÝch tam gi¸c MBC lµ trung b×nh nh©n cña diÖn tÝch çc tam gi¸c ABC vµ HBC.

NÕu hai gãc phô nhau th× sin cña gãc nµy b»ng c«sin cña gãc kia, tang cña gãc nµy b»ng c«tang cña gãc kia.

3. Mét sè hÖ thøc c¬ b¶n tan α =

sin α (1); cos α

tan α . cot α = 1 (3);

cot α =

cos α (2); sin α

sin2α + cos2α = 1 (4).

4. So s¸nh c¸c tØ sè l−îng gi¸c Cho α, β lµ hai gãc nhän. NÕu α < β th× • sin α < sin β; tan α < tan β; • cos α > cos β; cot α > cot β.

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Chøng minh c¸c hÖ thøc: a) 1 + tan 2 α =

1 ; cos 2 α

b) 1 + cot 2 α =

1 . sin 2 α

Gi¶i 2

sin 2 α cos 2 α + sin 2 α 1 sin α  a) Ta cã 1 + tan 2 α = 1 +  = = ;  = 1+ 2 2  cos α  cos α cos α cos 2 α 2

cos 2 α sin 2 α + cos 2 α 1 cos α  b) Ta cã 1 + cot 2 α = 1 +  . = =  = 1+  sin α  sin 2 α sin 2 α sin 2 α

NhËn xÐt: Trong c¸ch gi¶i trªn ta ®· biÕn ®æi vÕ tr¸i thµnh vÕ ph¶i. Ta còng cã thÓ biÕn ®æi vÕ ph¶i thµnh vÕ tr¸i theo chiÒu ng−îc l¹i.

tan B + tan C =

Hai hÖ thøc trªn còng lµ hÖ thøc c¬ b¶n, nªn nhí ®Ó sau nµy vËn dông.

⇔ AB2 = AC2 ⇔ AB = AC ⇔ ∆ABC vu«ng c©n t¹i A).

VÝ dô 2. Cho α lµ mét gãc nhän. Chøng minh r»ng:

VÝ dô 4. Chøng minh ®Þnh lÝ sin: Trong mét tam gi¸c nhän, ®é dµi c¸c c¹nh tØ lÖ a b c A víi sin cña c¸c gãc ®èi diÖn: = = . sin A sin B sin C H c

a) sin α < tan α; b) cos α < cot α.

a) Ta cã sin α =

AC AC mµ BC > AB nªn , tan α = BC AB AC AC < . BC AB

* T×m c¸ch gi¶i: B

C H×nh 2.2

VÏ ®−êng cao CH.

AB AB AB AB mµ BC > AC nªn , cot α = < . BC AC BC AC

XÐt ∆ACH vu«ng t¹i H ta cã: sin A =

CH . (1) AC

XÐt ∆BCH vu«ng t¹i H ta cã: sin B =

CH . (2) BC

NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p gi¶i vÝ dô nµy lµ dïng ®Þnh nghÜa cña tØ sè l−îng gi¸c. Tõ (1) vµ (2) suy ra

VÝ dô 3. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A. Chøng minh r»ng: tan B + tan C ≥ 2. Gi¶i (h.2.3)

Suy ra tan B = cot C; tan C = cot B. VÏ ®−êng cao AH vµ ®−êng trung tuyÕn AM. Khi ®ã AH ≤ AM, AM =

1 BC hay BC = 2AM. 2

sin A CH CH BC a a b = : = = . Do ®ã = . sin B AC BC AC b sin A sin B

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc

+C = 90o. ∆ABC vu«ng t¹i A nªn B

VËy

b c = . sin B sin C

a b c = = . sin A sin B sin C

≥ 90o th× ta vÉn cã: L−u ý: NÕu ∆ABC cã C

H×nh 2.3

a b = . sin A sin B

VÝ dô 5. Cho tam gi¸c nhän ABC, hai ®−êng cao BD vµ CE. BiÕt diÖn tÝch tam 3 gi¸c ADE b»ng diÖn tÝch tam gi¸c ABC. TÝnh sè ®o gãc A. 4

CH BH , cot B = . AH AH

Do ®ã cot C + cot B =

H×nh 2.4

* Tr×nh bµy lêi gi¶i:

Do ®ã cos α < cot α;

Ta cã cot C =

§Ó cã sin A (hoÆc sin B, sin C) th× ph¶i xÐt tam gi¸c vu«ng víi A lµ mét gãc nhän. Do ®ã ph¶i vÏ thªm ®−êng cao.

Do ®ã sin α < tan α; b) Ta cã cos α =

Gi¶i (h.2.4)

Gi¶i (h.2.2)

AC AB AC AB AC AB + ≥2 . = 2 (dÊu “=” x¶y ra khi = AB AC AB AC AB AC

CH BH BC 2AM 2AH + = = ≥ =2 AH AH AH AH AH

Gi¶i (h.2.5)

(dÊu “=” x¶y ra khi AM = AH ⇔ ∆ABC vu«ng c©n t¹i A).

∆ABD

Suy ra tan B + tan C ≥ 2 (dÊu “=” x¶y ra khi ∆ABC vu«ng c©n t¹i A).

NhËn xÐt: C¸ch gi¶i nh− trªn lµ dùa vµo quan hÖ gi÷a tang vµ c«tang cña hai gãc phô nhau. NÕu dùa vµo bÊt ®¼ng thøc C«-si ta cã lêi gi¶i rÊt ®¬n gi¶n: 9

∆ACE (g.g). Suy ra

AB AD AD AE = . Do ®ã = . AC AE AB AC

chung; AD = AE . ∆ADE vµ ∆ABC cã: A AB AC VËy ∆ADE

∆ABC (c.g.c).

E B

C H×nh 2.5

Suy ra

= α (0o < α < 90o). VÏ c¸c ®−êng cao BD vµ CE. 2.4. Cho tam gi¸c ABC, A

SADE  AD  3 3 2 = = cos 30o.  . Do ®ã = (cos A) ⇒ cos A = SABC  AB  4 2

a) Chøng minh r»ng DE = BCcos α;

= 30 . VËy A NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p gi¶i vÝ dô nµy lµ dùa vµo tam gi¸c ®ång d¹ng. NÕu hai tam gi¸c ®ång d¹ng th× tØ sè hai diÖn tÝch b»ng b×nh ph−¬ng tØ sè ®ång d¹ng. TØ sè ®ång d¹ng nµy chÝnh lµ cos A, do ®ã cã thÓ tÝnh ®−îc gãc A. VÝ dô 6. T×m gãc x, biÕt r»ng:

2.5. Cho tam gi¸c ABC cã diÖn tÝch b»ng 1. VÏ ba ®−êng cao AD, BE, CF. a) Chøng minh r»ng SAEF + SBFD + SCDE = cos2A + cos2B + cos2C;

= 60o , B = 45o (lÊy kÕt qu¶ víi ba b) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c DEF biÕt A

a) tan x = 3cot x;

ch÷ sè thËp ph©n).

b) sin x + cos x = 2.

2.6. Cho h×nh vu«ng ABCD. Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm E, trªn c¹nh CD lÊy ®iÓm F 1 sao cho BE = CF = c¹nh h×nh vu«ng. TÝnh cos EAF. 4

Gi¶i a) tan x = 3cot x. Suy ra tan x =

b) Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC. TÝnh gi¸ trÞ cña α ®Ó tam gi¸c MDE lµ tam gi¸c ®Òu.

3 1 (v× cot x = ). tan x tan x

b) sin x + cos x = 2. B×nh ph−¬ng hai vÕ ta ®−îc: sin2x + 2sin xcos x + cos2x = 2

2.7. Cho tam gi¸c ABC, AB = c, BC = a, CA = b. C¸c ®−êng trung tuyÕn AA', ®−êng cao BB' vµ ®−êng ph©n gi¸c CC' ®ång quy t¹i O. Chøng minh r»ng b cos C = . a+b

⇔ 2sin xcos x + 1 = 2 (v× sin2x + cos2x = 1)

2.8. Cho tam gi¸c ABC. Chøng minh r»ng sin

Do ®ã tan2x = 3 ⇒ tan x = 3 = tan 60o. VËy x = 60o.

⇔ 2sin xcos x = 1 ⇔ 1 – 2sin xcos x = 0 ⇔ sin2x - 2sin xcos x + cos2x

A B C 1 .sin .sin ≤ . 2 2 2 8

⇔ sin x = sin (90o – x) (v× cos x = sin (90o – x))

2.9. Cho tam gi¸c ABC, ®−êng cao AH (H n»m gi÷a B vµ C). VÏ ®−êng trung tuyÕn AM. BiÕt AH = 6cm, HB = 4cm, HC = 9cm. TÝnh c¸c tØ sè l−îng gi¸c cña gãc HAM.

DÉn tíi x = 90o – x ⇔ 2x = 90o ⇔ x = 45o.

• VËn dông ®Þnh nghÜa tang vµ c«tang

NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p chung ®Ó gi¶i vÝ dô nµy lµ t×m çch ®−a ph−¬ng tr×nh cã hai tØ sè l−îng gi¸c vÒ d¹ng cßn mét tØ sè l−îng gi¸c b»ng çch vËn dông quan hÖ gi÷a çc tØ sè l−îng gi¸c ®ã.

2.10. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH. Cho biÕt AH = 4cm, BC = 1 10cm. Chøng minh r»ng: tan B = 4tan C hoÆc tan B = tan C. 4

C. Bµi tËp vËn dông

2.11. Cho tam gi¸c nhän ABC, ®−êng cao AD, trùc t©m H. Cho biÕt HA:HD = k, chøng minh r»ng: tan B . tan C = k + 1.

⇔ (sin x – cos x)2 = 0. Do ®ã sin x = cos x

• VËn dông ®Þnh nghÜa sin vµ c«sin

2.1. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, AB = 3, AC = 4. Trªn c¹nh AC lÊy ®iÓm M. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña sin AMB. 2.2. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A. Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M. VÏ MN ⊥ BC. AN Chøng minh r»ng sin C = . CM 2.3. Cho tam gi¸c nhän ABC. VÏ c¸c ®−êng cao BD vµ CE. TÝnh sè ®o cña gãc A ®Ó diÖn tÝch tam gi¸c ADE b»ng diÖn tÝch tø gi¸c BCDE. 11

= 60o. Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm M kh¸c 2.12. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã B B vµ C sao cho MB:MC = k. VÏ BH vµ CK cïng vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng AM. Chøng minh r»ng: a) AK = 3.BH; b) AK:AH = 3k.

2.13. Cho tam gi¸c ABC cã diÖn tÝch S, gãc A tï. §−êng cao AH = h. Chøng minh r»ng: a) NÕu cot B + cot C = 4 th× S = 2h2; 12

b) NÕu S = 2h2 th× cot B + cot C = 4.

2.14. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH, ®−êng ph©n gi¸c AD. Cho = α. Chøng minh r»ng: α < 10o. biÕt DB = 30cm, DC = 40cm vµ HAD

2.15. Kh«ng dïng m¸y tÝnh hoÆc b¶ng sè, tÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc sau b»ng c¸ch hîp lÝ: 2

2 o

a) P = sin 1 + sin 2 + sin 3 + ... + sin 88 + sin 89 ;

20 . TÝnh sin α, tan α vµ cot α. 29

sin B − 2sin C tan B − 3 tan C ; Q= . 2 cos B − cos C 3cot B − cot C

Gi¶ sö c¸c biÓu thøc P vµ Q ®Òu cã nghÜa, chøng minh r»ng P.Q > 0.

2.28. TÝnh gi¸ trÞ c¸c biÓu thøc sau:

2.18. Cho S = 8sin x + 15cos x. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña S.

 cos 43o cot 48o  o o o o a) M =  +  : ( cos 25 .sin 65 + sin 25 .cos 65 ) ;  sin 47 o tan 42o 

2.19. Cho 0o < x < 90o. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña c¸c biÓu thøc sau: a) A = sin4x + cos4x; b) B = sin6x + cos6x.

b) N = sin

2 2.20. BiÕt sin α.cos α = , tÝnh sin α, cos α, tan α vµ cot α. 5

180o − α α 180o − α α 180o − α α .cos + cos .sin − tan .tan 2 2 2 2 2 2

(víi 0o < α < 180o).

2.21. Chøng minh r»ng gi¸ trÞ c¸c biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña gãc α (0o < α < 90o):

• VËn dông ®Þnh lÝ sin

2.29. Cho tam gi¸c nhän ABC cã sin A =

a) 2(sin α + cos α)2 – (sin α - cos α)2 – 6sin αcos α;

tan 2 α + sin 2 α sin α cos α − ; tan α tan 2 α

BC =

sin B + sin C . Chøng minh r»ng 2 AB + AC . 2

2.30. Cho tam gi¸c nhän ABC. Cã thÓ x¶y ra ®¼ng thøc sin A = sin B + sin C kh«ng? V× sao?

c) sin6α + cos6α + 3sin2 αcos2α. 1 sin α − 2 cos α 2.22. Cho tan α = , tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc M = . 4 2 sin α + cos α

2.23. Cho tan α =

a) sin α < cos α;

2.27. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A vµ c¸c biÓu thøc:

2.17. Cho cos x = 4sin x. TÝnh gi¸ trÞ cña tÝch sin xcos x.

2.26. Cho α < 45o. Chøng minh r»ng:

b) tan α < cot α.

b) Q = tan15o. tan 25o. tan 35o. tan 45o. tan 55o. tan 65o. tan 75o.

2.16. BiÕt cos α =

a) tan 69o, sin 65o, cos 33o, cot 25o; b) cos 65o, cot 63o, sin 20o, tan 28o, cos 66o.

• VËn dông c¸c hÖ thøc c¬ b¶n

2 o

2.25. Kh«ng dïng m¸y tÝnh hoÆc b¶ng sè, h·y s¾p xÕp c¸c tØ sè l−îng gi¸c sau theo thø tù t¨ng dÇn:

2.31. Cho tam gi¸c nhän ABC, BC = a, CA = b, AB = c. Chøng minh r»ng:

a sin A + bsin B + c sin C = (a + b + c)(sin A + sin B + sin C).

5 , tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc N = 6sin 2 α + 7 cos2 α. 12

2.24. Tam gi¸c ABC cã c¸c gãc B vµ gãc C nhän tho¶ m·n ®iÒu kiÖn

2.32. Cho tam gi¸c nhän ABC, BC = a, CA = b, AB = c. Chøng minh r»ng asin A, bsin B, csin C lµ sè ®o ba c¹nh cña mét tam gi¸c.

sin 2 B + sin 2 C tan 2 B + tan 2 C = . Chøng minh r»ng tam gi¸c ABC c©n t¹i A. 2 cos 2 B + cos 2 C • VËn dông tØ sè l−îng gi¸c cña hai gãc phô nhau

Mét sè hÖ thøc vÒ c¹nh vµ gãc

Chuyªn ®Ò 3. 3

AB, AC vµ BC. Ta ph¶i t×m A,

trong tam gi¸c vu«ng A. KiÕn thøc cÇn nhí

50o

• XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H ta cã:

1. §Þnh lÝ

BH = AH.cot B ≈ 5,0.cot 35o ≈ 7,1 (cm).

• C¹nh huyÒn nh©n víi sin gãc ®èi hoÆc nh©n víi c«sin gãc kÒ;

• XÐt ∆ACH vu«ng t¹i H ta cã

• C¹nh gãc vu«ng kia nh©n víi tang gãc ®èi hoÆc nh©n víi c«tang gãc kÒ. A

Trong h×nh 3.1 th×: b = asin B = acos C;

c = asin C = acos B;

b = ctan B = ccot C;

c = btan C = bcot B;

AH = AC.sin C ⇒ AC = b

AH 5, 0 = ≈ 6,5(cm); sin C sin 50o

CH = AH.cot C ≈ 5,0.cot 50o ≈ 4,2 (cm). B

2. Gi¶i tam gi¸c vu«ng

Do ®ã BC = BH + CH = 7,1 + 4,2 = 11,3 (cm).

H×nh 3.1

= 95o ; AB = 8,7cm; AC = 6,5cm vµ BC = 11,3cm. VËy A

Lµ t×m tÊt c¶ c¸c c¹nh vµ gãc cña tam gi¸c vu«ng khi biÕt hai yÕu tè cña nã (trong ®ã Ýt nhÊt cã mét yÕu tè vÒ ®é dµi).

L−u ý: Sau khi tÝnh ®−îc AB vµ AC, cã thÓ tÝnh BH vµ CH theo AB vµ AC: BH = AB.cos B; CH = AC.cos C.

B. Mét sè vÝ dô

= α. TÝnh gi¸ trÞ cña α VÝ dô 1. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH, B ®Ó BH = 3CH. Gi¶i (h.3.2)

Tuy nhiªn, ta nªn tÝnh BH vµ CH theo c¸c sè ®o ®· cho trong ®Ò bµi ®Ó kÕt qu¶ ®−îc chÝnh x¸c h¬n.

VÝ dô 3. Cho tam gi¸c ABC, c¹nh BC cè ®Þnh. BiÕt BC = 4cm, AB + AC = 8cm. TÝnh gi¸ trÞ lín nhÊt cña gãc A. Gi¶i (h.3.4)

§Æt AH = h.

VÏ ®−êng ph©n gi¸c AD. VÏ BH ⊥ AD vµ CK ⊥ AD.

XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H ta cã BH = AH.cot B = h.cot α.

XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H, ∆ACK vu«ng t¹i K, ta cã:

XÐt ∆ACH vu«ng t¹i H ta cã CH = AH.cot C = AH.tan B = h.tan α. BH = 3CH ⇔ h.cot α = 3h. tan α ⇔

H×nh 3.3

AH 5, 0 = ≈ 8, 7(cm); sin B sin 35o

AH = AB.sin B ⇒ AB =

Trong mét tam gi¸c vu«ng, mçi c¹nh gãc vu«ng b»ng:

⇔ tan 2 α =

5,0

= 180o − ( B +C ) = 95o. A

1 = 3 tan α tan α

BH = ABsin

H×nh 3.2

A A ; CK = AC sin . 2 2

A A VËy BH + CK = (AB + AC) sin = 8sin . 2 2

1 3 ⇔ tan α = = tan 30o ⇔ α = 30o. 3 3

MÆt kh¸c, BH + CK ≤ BD + CD = BC = 4 (cm) nªn A A 1 ≤ 4 ⇒ sin ≤ = sin 30o. 2 2 2

NhËn xÐt: Trong bµi gi¶i ta ®· biÓu diÔn BH vµ CH theo AH vµ theo mét tØ sè l−îng gi¸c cña gãc α. Tõ mèi quan hÖ gi÷a BH vµ CH ta t×m ®−îc gi¸ trÞ cña α.

8sin

= 35o , C = 50o vµ ®−êng cao AH = 5,0cm. VÝ dô 2. Gi¶i tam gi¸c ABC biÕt B

Do ®ã

Gi¶i (h.3.3)

A ≤ 60o. ≤ 30o ⇒ A 2

= 60o khi D, H, K trïng nhau ⇔ ∆ABC ®Òu. VËy max A

H B

D K H×nh 3.4

NhËn xÐt: Nhê cã viÖc vÏ ®−êng ph©n gi¸c AD vµ c¸c ®−êng th¼ng BH, CK cïng vu«ng gãc víi AD mµ ta t×m ®−îc sù liªn hÖ gi÷a AB, AC víi BH, CK; sù liªn hÖ gi÷a BH, CK víi BC. Do ®ã gi÷a AB, AC vµ BC cã sù liªn hÖ víi nhau, tõ ®ã t×m ®−îc sè ®o cña gãc A.

C. Bµi tËp vËn dông • VËn dông hÖ thøc vÒ c¹nh vµ gãc trong tam gi¸c vu«ng ®Ó chøng minh hoÆc tÝnh to¸n

VÝ dô 4. Chøng minh ®Þnh lÝ c«sin: Trong mét tam gi¸c nhän, b×nh ph−¬ng cña mét c¹nh b»ng tæng c¸c b×nh ph−¬ng cña hai c¹nh kia trõ ®i hai lÇn tÝch cña hai c¹nh Êy víi c«sin cña gãc xen gi÷a cña chóng.

3.1. Cho tam gi¸c nhän ABC. VÏ c¸c ®−êng cao AD, BE, CF. Chøng minh r»ng:

Gi¶i (h.3.5)

3.2. Cho tam gi¸c nhän ABC. VÏ c¸c ®−êng cao AA', BB', CC'. Chøng minh r»ng: AB'.BC'.CA' = A'B.B'C.C'A = AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C.

VÏ ®−êng cao BH. XÐt ∆HBC vu«ng t¹i H ta cã: H

BC2 = HB2 + HC2 = HB2 + (AC – AH)2 2

= HB + AC – 2AC.AH + AH

= (HB2 + AH2) + AC2 – 2AC.AH =

–

H×nh 3.5

a) AD.BE.CF = AB.BC.CA.sin A.sin B.sin C; b) AE.BF.CD = AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C.

3.3. Cho ®−êng th¼ng xy vµ ®iÓm A cè ®Þnh c¸ch xy lµ 2cm. Gäi M lµ mét ®iÓm = α (0o < α < di ®éng trªn xy. VÏ tam gi¸c ABM vu«ng t¹i M sao cho ABM o 90 ). TÝnh ®é dµi ng¾n nhÊt cña AB. 3.4. Cho tam gi¸c ABC, c¹nh BC cè ®Þnh vµ BC = 3 3cm. §iÓm A di ®éng sao cho AB + AC = 6cm. TÝnh gi¸ trÞ lín nhÊt cña gãc A.

2AC.AH (1

)

= 40o. TÝnh ®é dµi BC. 3.5. Cho tam gi¸c ABC, AB = 14cm, AC = 11cm vµ B

XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H ta cã: AH = AB.cos A.

= 70o. TÝnh ®é dµi BC. 3.6. Cho tam gi¸c ABC, AB = 3,2cm; AC = 5,0cm vµ B

Thay vµo (1) ta ®−îc: BC2 = AB2 + AC2 – 2AC.AB.cos A.

NhËn xÐt: Trong mét tam gi¸c nhän, nÕu biÕt hai c¹nh vµ gãc xen gi÷a th× nhê ®Þnh lÝ c«sin ta cã thÓ tÝnh ®−îc c¹nh thø ba.

3.7. Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A, gãc ë ®¸y b»ng α < 90o. VÏ c¸c ®−êng cao AH vµ BK. BiÕt BK = h, tÝnh AH.

= 40o , C = 65o. 3.8. Cho tam gi¸c ABC, B a) TÝnh sè ®o cña gãc t¹o thµnh bëi ®−êng cao AH vµ ®−êng trung tuyÕn AM (lµm trßn ®Õn ®é); b) Cho biÕt BC = 45cm, tÝnh ®é dµi AH (lµm trßn ®Õn centimet).

3.9. Tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c nhän hay tam gi¸c tï nÕu cã:

= 50o , AB = 2,4cm, AC = 6,2cm; a) A

= 55o , AB = 3,5cm, AC = 4,5cm. b) A = 64o , AB = c, AC = 4,5cm. X¸c ®Þnh 3.10. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, A gi¸ trÞ cña c ®Ó tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c tï.

3.11. Cho tam gi¸c nhän ABC, AB = 4cm, BC = 6cm. Mét h×nh ch÷ nhËt DEFG néi tiÕp tam gi¸c ®ã víi D ∈ AB, E ∈ AC vµ F, G ∈ BC. Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt DEFG nhá h¬n 6cm2. 3.12. Cho tam gi¸c ABC, AB = 5cm, BC = 39cm vµ CA = 7cm. TÝnh sè ®o gãc A. • Gi¶i tam gi¸c

3.13. Gi¶i tam gi¸c ABC, biÕt:

Chuyªn Chuyªn ®Ò 4. 4

HÖ thøc gi÷a c¸c tØ sè l−îng gi¸c cña c¸c gãc α vµ 2α (0O < α < 45o)

= 62o ; C = 53o. a) BC = 6,8cm; B = 40o ; C = 35o. b) BC = 6,8cm; B

A. §Æt vÊn ®Ò

3.14. Gi¶i tam gi¸c ABC, biÕt: AB = 5cm, BC = 7cm, CA = 6cm (c¸c sè ®o gãc lµm trßn ®Õn ®é).

= 68o , AB = 5,0cm, AC = 5,7cm (lµm trßn c¸c 3.15. Gi¶i tam gi¸c ABC, biÕt: A

Trong chuyªn ®Ò nµy ta sÏ thiÕt lËp çc hÖ thøc liªn hÖ gi÷a çc tØ sè l−îng gi¸c cña gãc α vµ gãc 2α. Nhê ®ã mµ tÝnh ®−îc çc tØ sè l−îng gi¸c cña gãc α khi biÕt tØ sè l−îng gi¸c cña gãc 2α vµ ng−îc l¹i.

®é dµi ®Õn ch÷ sè thËp ph©n thø nhÊt, lµm trßn c¸c sè ®o gãc ®Õn ®é).

= 50o , AB = 4,6cm, BC = 3,7cm (lµm trßn sè 3.16. Gi¶i tam gi¸c ABC, biÕt: A ®o gãc ®Õn ®é, lµm trßn ®é dµi ®Õn hµng phÇn m−êi).

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Cho α < 45o, chøng minh r»ng sin 2α = 2sin αcos α. ¸p dông: Cho sin α = 0,6 tÝnh sin 2α. Gi¶i (h.4.1)

< 45o. XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A, C VÏ ®−êng cao AH vµ ®−êng trung tuyÕn AM. 1 Khi ®ã MA = MB = MC = BC. 2

2α

H×nh 4.1

= 2C = 2α. Ta cã ∆AMC c©n t¹i M, do ®ã AMB ∆ABC vu«ng t¹i A, ta cã sin α =

AB AC ; cos α = . BC BC

XÐt ∆AHM vu«ng t¹i H, ta cã sin 2α = Ta cã 2sin α cos α = 2

AH . (1) AM

AB AC 2AB.AC 2AH.BC 2AH 2AH AH . = = = = = . (2) BC BC BC 2AM AM BC2 BC2

Tõ (1) vµ (2) suy ra sin 2α = 2sin αcos α.

¸p dông: NÕu sin α = 0,6 th× cos2α = 1 – sin2α = 1 – (0,6)2 = 0,64. Do ®ã cos α = 0, 64 = 0,8. VËy sin 2α = 2sin αcos α = 2.0,6.0,8 = 0,96.

NhËn xÐt: ViÖc xÐt ∆ABC vu«ng t¹i A lµ ®Ó cã sin α vµ cos α. ViÖc vÏ ®−êng trung tuyÕn AM lµ ®Ó xuÊt hiÖn 2α. VÏ thªm ®−êng cao AH ®Ó cã thÓ tÝnh sin 2α.

VÝ dô 2. Cho α < 45o, chøng minh c¸c hÖ thøc sau: a) cos 2α = cos2α - sin2α;

b) tan 2α =

2 tan α . 1 − tan 2 α 20

Gi¶i

Víi α = 22o30', 2α = 45o ta ®−îc:

a) Ta cã cos22α = 1 – sin22α = 1 – (2sin αcos α)2 = 1 – 4sin2αcos2α 2

sin 2 22o30 ' =

= (cos α + sin α) – 4sin αcos α = cos α – 2sin αcos α + sin α = (cos2α − sin2α)2 . Do ®ã cos 2α =

( cos2 α − sin 2 α )

Suy ra sin 22o30 ' =

= cos 2 α − sin 2 α .

2− 2 . 2

• Ta cã cos 2α = 2cos2α − 1 ⇒ cos 2 α =

V× α < 45o nªn sin α < cos α (xem bµi 2.26). VËy cos 2α = cos2α − sin2α.

L−u ý: TiÕp tôc biÕn ®æi c¸c hÖ thøc trªn ta ®−îc c¸c hÖ thøc sau:

cos 2 22o30 ' =

cos2α − sin2 α = (1 − sin2α) − sin2α = 1 − 2sin2 α. VËy ccos 2α = cos2α − sin2 α = 2cos2α − 1 = 1 − 2sin2α.c

sin 2α 2sin α cos α = . cos 2α cos 2 α − sin 2 α

Suy ra cos 22o30 ' =

Chia c¶ tö vµ mÉu cho cos2 α ta ®−îc

tan 2α =

1 + cos 2α . 2

Víi α = 22o30', 2α = 45o ta ®−îc:

cos2α − sin2 α = cos2α − (1 − cos2α) = 2cos2 α − 1.

b) Ta cã tan 2α =

1 − cos 45o 1  2  1 2− 2 2− 2 =  1 − = . = . 2 2 2  2 2 4

• tan 22o30 ' =

2sin α cos α cos 2 α − sin 2 α 2sin α ( 2 tan α : = : 1 − tan 2 α ) = . cos α cos 2 α cos 2 α 1 − tan 2 α

1 + cos 45o 1  2  1 2+ 2 2+ 2 =  1 + = . = . 2 2 2  2 2 4

2+ 2 . 2

sin 22o30 ' 2− 2 2+ 2 2− 2 = : = = 2 2 cos 22o30 ' 2+ 2

= α, B = β víi VÝ dô 3. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i C, A

(

2 ( 2 − 1) 2 ( 2 + 1)

2 − 1) = 2 − 1. 1

α < β . Chøng minh r»ng: (sin α + sin β )2 = 1 + sin 2α.

C. Bµi tËp vËn dông

Gi¶i (h.4.2) +B = 90o. ∆ABC vu«ng t¹i C nªn A

H×nh 4.2

<B nªn A = α < 45o. Ta cã α + β = 90o nªn sin β = cos α. MÆt kh¸c, A

4.1. Cho 0o < α < 45o, chøng minh r»ng: 1 + sin 2α = sin α + cos α. 4.2. Cho sin α =

Do ®ã (sin α + sin β)2 = (sin α + cos α)2 = sin2α + cos2α + 2sin αcos α = 1 + sin 2α.

VÝ dô 4. Kh«ng dïng m¸y tÝnh hoÆc b¶ng sè, h·y tÝnh:

a) sin 2α;

sin 22o30', cos 22o30', tan 22o30'.

24 . TÝnh: 25

b) sin

α . 2

4.3. Kh«ng dïng m¸y tÝnh hoÆc b¶ng sè, h·y tÝnh: sin 15o, cos 15o, tan 15o.

Gi¶i

4.4. Kh«ng dïng m¸y tÝnh hoÆc b¶ng sè, h·y tÝnh: sin 75o, cos 75o, tan 75o.

* T×m h−íng gi¶i V× 22o30' b»ng mét nöa cña gãc 45o, nªn ta dïng c«ng thøc tØ sè l−îng gi¸c cña gãc nh©n ®«i ®Ó gi¶i.

4.5. Kh«ng dïng m¸y tÝnh hoÆc b¶ng sè, h·y tÝnh: sin 67o30', cos 67o30', tan 67o30'.

4.6. Kh«ng dïng m¸y tÝnh hoÆc b¶ng sè, h·y tÝnh:

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

a) cos 36o;

1 − cos 2α • Ta cã cos 2α = 1 − 2sin α ⇒ sin α = . 2 2

b) Tõ ®ã h·y tÝnh cos 72o, cos 18o, sin 72o, sin 18o. 21

4.7. Cho h×nh vu«ng ABCD. Gäi M, N lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña BC vµ CD. §Æt = α, tÝnh sin α. MAN

Chuyªn ®Ò 5. 5

= α < 45o. VÏ ®−êng trung tuyÕn 4.8. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, BC = a, C AM. Qua A vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AM c¾t ®−êng th¼ng BC t¹i

A. §Æt vÊn ®Ò

N. Chøng minh r»ng: CN =

a 2 cos 2 α . 2 cos 2 α − 1

= 80o. Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm M, trªn c¹nh 4.9. Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A, A = 50o , ABN = 30o. Gäi O lµ giao ®iÓm cña AC lÊy ®iÓm N sao cho BAM AM vµ BN. Chøng minh r»ng ∆MON lµ tam gi¸c c©n.

4.10. Cho tam gi¸c nhän ABC. Chøng minh r»ng: sin A.sin B.sin C ≤ sin

B+C C+A A+B .sin .sin . 2 2 2

TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c, diÖn tÝch tø gi¸c nhê sö dông c¸c tØ sè l−îng gi¸c

Ta ®· biÕt çch tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c theo mét c«ng thøc rÊt quen thuéc lµ 1 S = ah, trong ®ã a lµ ®é dµi mét c¹nh cña tam gi¸c, h lµ chiÒu cao øng víi 2 c¹nh ®ã. B©y giê ta vËn dông çc tØ sè l−îng gi¸c, çc hÖ thøc vÒ c¹nh vµ gãc trong tam gi¸c vu«ng ®Ó x©y dùng thªm çc c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c, tø gi¸c.

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Chøng minh r»ng diÖn tÝch mét tam gi¸c b»ng nöa tÝch hai c¹nh nh©n víi sin cña gãc nhän t¹o bëi c¸c ®−êng th¼ng chøa hai c¹nh Êy. Gi¶i (h.5.1) A α

H A B

H×nh 5.1 Gäi α lµ gãc nhän t¹o bëi hai ®−êng th¼ng chøa hai c¹nh AB, AC cña tam gi¸c ABC. VÏ ®−êng cao CH. XÐt ∆ACH vu«ng t¹i H cã CH = AC.sin α. DiÖn tÝch ∆ABC lµ S =

1 1 AB.CH. Do ®ã S = AB.AC.sin α. 2 2

L−u ý: NÕu α = 90o, ta cã ngay S =

1 AB.AC. 2

Nh− vËy sin 90o = 1, ®iÒu nµy sÏ häc ë c¸c líp trªn.

VÝ dô 2. Tø gi¸c ABCD cã AC = m, BD = n, gãc nhän t¹o bëi hai ®−êng chÐo b»ng α. Chøng minh r»ng diÖn tÝch cña tø gi¸c nµy ®−îc tÝnh theo c«ng thøc S=

1 mn sin α. 2

Gi¶i (h.5.2) 23

= α. Gäi O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD. Gi¶ sö BOC B

VÏ AH ⊥ BD, CK ⊥ BD.

H O

1 1 2 2 AC.BD.sin 45o = AC.BD. = AC.BD. 2 2 2 4 2

Ta cã AH = OA sin α; CK = OC sin α vµ OA + OC = AC.

 AC + BD  Theo bÊt ®¼ng thøc C«-si, ta cã: AC.BD ≤   . 2  

DiÖn tÝch tø gi¸c ABCD lµ

H×nh 5.2

1 1 S = SABD + SCBD = BD.AH + BD.CK 2 2 1 1 = BD(AH + CK) = BD(OA sin α + OCsin α) 2 2 1 1 1 = BDsin α(OA + OC) = AC.BD sin α = mn sin α. 2 2 2

Do ®ã S ≤

2  AC + BD  2 2 . .6 = 9 2 (cm2).  = 4  2 4 

VËy max S = 9 2cm2 khi AC = BD = 6cm. = 60o. VÏ ®−êng ph©n gi¸c AD. Chøng minh r»ng: VÝ dô 5. Cho tam gi¸c ABC, A

1 1 3 + = . AB AC AD

L−u ý: 1 1 AC.BD = mn. 2 2

Gi¶i (h.5.4)

• Ph−¬ng ph¸p tÝnh diÖn tÝch cña tø gi¸c trong vÝ dô nµy lµ chia tø gi¸c thµnh hai tam gi¸c kh«ng cã ®iÓm trong chung, råi tÝnh diÖn tÝch cña tõng tam gi¸c.

Ta cã SABD

VÝ dô 3. Cho tam gi¸c nhän ABC. Gäi ®é dµi c¸c c¹nh BC, CA, AB lÇn l−ît lµ a, b, c.

SACD =

• NÕu AC ⊥ BD ta cã ngay S =

TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC biÕt a = 4 2cm, b = 5cm, c = 7cm. SABC =

Gi¶i

1 1 1 AC.AD.sin 30o = AC.AD. . 2 2 2 1 1 3 AB.AC.sin 60o = AB.AC. . 2 2 2

Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã: a2 = b2 + c2 – 2bc cos A. Do ®ã MÆt kh¸c SABD + SACD = SABC nªn

( 4 2 )2 = 52 + 72 − 2.5.7.cos A. Suy ra cos A =

H×nh 5.4

1 1 1 1 1 3 AB.AD. + AC.AD. = AB.AC. . 2 2 2 2 2 2

Do ®ã AD(AB + AC) = AB.AC 3.

3 9 4 ⇒ sin A = 1 − cos 2 A = 1 − = . 5 25 5

Suy ra

1 1 4 VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ: S = bcsin A = .5.7. = 14 (cm2). 2 2 5

NhËn xÐt: Trong c¸ch gi¶i trªn ta ®· t×m cos A råi suy ra sin A. Ta còng cã thÓ vËn dông ®Þnh lÝ c«sin ®Ó t×m cos B råi suy ra sin B (hoÆc t×m cos C råi suy ra sin C).

AB + AC 3 1 1 3 hay + = . = AB.AC AD AB AC AD

NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p gi¶i trong vÝ dô nµy dùa trªn quan hÖ tæng diÖn tÝch c¸c tam gi¸c ABD vµ tam gi¸c ACD b»ng diÖn tÝch tam gi¸c ABC. VÝ dô 6. Tam gi¸c ABC cã mçi c¹nh ®Òu nhá h¬n 4cm. Chøng minh r»ng tam gi¸c nµy cã diÖn tÝch nhá h¬n 7cm2.

VÝ dô 4. Tø gi¸c ABCD cã AC + BD = 12cm. Gãc nhän gi÷a hai ®−êng chÐo lµ B 45o. TÝnh diÖn tÝch lín nhÊt cña tø gi¸c ®ã.

Gi¶i

Gi¶i (h.5.3)

≤B ≤ C, khi ®ã A ≤ 60o vµ sin A ≤ 3 . Gi¶ sö A 2

A o

= 45o. Gäi O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD. Gi¶ sö AOD DiÖn tÝch tø gi¸c ABCD lµ

1 1 1 = AB.AD.sin 30o = AB.AD. . 2 2 2

1 1 3 DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ: S = AB.AC.sin A < .4.4. = 4 3 = 6,92... < 7 (cm2). 2 2 2

D H×nh 5.3

NhËn xÐt: Do vai trß c¸c gãc A, B, C cña tam gi¸c ABC lµ nh− nhau nªn ta cã thÓ

• Chøng minh c¸c hÖ thøc

≤B ≤ C, tõ ®ã suy ra A ≤ 60o , dÉn tíi sin A ≤ 3 . gi¶ sö A 2

= 60o. §−êng ph©n gi¸c ngoµi t¹i ®Ønh A 5.9. Cho tam gi¸c ABC (AB < AC), A 1 1 1 c¾t ®−êng th¼ng BC t¹i N. Chøng minh r»ng: − = . AB AC AN

C. Bµi tËp vËn dông

5.10. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A (AB < AC). C¸c ®−êng ph©n gi¸c trong vµ ngoµi t¹i ®Ønh A cña tam gi¸c c¾t ®−êng th¼ng BC t¹i M vµ N. Chøng minh r»ng:

• TÝnh diÖn tÝch

5.1. Chøng minh r»ng diÖn tÝch cña h×nh b×nh hµnh b»ng diÖn tÝch cña hai c¹nh kÒ nh©n víi sin cña gãc nhän t¹o bëi hai ®−êng th¼ng chøa hai c¹nh Êy.

= α (0o < α < 45o). Chøng minh 5.2. Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD, AC = a vµ BAC 1 r»ng diÖn tÝch cña h×nh ch÷ nhËt ABCD lµ S = a 2 sin 2α. 2 5.3. Cho gãc nhän xOy. Trªn tia Ox lÊy ®iÓm A vµ C, trªn tia Oy lÊy ®iÓm B vµ D S OA OB sao cho = m, = n. Chøng minh r»ng AOB = m.n. OC OD SCOD 5.4. Tam gi¸c nhän ABC cã BC = a, CA = b, AB = c. Gäi diÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S. Chøng minh r»ng S =

b2 + c2 − a 2 . 4 cot A

= 45o. TÝnh S. ¸p dông víi a = 39, b = 40, c = 41 vµ A

5.5. Cho gãc xOy cã sè ®o b»ng 45o. Trªn hai c¹nh Ox vµ Oy lÇn l−ît lÊy hai ®iÓm A vµ B sao cho OA + OB = 8cm. TÝnh diÖn tÝch lín nhÊt cña tam gi¸c AOB. 5.6. Cho tam gi¸c nhän ABC. Trªn çc c¹nh AB, BC, CA lÇn l−ît lÊy çc ®iÓm M, 1 1 1 N, P sao cho AM = AB, BN = BC, CP = CA. Chøng minh r»ng diÖn 4 3 2 1 tÝch tam gi¸c MNP nhá h¬n diÖn tÝch tam gi¸c ABC. 3 5.7. Cho ®o¹n th¼ng AB = 5cm. LÊy ®iÓm O n»m gi÷a A vµ B sao cho OA = 2cm. Trªn mét nöa mÆt ph¼ng bê AB vÏ çc tia Ax, By cïng vu«ng gãc víi AB. Mét gãc vu«ng ®Ønh O cã hai c¹nh c¾t çc tia Ax, By lÇn l−ît t¹i D vµ E. TÝnh diÖn tÝch nhá nhÊt cña tam gi¸c DOE. 5.8. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, gãc B nhän. Gäi H vµ K lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu cña A trªn çc ®−êng th¼ng DC vµ BC. a) Chøng minh r»ng ∆KAH

∆ABC, tõ ®ã suy ra KH = AC.sin B;

1 1 2 + = ; AM AN AB

1 1 2 − = . AM AN AC

= α ≠ 90o. VÏ ®−êng ph©n gi¸c AD. Chøng minh 5.11. Cho tam gi¸c ABC, A α 2 cos 1 1 2. r»ng: + = AB AC AD

5.12. Cho gãc xOy cã sè ®o b»ng 30o. Trªn tia ph©n gi¸c cña gãc ®ã lÊy ®iÓm A sao cho OA = a. Qua A vÏ mét ®−êng th¼ng c¾t Ox vµ Oy theo thø tù t¹i B 1 1 vµ C. TÝnh gi¸ trÞ cña tæng + . OB OC 5.13. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, gãc nhän gi÷a hai ®−êng chÐo b»ng gãc nhän cña h×nh b×nh hµnh. Chøng minh r»ng ®é dµi hai ®−êng chÐo tØ lÖ víi ®é dµi hai c¹nh kÒ cña h×nh b×nh hµnh.

• TÝnh sè ®o gãc. TÝnh ®é dµi 5.14. Tam gi¸c nhän ABC cã AB = 4,6cm; BC = 5,5cm vµ cã diÖn tÝch lµ 9,69cm2. TÝnh sè ®o gãc B (lµm trßn ®Õn ®é).

< 90o. BiÕt AB = 4cm, BC = 3cm vµ diÖn tÝch 5.15. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, B cña h×nh b×nh hµnh lµ 6 3cm2 . TÝnh sè ®o c¸c gãc cña h×nh b×nh hµnh.

= α < 90o. Trªn hai c¹nh AB 5.16. Cho tam gi¸c ABC cã diÖn tÝch S = 50cm2, A vµ AC lÇn l−ît lÊy c¸c ®iÓm D vµ E sao cho ∆ADE nhän, cã diÖn tÝch lµ

α 1 S1 = S. Chøng minh r»ng DE ≥ 10 tan (cm). 2 2 5.17. Cho tam gi¸c ABC, ®−êng ph©n gi¸c AD. BiÕt AB = 4,7cm, AC = 5,3cm vµ = 72o. TÝnh ®é dµi AD (lµm trßn ®Õn hµng phÇn m−êi). A

= 60o. TÝnh diÖn tÝch ∆AHK vµ tø gi¸c AKCH. b) Cho AB = a, BC = b vµ B 27

= 120o. VÏ ®−êng ph©n gi¸c 5.18. Cho tam gi¸c ABC, AB = 6cm, AC = 12cm, A AD. TÝnh ®é dµi AD.

5.19. Cho tam gi¸c ABC, AB = 5cm, BC = 7cm, CA = 8cm. VÏ ®−êng ph©n gi¸c AD. TÝnh ®é dµi AD. 5.20. Cho tam gi¸c ABC, ®−êng ph©n gi¸c AD. BiÕt

Ch−¬ng II ®−êng trßn Chuyªn ®Ò 6. 6

Sù x¸c ®Þnh ®−êng trßn. tÝnh chÊt ®èi xøng cña ®−êng trßn

1 1 1 + = , tÝnh sè ®o AB AC AD

A. KiÕn thøc cÇn nhí

gãc BAC.

1. C¸ch x¸c ®Þnh ®−êng trßn

Mét ®−êng trßn ®−îc x¸c ®Þnh khi:

• BiÕt t©m vµ b¸n kÝnh. O

• BiÕt mét ®o¹n th¼ng lµ ®−êng kÝnh. • BiÕt ba ®iÓm cña nã:

B H×nh 6.1

Qua ba ®iÓm A, B, C kh«ng th¼ng hµng ta vÏ ®−îc mét vµ chØ mét ®−êng trßn. T©m cña ®−êng trßn nµy lµ giao ®iÓm c¸c ®−êng trung trùc cña ∆ABC (h.6.1).

2. Tam gi¸c néi tiÕp. §−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c A

• §−êng trßn (O) ®i qua ba ®Ønh cña tam gi¸c ABC gäi lµ ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC, cßn tam gi¸c ABC gäi lµ tam gi¸c néi tiÕp ®−êng trßn (O). • Tam gi¸c ABC néi tiÕp ®−êng trßn (O):

= 90o ; - NÕu BC lµ ®−êng kÝnh th× A = 90o th× BC lµ ®−êng kÝnh (h.6.2). - NÕu A

3. T©m ®èi xøng. Trôc ®èi xøng

H×nh 6.2

§−êng trßn cã t©m ®èi xøng vµ trôc ®èi xøng. T©m ®èi xøng lµ t©m cña ®−êng trßn. Trôc ®èi xøng lµ bÊt k× ®−êng kÝnh nµo cña ®−êng trßn.

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Chøng minh r»ng: a) Bèn ®Ønh cña mét h×nh ch÷ nhËt cïng n»m trªn mét ®−êng trßn; b) Bèn ®Ønh cña mét h×nh thang c©n cïng n»m trªn mét ®−êng trßn.

Gi¶i

a) (h.6.3) Trong h×nh ch÷ nhËt ABCD, hai ®−êng A chÐo võa b»ng nhau võa c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®−êng nªn OA = OB = OC = OD.

b) (h.6.4) VÏ c¸c ®−êng trung trùc cña AB vµ BC chóng c¾t nhau t¹i O. V× ABCD lµ h×nh thang c©n nªn ®−êng trung trùc cña AB còng lµ ®−êng trung trùc cña CD.

Suy ra OA = OB = OC = OD, do ®ã bèn ®Ønh A, B, C, D cña h×nh thang c©n cïng n»m trªn mét ®−êng trßn. A

VÝ dô 2. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A. VÏ ®iÓm D ®èi xøng víi A qua BC, ®iÓm E ®èi xøng víi A qua trung ®iÓm O cña BC. Chøng minh r»ng 5 ®iÓm A, B, C, D, E cïng thuéc mét ®−êng trßn. Gi¶i (h.6.5)

§iÓm K n»m ngoµi ®−êng trßn, ®iÓm M n»m trªn ®−êng trßn nªn OK > OM.

H×nh 6.4

OC = OD (v× O n»m trªn ®−êng trung trùc cña CD).

H×nh 6.6

VÝ dô 4. Cho ®−êng trßn (O) vµ mét ®iÓm K cè ®Þnh ë ngoµi ®−êng trßn. §−êng th¼ng KO c¾t ®−êng trßn t¹i A vµ B (A n»m gi÷a K vµ B). Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt k× trªn ®−êng trßn. Chøng minh r»ng: KA ≤ KM ≤ KB. Gi¶i (h.6.7)

OB = OC (v× O n»m trªn ®−êng trung trùc cña BC).

NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p chøng minh mét ®iÓm n»m trªn mét ®−êng trßn cè ®Þnh lµ chøng minh ®iÓm ®ã c¸ch mét ®iÓm cè ®Þnh mét kho¶ng kh«ng ®æi.

H×nh 6.3

VËy ®iÓm M n»m trªn ®−êng trßn (B, BA). §ã lµ mét A ®−êng trßn cè ®Þnh.

NhËn xÐt: Bèn ®Ønh cña mét h×nh ch÷ nhËt cïng n»m trªn mét ®−êng trßn cã t©m lµ giao ®iÓm cña hai ®−êng chÐo.

NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p chung ®Ó chøng minh nhiÒu ®iÓm cïng n»m trªn mét ®−êng trßn trong vÝ dô nµy lµ chøng minh c¸c ®iÓm ®ã cïng c¸ch ®Òu mét ®iÓm.

Suy ra BM = BA (kh«ng ®æi).

Bèn ®Ønh A, B, C, D c¸ch ®Òu ®iÓm O nªn chóng B n»m trªn ®−êng trßn (O; OA).

Ta cã: OA = OB (v× O n»m trªn ®−êng trung trùc cña AB).

XÐt ∆ABM cã BC võa lµ ®−êng cao võa lµ ®−êng trung tuyÕn nªn ∆ABM c©n t¹i B.

• XÐt ba ®iÓm M, K, O ta cã:

KM + MO ≥ OK.

Suy ra KM ≥ OK – OM KM ≥ OK – OA (v× OA = OM). B

H×nh 6.7

Do ®ã KM ≥ KA (1) (dÊu "=" x¶y ra khi M ≡ A).

• XÐt ba ®iÓm M, O, K ta cã: KM ≤ OK + OM; KM ≤ OK + OB (v× OB = OM). Do ®ã KM ≤ KB (2) (dÊu "=" x¶y ra khi M ≡ B). D

Tõ (1) vµ (2) ta ®−îc KA ≤ KM ≤ KB.

H×nh 6.5

Tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A nªn ba ®iÓm A, B, C cïng n»m trªn ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh BC. §iÓm D ®èi xøng víi A qua ®−êng kÝnh BC nªn D n»m trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh BC. §iÓm E ®èi xøng víi A qua t©m O cña ®−êng trßn nªn E n»m trªn ®−êng trßn (O). Tãm l¹i, c¶ 5 ®iÓm A, B, C, D, E cïng thuéc mét ®−êng trßn (O).

VÝ dô 3. Cho ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh AB vµ d©y AC. Trªn tia AC lÊy mét ®iÓm M sao cho C lµ trung ®iÓm cña AM. Chøng minh r»ng khi ®iÓm C di ®éng trªn ®−êng trßn (O) th× ®iÓm M n»m trªn mét ®−êng trßn cè ®Þnh. Gi¶i (h.6.6)

NhËn xÐt: Trong c¸c ®o¹n th¼ng nèi K víi mét ®iÓm cña ®−êng trßn th× KA lµ ®o¹n th¼ng ng¾n nhÊt; KB lµ ®o¹n th¼ng dµi nhÊt. VÝ dô 5. Cho tam gi¸c ABC. VÏ ®−êng trßn ®i qua A, B vµ cã t©m D n»m trªn ®−êng th¼ng AC. VÏ ®−êng trßn ®i qua A, C vµ cã t©m n»m trªn ®−êng th¼ng AB. Gäi O lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC. Chøng minh r»ng OA ⊥ DE.

D C N O A

Gi¶i (h.6.8)

= 90o. XÐt ∆ABC cã AB lµ ®−êng kÝnh cña ®−êng trßn (O) nªn ACB 31

32 H×nh 6.8

§−êng trßn (D) ®i qua A vµ B nªn DA = DB.

+D = 90o. Gäi E, F, G, H lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña 6.2. Cho tø gi¸c ABCD cã C AB, BD, DC vµ CA. Chøng minh r»ng bèn ®iÓm E, F, G, H cïng n»m trªn mét ®−êng trßn.

(1)

§−êng trßn (O) ®i qua A vµ B nªn OA = OB.

(2)

6.3. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét ®iÓm A ë ngoµi ®−êng trßn. LÊy bèn ®iÓm M, N, P, Q thuéc ®−êng trßn (O). Trªn c¸c tia AM, AN, AP, AQ lÇn l−ît lÊy c¸c ®iÓm M', N', P', Q' sao cho M, N, P, Q lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña AM', AN', AP', AQ'. Chøng minh r»ng bèn ®iÓm M', N', P', Q' cïng n»m trªn mét ®−êng trßn.

Tõ (1) vµ (2) suy ra ®−êng th¼ng OD lµ ®−êng trung trùc cña AB, do ®ã OD ⊥ AB. Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc OE lµ ®−êng trung trùc cña AC. XÐt ∆ADE cã O lµ giao ®iÓm cña hai ®−êng cao nªn O lµ trùc t©m, suy ra OA ⊥ DE.

NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p gi¶i vÝ dô nµy dùa vµo tÝnh chÊt: T©m cña ®−êng trßn ®i qua hai ®iÓm A, B n»m trªn ®−êng trung trùc cña ®o¹n th¼ng AB. VÝ dô 6. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ 10 ®iÓm bÊt k× M1, M2, …, M10. Chøng minh r»ng tån t¹i mét ®iÓm A trªn ®−êng trßn sao cho AM1 + AM2 + … + AM10 ≥ 10R. Gi¶i (h.6.9)

T−¬ng tù,

M10

CM2 + DM2 ≥ CD = 2R.

…

CM10 + DM10 ≥ CD = 2R.

a) Chøng minh r»ng bèn ®iÓm C, D, H, K cïng thuéc mét ®−êng trßn.

6.6. Cho tam gi¸c ABC. Ba ®−êng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H. Gäi I, J, K lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña HA, HB, HC. Gäi M, N, P lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña AB, BC vµ CA. Chøng minh r»ng: a) Bèn ®iÓm M, P, K, J cïng thuéc mét ®−êng trßn;

b) S¸u ®iÓm M, P, K, J, I, N cïng thuéc mét ®−êng trßn;

Céng tõng vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc trªn ta ®−îc

c) ChÝn ®iÓm M, P, K, J, I, N, D, E, F cïng thuéc mét ®−êng trßn.

(CM1 + CM2 + … + CM10) + + (DM1 + DM2 + … + DM10) ≥ 20R.

6.5. Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD, AB = a, BC = b (a > b). Gäi H lµ h×nh chiÕu cña D trªn AC vµ K lµ h×nh chiÕu cña C trªn BD. b) Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB, t×m ®iÒu kiÖn cña a vµ b ®Ó 5 ®iÓm C, D, H, K vµ M cïng thuéc mét ®−êng trßn.

VÏ ®−êng kÝnh CD. Ta cã CD = 2R. XÐt ba ®iÓm M1, C, D ta cã: CM1 + DM1 ≥ CD = 2R.

= 60o. Gäi E, F, G, H lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña AB, 6.4. Cho h×nh thoi ABCD, A BC, CD, DA. Chøng minh r»ng 6 ®iÓm B, D, E, F, G, H cïng thuéc mét ®−êng trßn.

• Chøng minh mét ®iÓm thuéc mét ®−êng trßn cè ®Þnh

H×nh 6.9

6.7. Cho tam gi¸c ABC, c¹nh BC cè ®Þnh, ®−êng trung tuyÕn BM = 1,5cm. Chøng minh r»ng ®iÓm A thuéc mét ®−êng trßn cè ®Þnh.

• NÕu CM1 + CM2 + … + CM10 ≥ 10R th× ®iÓm A cÇn t×m lµ ®iÓm C. • NÕu CM1 + CM2 + … + CM10 < 10R th× DM1 + DM2 + … + DM10 > 10R. Khi ®ã ®iÓm A cÇn t×m lµ ®iÓm D.

C. Bµi tËp vËn dông

6.8. Cho ®−êng trßn (O; 3cm). LÊy ®iÓm A bÊt k× trªn ®−êng trßn. Qua A vÏ tia Ax ⊥ OA. Trªn tia Ax lÊy ®iÓm B sao cho AB = 4cm. Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn OB. Chøng minh r»ng ®iÓm H thuéc mét ®−êng trßn cè ®Þnh. 6.9. Cho ®o¹n th¼ng AB = 4cm. Trªn AB lÊy ®iÓm C sao cho AC = 1cm. VÏ tia = ABM. Chøng minh r»ng ®iÓm M Cx, trªn ®ã lÊy ®iÓm M sao cho AMC

• Chøng minh nhiÒu ®iÓm cïng thuéc mét ®−êng trßn

thuéc mét ®−êng trßn cè ®Þnh.

6.1. Cho n¨m ®iÓm A, B, C, D, E. BiÕt r»ng qua bèn ®iÓm A, B, C, D cã thÓ vÏ ®−îc mét ®−êng trßn, qua bèn ®iÓm B, C, D, E còng vÏ ®−îc mét ®−êng trßn. Chøng minh r»ng c¶ n¨m ®iÓm A, B, C, D, E cïng thuéc mét ®−êng trßn. 33

• Dùng ®−êng trßn

6.10. Dùng ®−êng trßn ®i qua hai ®iÓm A vµ B cho tr−íc vµ cã t©m n»m trªn ®−êng th¼ng d cho tr−íc. 6.11. Cho ®−êng th¼ng d vµ mét ®iÓm A c¸ch d lµ 1cm. Dùng ®−êng trßn (O) cã b¸n kÝnh 1,5cm ®i qua A vµ cã t©m n»m trªn ®−êng th¼ng d.

Chuyªn ®Ò 7. ®−êng kÝnh vµ d©y cña ®−êng trßn. 7 Liªn hÖ gi÷a d©y vµ kho¶ng c¸ch tõ t©m ®Õn d©y A. KiÕn thøc cÇn nhí

• C¸c d¹ng kh¸c 6.12. Cho tam gi¸c ABC. Trªn tia BC lÊy ®iÓm M, trªn tia CB lÊy ®iÓm N sao cho BM = BA, CN = CA. VÏ ®−êng trßn (O) ngo¹i tiÕp tam gi¸c AMN. Chøng minh r»ng tia AO lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BAC. 6.13. Cho h×nh thoi ABCD c¹nh 1. Gäi R1 vµ R2 lÇn l−ît lµ b¸n kÝnh ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABD vµ ABC. Chøng minh r»ng R12 + R 22 = 4R12 R 22 .

6.14. Cho 6 ®−êng trßn cïng ®i qua mét ®iÓm A. Chøng minh r»ng cã mét h×nh trßn chøa t©m cña mét h×nh trßn kh¸c. 6.15. Cho 99 ®iÓm sao cho trong ba ®iÓm bÊt k× nµo còng tån t¹i hai ®iÓm cã kho¶ng c¸ch nhá h¬n 1. Chøng minh r»ng trong c¸c ®iÓm ®· cho cã Ýt nhÊt 50 ®iÓm n»m trong mét ®−êng trßn cã b¸n kÝnh b»ng 1.

1. Trong c¸c d©y cña mét ®−êng trßn, d©y lín nhÊt lµ ®−êng kÝnh. 2. Trong mét ®−êng trßn, ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi mét d©y th× ®i qua trung ®iÓm cña d©y Êy. §¶o l¹i, trong mét ®−êng trßn, ®−êng kÝnh ®i qua trung ®iÓm cña mét d©y kh«ng ®i qua t©m th× vu«ng gãc víi d©y Êy (h.7.1).

3. Trong mét ®−êng trßn:

• Hai d©y b»ng nhau th× c¸ch ®Òu t©m;

H×nh 7.1

• Hai d©y c¸ch ®Òu t©m th× b»ng nhau. 4. Trong hai d©y cña mét ®−êng trßn:

K C

• D©y nµo lín h¬n th× d©y ®ã gÇn t©m h¬n;

6.16. §è. Hai ng−êi ch¬i mét trß ch¬i nh− sau: Mçi ng−êi lÇn l−ît ®Æt mét ®ång xu lªn mét tÊm b×a h×nh trßn. Ng−êi cuèi cïng ®Æt ®−îc ®ång xu lªn tÊm b×a lµ ng−êi th¾ng cuéc. Muèn ch¾c th¾ng th× ph¶i ch¬i nh− thÕ nµo? (C¸c ®ång xu ®Òu nh− nhau vµ kh«ng chång lªn nhau).

• D©y nµo gÇn t©m h¬n th× d©y ®ã lín h¬n (h.7.2).

O A

OH ⊥ AB; OK ⊥ CD AB > CD ⇔ OH < OK.

H×nh 7.2

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Cho nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB vµ ba d©y AC, AD, AE kh«ng qua t©m. Gäi H vµ K lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu cña D trªn AC vµ AE. Chøng minh r»ng HK < AB. Gi¶i (h.7.3) H

Gäi I lµ trung ®iÓm cña AD. Ta cã IH = IK = IA = ID =

AD . 2

Suy ra bèn ®iÓm K, H, A, D cïng n»m trªn mét ®−êng A trßn ®−êng kÝnh AD.

K O

H×nh 7.3

< 90o nªn KH lµ d©y cung kh«ng qua t©m cña ®−êng trßn ®−êng MÆt kh¸c, HAK kÝnh AD. 35

Trong ®−êng trßn, ®−êng kÝnh lµ d©y lín nhÊt nªn HK < AD.

VÏ d©y AB ®i qua M.

MÆt kh¸c, AD < AB nªn HK < AB.

=B = 180o − AOB . ∆OAB c©n t¹i O nªn A 2

NhËn xÐt: Ph−¬ng ph¸p gi¶i vÝ dô nµy lµ dïng AD lµm trung gian: AD lµ ®−êng kÝnh cña ®−êng trßn nµy nh−ng l¹i lµ d©y cung cña ®−êng trßn kh¸c. VÝ dô 2. Cho ®−êng trßn (O), hai d©y AB, CD b»ng nhau vµ song song. Chøng minh r»ng bèn ®iÓm A, B, C, D lµ bèn ®Ønh cña h×nh ch÷ nhËt. Gi¶i (h.7.4)

lín nhÊt ⇔ AOB nhá nhÊt ⇔ AB nhá nhÊt ⇔ AB ⊥ OM. A Khi ®ã sin A =

OM R 1 = 30o. = : R = . Suy ra A OA 2 2 H×nh 7.6

Tø gi¸c ABDC cã AB // CD vµ AB = CD nªn lµ h×nh b×nh hµnh. Suy ra AC // BD vµ AC = BD.

= 30o khi AM ⊥ OM. VËy max A

Qua O vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AC t¹i H, c¾t BD t¹i K. V× AC // BD nªn OK ⊥ BD.

VÝ dô 5. Cho ®−êng trßn (O), d©y AB. Trªn cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê AB vÏ hai d©y AC, BD b»ng nhau, c¾t nhau t¹i E. Chøng minh OE ⊥ AB. D C

1 1 AC; KB = BD (tÝnh chÊt ®−êng kÝnh 2 2 vu«ng gãc víi d©y cung). Suy ra HA = KB (v× AC = BD).

VÏ OH ⊥ AC; OK ⊥ BD. V× AC = BD nªn OH = OK.

Ta cã HA =

= KOE; Ta cã ∆HOE = ∆KOE ⇒ HOE

H×nh 7.4

Gi¶i (h.7.7)

B O

= KOB. ∆HOA = ∆KOB ⇒ HOA

Tø gi¸c ABKH cã hai c¹nh ®èi song song vµ b»ng nhau nªn lµ h×nh b×nh hµnh. = 90o nªn lµ h×nh ch÷ nhËt, suy ra A = 90o. H×nh b×nh hµnh nµy cã H

= BOE. Do ®ã AOE

Do ®ã h×nh b×nh hµnh ABDC lµ h×nh ch÷ nhËt.

XÐt ∆AOB c©n t¹i O, cã OE lµ ®−êng ph©n gi¸c nªn OE ®ång thêi lµ ®−êng cao.

NhËn xÐt: DÔ thÊy, tø gi¸c ABDC lµ h×nh b×nh hµnh. ChØ cßn ph¶i chøng minh = 90o. Muèn vËy, qua O ta vÏ HK vu«ng gãc víi AC vµ BD. B©y giê ph¶i A

Suy ra OE ⊥ AB.

= 90o. chøng minh ABKH lµ h×nh ch÷ nhËt ®Ó suy ra A

C. Bµi tËp vËn dông

VÝ dô 3. Cho ®−êng trßn (O) vµ mét ®iÓm M ë trong ®−êng trßn (M ≠ O). Qua M vÏ hai d©y, d©y AB ⊥ OM vµ d©y CD bÊt k× kh«ng vu«ng gãc C víi OM. Chøng minh r»ng AB < CD.

• §−êng kÝnh vµ d©y cung

Gi¶i (h.7.5)

VÏ OH ⊥ CD. XÐt ∆HOM vu«ng t¹i H cã OH < OM (c¹nh gãc vu«ng nhá h¬n c¹nh huyÒn). Suy ra CD > AB (d©y nµo gÇn t©m h¬n th× lín h¬n). Do ®ã AB < CD.

B H

O D

H×nh 7.7

7.1. Chøng minh r»ng trong mét ®−êng trßn hai d©y kh«ng ®i qua t©m kh«ng thÓ c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi d©y. 7.2. Cho nöa ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh AB. Trªn c¸c b¸n kÝnh OA, OB lÇn l−ît lÊy c¸c ®iÓm M vµ N sao cho OM = ON. Tõ M vµ N vÏ hai tia song song c¾t nöa ®−êng trßn lÇn l−ît t¹i C vµ D. Chøng minh r»ng MC ⊥ CD.

NhËn xÐt: Trong c¸c d©y ®i qua mét ®iÓm M ë bªn trong ®−êng trßn (O), d©y ng¾n nhÊt lµ d©y vu«ng gãc víi OM.

7.3. Cho ®−êng trßn (O; R) ®−êng kÝnh AB vµ d©y CD n»m vÒ mét phÝa cña AB (C, D kh«ng trïng víi A hoÆc B). Gäi H vµ K lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu cña A vµ B trªn ®−êng th¼ng CD. Chøng minh r»ng: a) H vµ K n»m ngoµi ®−êng trßn (O); b) CH = DK.

R . Trªn 2

7.4. Cho ®−êng trßn (O; R). Mét d©y AB chuyÓn ®éng trong ®−êng trßn sao cho = 120o. Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB. Hái ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo? AOB

H×nh 7.5

VÝ dô 4. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét ®iÓm M c¸ch O mét kho¶ng ®−êng trßn lÊy mét ®iÓm A. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña gãc OAM.

7.5. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D cïng n»m trªn ®−êng trßn (O; R) theo thø tù ®ã. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña diÖn tÝch tø gi¸c ABCD.

Gi¶i (h.7.6) 37

• Kho¶ng c¸ch tõ t©m ®Õn d©y

Chuyªn ®Ò 8. 8

7.7. Cho ®−êng trßn (O; 10cm). Hai d©y AB, CD song song víi nhau, t©m O c¸ch d©y AB lµ 8cm vµ c¸ch d©y CD lµ 6cm. BiÕt d©y AB vµ t©m O thuéc hai nöa mÆt ph¼ng ®èi nhau bê CD, tÝnh chu vi tø gi¸c cã bèn ®Ønh lµ A, B, C, D.

vÞ trÝ t−¬ng ®èi cña ®−êng th¼ng vµ ®−êng trßn

7.6. Cho ®−êng trßn (O; 5cm) vµ hai d©y AB, CD song song víi nhau, c¸ch nhau 7cm. BiÕt AB = 6cm, tÝnh diÖn tÝch tø gi¸c cã bèn ®Ønh lµ A, B, C, D.

A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. B¶ng tãm t¾t

7.8. Cho ®−êng trßn (O; 5cm) vµ mét ®iÓm P sao cho OP = 3cm. Qua P vÏ mét d©y cã ®é dµi lµ mét sè nguyªn. Hái vÏ ®−îc tÊt c¶ bao nhiªu d©y nh− vËy?

VÞ trÝ t−¬ng ®èi cña ®−êng th¼ng vµ ®−êng trßn HÖ thøc gi÷a d vµ R

• Dùng h×nh

§−êng th¼ng vµ ®−êng trßn c¾t nhau

d<R

7.9. Cho ®−êng trßn (O) vµ mét ®iÓm A ë bªn trong ®−êng trßn (A ≠ O). Dùng h×nh thoi ABCD sao cho B, C, D n»m trªn ®−êng trßn (O).

§−êng th¼ng vµ ®−êng trßn tiÕp xóc

d=R

§−êng th¼ng vµ ®−êng trßn kh«ng giao nhau

d>R

7.10. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét ®o¹n th¼ng AB < 2R. H·y dùng d©y CD sao cho bèn ®iÓm A, B, C, D lµ bèn ®Ønh cña mét h×nh b×nh hµnh. 7.11. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét ®o¹n th¼ng AB sao cho ba ®iÓm A, O, B kh«ng th¼ng hµng. Qua A vµ B h·y dùng hai ®−êng th¼ng song song c¾t ®−êng trßn lÇn l−ît t¹i C, D, E, F sao cho bèn ®iÓm C, D, E, F lµ bèn ®Ønh cña mét h×nh ch÷ nhËt.

2. TÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn (h.8.1) NÕu mét ®−êng th¼ng lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn th× nã vu«ng gãc víi b¸n kÝnh ®i qua tiÕp ®iÓm.

3. DÊu hiÖu nhËn biÕt tiÕp tuyÕn NÕu mét ®−êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm cña ®−êng trßn vµ vu«ng gãc víi b¸n kÝnh ®i qua ®iÓm ®ã th× ®−êng th¼ng Êy lµ mét tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn.

a M H×nh 8.1

4. TÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau (h.8.2) NÕu hai tiÕp tuyÕn cña mét ®−êng trßn c¾t nhau t¹i mét ®iÓm th×:

B O

- §iÓm ®ã c¸ch ®Òu hai tiÕp ®iÓm; - Tia kÎ tõ ®iÓm ®ã qua t©m lµ tia ph©n gi¸c cña gãc t¹o bëi hai tiÕp tuyÕn; - Tia kÎ tõ t©m qua ®iÓm ®ã lµ tia ph©n gi¸c cña gãc t¹o bëi hai b¸n kÝnh ®i qua c¸c tiÕp ®iÓm.

C H×nh 8.2

5. §−êng trßn néi tiÕp tam gi¸c §−êng trßn tiÕp xóc víi ba c¹nh cña mét tam gi¸c gäi lµ ®−êng trßn néi tiÕp tam gi¸c, cßn tam gi¸c gäi lµ ngo¹i tiÕp ®−êng trßn (h.8.3).

Gi¶ sö ®−êng th¼ng a tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) t¹i A vµ a // xy.

A A

B F

§−êng th¼ng OA c¾t xy t¹i H. Ta cã OA ⊥ a nªn OA ⊥ xy.

F I

b) C¸ch dùng

E K

H×nh 8.3

Dùng OH ⊥ xy (H ∈ xy) c¾t ®−êng trßn (O) t¹i A.

Qua A dùng ®−êng th¼ng a ⊥ OA. §−êng th¼ng a lµ tiÕp tuyÕn cÇn dùng.

H×nh 8.4

c) Chøng minh

6. §−êng trßn bµng tiÕp tam gi¸c

Ta cã OA ⊥ a nªn a lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O).

§−êng trßn tiÕp xóc víi mét c¹nh cña tam gi¸c vµ tiÕp xóc víi c¸c phÇn kÐo dµi cña hai c¹nh kia gäi lµ ®−êng trßn bµng tiÕp tam gi¸c (h.8.4).

MÆt kh¸c OH ⊥ xy nªn a // xy. d) BiÖn luËn

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Cho h×nh vu«ng ABCD c¹nh dµi 4cm. Trªn c¹nh AD lÊy ®iÓm E sao cho AE = 3cm. VÏ ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh BE. Chøng minh r»ng ®−êng trßn (O) tiÕp xóc víi CD. A

Gi¶i (h.8.5)

* T×m h−íng gi¶i

§Ó chøng minh CD lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn ta ph¶i chøng minh CD ®i qua mét ®iÓm cña ®−êng trßn vµ vu«ng gãc víi b¸n kÝnh ®i qua ®iÓm ®ã. Muèn vËy ta vÏ E C OH ⊥ CD råi chøng minh H ∈ (O). 2

C E

H×nh 8.7

Ta cã AD.BE = CD.CE.(1)

VÏ OH ⊥ CD. XÐt h×nh thang EBCD cã OH lµ ®−êng trung b×nh nªn

XÐt ∆DOE vu«ng t¹i O cã OC ⊥ DE (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn).

DE + BC 1 + 4 = = 2,5(cm). 2 2

Suy ra OC2 = CD.CE.(2) Tõ (1) vµ (2) ta ®−îc AD.BE = OC2 = R2 (kh«ng ®æi).

Suy ra H ∈ ®−êng trßn (O). Do ®ã ®−êng trßn (O) tiÕp xóc víi CD.

VÝ dô 2. Cho ®−êng trßn (O) vµ mét ®−êng th¼ng xy. H·y dùng tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn song song víi xy.

b) Ta cã AD ⊥ AB; BE ⊥ AB (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn). Do ®ã tø gi¸c ABED lµ h×nh thang vu«ng. Gäi M lµ trung ®iÓm cña DE th× OM lµ ®−êng trung b×nh cña h×nh thang nµy,

OM =

a) Ph©n tÝch x

Suy ra OD ⊥ OE.

B¸n kÝnh cña ®−êng trßn (O) lµ 5 : 2 = 2,5(cm).

a) Nèi OC, OD, OE. Ta cã:

= COD; COE = BOE. AD = CD; BE = CE; AOD

Gi¶i (h.8.6)

NÕu xy lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O) th× bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh.

Gi¶i (h.8.7)

XÐt ∆ABE vu«ng t¹i A, cã BE = AB + AE = 4 + 3 = 25. Suy ra BE = 5cm.

OH =

VÝ dô 3. Cho nöa ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh AB = 2R. VÏ c¸c tia tiÕp tuyÕn Ax, By thuéc cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê AB. Tõ mét ®iÓm C trªn nöa ®−êng trßn vÏ mét tiÕp tuyÕn c¾t Ax, By lÇn l−ît t¹i D vµ E. a) Chøng minh r»ng tÝch AD.BE kh«ng ®æi;

H×nh 8.5 2

NÕu xy kh«ng lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O) th× bµi to¸n cã hai nghiÖm h×nh.

b) TÝnh diÖn tÝch nhá nhÊt cña tø gi¸c ABED.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i 2

AD + BE . 2

A H H×nh 8.6

DiÖn tÝch cña h×nh thang nµy lµ S =

chÊt giao ®iÓm c¸ch ®Òu hai tiÕp ®iÓm. Bµi to¸n cã tiÕp tuyÕn nªn ta vÏ c¸c b¸n kÝnh ®i qua tiÕp ®iÓm.

( AD + BE ) .AB = OM.2R. 2

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

Do OM ≥ OC nªn S ≥ OC.2R = R.2R = 2R .

a) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã:

(dÊu "=" x¶y ra ⇔ M ≡ C ⇔ OC ⊥ AB).

AE = AF; BD = BF vµ CD = CE.

VËy minS = 2R2 khi OC ⊥ AB.

NhËn xÐt: ViÖc nèi OC, OD, OE lµ ®Ó vËn dông tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn, tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau. Nh− vËy nÕu ®Ò bµi cã cho tiÕp tuyÕn th× nªn vÏ b¸n kÝnh ®i qua tiÕp ®iÓm. A VÝ dô 4. Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A, BC = 2a. VÏ ®−êng trßn cã t©m O trªn BC vµ tiÕp xóc víi hai c¹nh bªn. Mét tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O) c¾t hai c¹nh AB, AC lÇn l−ît t¹i M vµ N. TÝnh tÝch BM.CN.

H×nh 8.8

a) AE = AF = p (p lµ nöa chu vi cña ∆ABC);

)

b) BD = BF = p – c; CD = CE = p – b.

= 180o − 2B + 180o − 2N ⇔ 2M = 360o − 2B − 2N . Suy ra 2M 1 1 1 1

AE = AF; BD = BF vµ CD = CE. = (AB + AC) + (BD + CD) = 2p

VÝ dô 5. Cho ®−êng trßn (O; r) néi tiÕp tam gi¸c ABC, tiÕp xóc víi c¸c c¹nh BC, CA, AB lÇn l−ît t¹i D, E, F. Gäi p lµ nöa chu vi vµ S lµ diÖn tÝch cña tam gi¸c ABC. Chøng minh r»ng: AB + AC − BC ; 2

E K

H×nh 8.10

Suy ra AE = AF = p. b) Ta cã BF = AF – AB = p – c. Do ®ã BD = BF = p – c. T−¬ng tù CD = CE = p – b.

L−u ý: CÇn nhí c¸c kÕt qu¶ trªn ®Ó gi¶i c¸c bµi tËp kh¸c.

b) S = p.r.

Do ®ã AE + AF = (AC + CE) + (AB + BF)

BM BO ⇒ BM.CN = OB.OC = a2. = CO CN

C. Bµi tËp vËn dông

F E

Gi¶i (h.8.9) Bµi to¸n cã hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau nªn ta vËn dông tÝnh

a) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã:

=O (chøng minh trªn); B =C (do ∆ABC c©n). ∆BMO vµ ∆CON cã: M 1 1

* T×m h−íng gi¶i

B F

Gi¶i (h.8.10)

= 180o − B −N = 180o − C −N =O . Do ®ã M 1 1 1 1

a) AE = AF =

L−u ý: KÕt qu¶ cña c©u a) cßn cã thÓ viÕt AE = AF = p – a. VÝ dô 6. Cho tam gi¸c ABC, BC = a; CA = b; AB = c. VÏ ®−êng trßn (K) bµng tiÕp trong gãc A cña tam gi¸c ABC, tiÕp xóc víi c¸c ®−êng th¼ng BC, CA, AB lÇn l−ît t¹i D, E, F. Chøng minh r»ng: A

= MAN + MNA. XÐt ∆AMN cã gãc BMN lµ gãc ngoµi nªn BMN

∆CON (g.g) ⇒

AB + AC − BC . 2

1 1 1 1 = AB.OF + BC.OD + AC.OE = r ( AB + BC + CA ) = p.r. 2 2 2 2

MÆt kh¸c, ∆ABC c©n t¹i A nªn O lµ trung ®iÓm cña BC.

VËy ∆BMO

Suy ra AE = AF =

S = SAOB + SBOC + SCOA

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: MO vµ B NO lµ c¸c tia ph©n gi¸c ngoµi ®Ønh M vµ N cña tam gi¸c AMN, suy ra AO lµ tia ph©n gi¸c cña gãc A.

) (

= (AE + BD) + (AE + CD) – BD – CD = 2AE.

b) Ta cã OD ⊥ BC; OE ⊥ AC; OF ⊥ AB. N

Gi¶i (h.8.8)

(

Do ®ã AB + AC – BC = (AF + BF) + (AE + CE) – (BD + CD)

• TiÕp tuyÕn

O B

H×nh 8.9

8.1. Cho nöa ®−êng trßn (O; R) ®−êng kÝnh AB. Mét ®−êng th¼ng xy tiÕp xóc víi ®−êng trßn t¹i C. Gäi D vµ E lÇn l−ît lµ h×nh chiÕu cña A vµ B trªn xy. Chøng minh r»ng: a) C lµ trung ®iÓm cña DE;

minh r»ng:

b) Tæng AD + BE kh«ng ®æi khi C di ®éng trªn nöa ®−êng trßn; c) TÝch AD.BE =

8.9. Tõ mét ®iÓm A ë ngoµi ®−êng trßn (O; R) vÏ c¸c tiÕp tuyÕn AB, AC víi ®−êng trßn (B, C lµ c¸c tiÕp ®iÓm). Trªn cung nhá BC lÊy ®iÓm D. TiÕp tuyÕn = 90o chøng cña ®−êng trßn t¹i D c¾t AB, AC lÇn l−ît t¹i M vµ N. BiÕt BAC 2 R < MN < R. 3

• §−êng trßn néi tiÕp, ®−êng trßn bµng tiÕp

DE 2 . 4

8.2. Cho ®−êng th¼ng xy, mét ®iÓm A vµ ®−êng trßn (O) n»m trªn mét nöa mÆt ph¼ng bê xy. H·y dùng ®iÓm M ∈ xy sao cho nÕu vÏ tiÕp tuyÕn MB víi = BMy. ®−êng trßn (O) th× AMx 8.3. Tõ ®iÓm M ë ngoµi ®−êng trßn (O; R) vÏ tiÕp tuyÕn MA víi ®−êng trßn.

8.10. H×nh 8.11 cã ®−êng trßn (O) néi tiÕp tam gi¸c ABC. C¸c ®−êng th¼ng MN, HK, PQ tiÕp xóc víi ®−êng trßn trong ®ã MN // A BC, HK // AC vµ PQ // AB. Gäi p, p1, p2, p3 vµ r, r1, M N r2, r3 lÇn l−ît lµ chu vi vµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi H tiÕp c¸c tam gi¸c ABC, AMN, BHK vµ CPQ. O P Chøng minh r»ng:

a) VÏ d©y AB ⊥ OM. Chøng minh r»ng MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn.

a) p = p1 + p2 + p3;

b) Cho biÕt R = 3cm; OM = 5cm, tÝnh ®é dµi AB.

b) r = r1 + r2 + r3.

8.4. Cho tam gi¸c ABC, hai ®−êng cao BD, CE c¾t nhau t¹i H. a) Chøng minh r»ng bèn ®iÓm A, D, H, E cïng n»m trªn mét ®−êng trßn ®−êng kÝnh AH. b) Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC, chøng minh r»ng MD lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn ®−êng kÝnh AH.

8.5. Mét h×nh vu«ng c¹nh 8 ®−îc chia thµnh 64 « vu«ng nhá b»ng nhau. VÏ ®−êng trßn (O; 4) víi O lµ t©m h×nh vu«ng.

S S1 S + 2 + 3 = 1. S S S

b) TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc

8.7. Cho ®−êng trßn (O) vµ hai ®iÓm A, B n»m ngoµi ®−êng trßn sao cho ®−êng th¼ng AB kh«ng c¾t ®−êng trßn. VÏ c¸c tiÕp tuyÕn AM, BN víi ®−êng trßn (M, N lµ c¸c tiÕp ®iÓm). Chøng minh r»ng: AM + BN > AB > |AM – BN|. 8.8. Cho h×nh vu«ng ABCD c¹nh dµi 3cm. VÏ cung AC cã t©m D b¸n kÝnh 3cm. Gäi M lµ mét ®iÓm trªn cung nµy. Tõ M vÏ mét tiÕp tuyÕn víi cung AC, c¾t AB, BC lÇn l−ît t¹i E vµ F. Chøng minh r»ng: 2cm < EF < 3cm. 45

S1 + S2 + S3 . S

8.13. Cho ®−êng trßn (O) néi tiÕp tam gi¸c ABC, AB = c, AC = b. Qua O vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi OA, c¾t c¸c c¹nh AB, AC lÇn l−ît t¹i D vµ E. Chøng minh r»ng:

b) D lµ trung ®iÓm cña CE.

8.12. Cho tam gi¸c ABC ngo¹i tiÕp ®−êng trßn (O; r). TiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn song song víi BC c¾t AB vµ AC lÇn l−ît t¹i M vµ N. TiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn song song víi CA c¾t BA vµ BC lÇn l−ît t¹i H vµ K. TiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn song song víi AB c¾t CA vµ CB lÇn l−ît t¹i P vµ Q. Gäi diÖn tÝch c¸c tam gi¸c AMN, BHK, CPQ vµ ABC lÇn l−ît lµ S1, S2, S3 vµ S.

• Hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau

a) CD ⊥ AB;

8.11. Mét tam gi¸c cã chu vi kh«ng ®æi lµ 2p ngo¹i tiÕp ®−êng trßn (O). VÏ mét tiÕp tuyÕn song song víi mét c¹nh cña tam gi¸c. T×m ®é dµi lín nhÊt cña ®o¹n tiÕp tuyÕn giíi h¹n bëi hai c¹nh kia cña tam gi¸c.

a) Chøng minh r»ng

8.6. Cho nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB, c¸c tiÕp tuyÕn Ax, By. Qua ®iÓm C trªn nöa ®−êng trßn vÏ mét tiÕp tuyÕn c¾t Ax, By lÇn l−ît t¹i M vµ N. Gäi D lµ giao ®iÓm cña AN vµ BM. §−êng th¼ng CD c¾t AB t¹i E. Chøng minh r»ng:

H×nh 8.11

a) Chøng minh r»ng ®−êng trßn nµy tiÕp xóc víi bèn c¹nh cña h×nh vu«ng; b) Cã bao nhiªu « vu«ng nhá n»m hoµn toµn trong ®−êng trßn?

CE BD OA 2 + + = 1. b c bc

8.14. Gäi r vµ Ra, Rb, Rc lÇn l−ît lµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp vµ b¸n kÝnh ®−êng trßn bµng tiÕp trong gãc A, gãc B, gãc C cña tam gi¸c ABC. Chøng 1 1 1 1 minh r»ng: = + + . r Ra Rb Rc

a) Hai ®−êng trßn (I) vµ (K) c¾t nhau;

vÞ trÝ t−¬ng ®èi cña hai ®−êng trßn

Chuyªn ®Ò 9. 9

b) B¸n kÝnh cña ®−êng trßn (O) b»ng tæng b¸n kÝnh cña hai ®−êng trßn (I) vµ (K).

A. KiÕn thøc cÇn nhí

Gi¶i (h.9.4) * T×m c¸ch gi¶i

1. B¶ng tãm t¾t VÞ trÝ t−¬ng ®èi cña hai ®−êng trßn (O; R) vµ (O'; R')

§Ó chøng minh hai ®−êng trßn c¾t nhau ta chøng minh ®o¹n nèi t©m lín h¬n hiÖu hai b¸n kÝnh nh−ng nhá h¬n tæng hai b¸n kÝnh.

HÖ thøc gi÷a d = OO' víi R vµ R'

Hai ®−êng trßn c¾t nhau

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

|R – R'| < d < R + R'

a) §−êng trßn (I) tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) t¹i A, suy ra ba ®iÓm O, I, A th¼ng hµng. T−¬ng tù, ba ®iÓm O, K, B th¼ng hµng.

Hai ®−êng trßn tiÕp xóc nhau: -

TiÕp xóc ngoµi;

d = R + R'

TiÕp xóc trong

d = |R – R'| > 0

C¸c tam gi¸c IAM, KBM vµ OAB lµ nh÷ng tam gi¸c = IMA = KMB = KBM. c©n, suy ra IAM

O I K A

M H×nh 9.4

Do ®ã OA // KM, OB // IM.

Hai ®−êng trßn kh«ng giao nhau: -

Ngoµi nhau;

d > R + R'

§ùng nhau.

d < |R – R'|

VËy tø gi¸c OKMI lµ h×nh b×nh hµnh, dÉn tíi OI = KM, OK = IM. Gäi R, R1, R2 lÇn l−ît lµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (O), (I) vµ (K). XÐt ∆OIK cã |OI – OK| < IK < OI + OK hay |R1 – R2| < IK < R1 + R2. Do ®ã ®−êng trßn (I) vµ (K) c¾t nhau.

b) Ta cã OB = OK + KB = IM + KB. Suy ra R = R1 + R2. A

O O'

VÝ dô 2. Cho h×nh vu«ng ABCD. VÏ cung trßn (A; AB) c¾t nöa ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh CD t¹i M. Tia CM c¾t AB t¹i N. Chøng minh r»ng N lµ trung ®iÓm cña AB.

H×nh 9.1

H×nh 9.2

H×nh 9.3

Gi¶i (h.9.5)

2. TÝnh chÊt ®−êng nèi t©m

VÏ d©y cung DM c¾t OA t¹i H. Theo tÝnh chÊt d©y chung D ta cã HD = HM.

§−êng nèi t©m lµ trôc ®èi xøng cña h×nh gåm c¶ hai ®−êng trßn.

M H O

H×nh 9.5

- NÕu hai ®−êng trßn c¾t nhau th× ®−êng nèi t©m lµ ®−êng trung trùc cña d©y chung (h.9.1);

XÐt ∆MDC cã OH lµ ®−êng trung b×nh, suy ra OH // CM hay OA // CN.

- NÕu hai ®−êng trßn tiÕp xóc nhau th× tiÕp ®iÓm n»m trªn ®−êng nèi t©m (h.9.2, h.9.3).

1 1 Suy ra AN = OC = CD = AB. Do ®ã N lµ trung ®iÓm cña AB. 2 2

MÆt kh¸c, AN // OC nªn tø gi¸c ANCO lµ h×nh b×nh hµnh.

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Cho ®−êng th¼ng xy c¾t ®−êng trßn (O) t¹i hai ®iÓm A vµ B (xy kh«ng ®i qua O). Trªn d©y AB lÊy mét ®iÓm M. VÏ ®−êng trßn (I) ®i qua M vµ tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) t¹i A. VÏ ®−êng trßn (K) ®i qua M vµ tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) t¹i B. Chøng minh r»ng: 47

NhËn xÐt: ViÖc vÏ d©y chung DM lµ ®Ó vËn dông tÝnh chÊt d©y chung cña hai ®−êng trßn, tõ ®ã chøng minh OA // CN. Ta còng cã thÓ vËn dông tÝnh chÊt d©y chung = 90o ) tõ ®ã suy ra OA // CN. theo c¸ch kh¸c: OA ⊥ DM, CM ⊥ DM (v× CMD VÝ dô 3. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, hai ®−êng chÐo c¾t nhau t¹i M. VÏ c¸c ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AMD vµ tam gi¸c CMB. Chøng minh r»ng hai ®−êng trßn nµy tiÕp xóc víi nhau. 48

Gi¶i (h.9.6)

Do ®ã ∆OBC = ∆ABI (g.c.g).

* T×m c¸ch gi¶i

Suy ra OC = AI = R (kh«ng ®æi).

§Ó chøng minh hai ®−êng trßn tiÕp xóc ngoµi ta chøng minh ®o¹n nèi t©m b»ng tæng hai b¸n kÝnh. A B

VËy tiÕp tuyÕn chung t¹i A ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh lµ ®iÓm C.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

XÐt ∆KOI vu«ng t¹i O, cã

Gäi O lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AMD vµ O' lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c CMB.

KI2 = OK2 + OI2 ⇔ (x + R)2 = x2 + d2 ⇔ x =

∆ADM = ∆CBM (c.c.c) suy ra c¸c ®−êng trßn ngo¹i tiÕp hai tam gi¸c nµy còng cã b¸n kÝnh b»ng nhau.

H×nh 9.6

VËy x =

Do ®ã ∆AMO = ∆CMO' (c.c.c).

= CMO ', dÉn tíi ba ®iÓm O, M, O' th¼ng hµng. Suy ra AMO

VÝ dô 4. Cho gãc vu«ng xOy. Mét ®−êng trßn cã b¸n kÝnh R kh«ng ®æi vµ t©m I di ®éng trªn tia Ox sao cho OI > R. VÏ ®−êng trßn t©m K b¸n kÝnh KO víi K thuéc Oy sao cho hai ®−êng trßn (I) vµ (K) tiÕp xóc ngoµi víi nhau. a) Gäi A lµ tiÕp ®iÓm cña hai ®−êng trßn. Chøng minh r»ng tiÕp tuyÕn chung cña hai ®−êng trßn t¹i A lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. b) §Æt OI = d. X¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña d ®Ó b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (K) b»ng

Gi¶i (h.9.7)

3 2

A x

a) Hai ®−êng trßn (I) vµ (K) tiÕp xóc ngoµi t¹i A nªn ba ®iÓm I, A, K th¼ng hµng.

a) Hai ®−êng trßn (O) vµ (O') kh«ng giao nhau; b) CD =

2 AB. 3

9.3. Cho ba ®−êng trßn (O1), (O2), (O3) ®«i mét ngoµi nhau. BiÕt çc tiÕp tuyÕn chung ngoµi cña hai ®−êng trßn (O1) vµ (O2) c¾t nhau t¹i C, çc tiÕp tuyÕn chung ngoµi cña hai ®−êng trßn (O1) vµ (O3) c¾t nhau t¹i B, çc tiÕp tuyÕn chung ngoµi cña hai ®−êng trßn (O2) vµ (O3) c¾t nhau t¹i A. Chøng minh r»ng ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng.

I B

9.1. Cho ®−êng trßn (O; 5cm) vµ ®−êng trßn (O'; 2cm); OO' = 9cm. VÏ tiÕp tuyÕn chung ngoµi tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) t¹i A, tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O') t¹i B. VÏ tiÕp tuyÕn chung trong tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) vµ (O') lÇn l−ît t¹i C vµ D. Chøng minh r»ng:

9.2. Cho ®−êng trßn (O) và hai ®iÓm P, Q n»m trong ®−êng trßn ®ã. Chøng minh r»ng tån t¹i mét ®−êng trßn n»m trong ®−êng trßn (O) vµ ®i qua P, Q.

* T×m çch gi¶i V× çc tia Ox, Oy cè ®Þnh nªn muèn chøng minh tiÕp tuyÕn chung t¹i A lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh, ta chøng minh tia nµy c¾t mét trong hai tia Ox, C Oy t¹i mét ®iÓm çch O mét kho¶ng kh«ng ®æi.

3 d2 − R 2 3 R⇔ = R ⇔ d2 − R2 = 3R2 ⇔ d2 = 4R2 ⇔ d = 2R. 2 2R 2

• Hai ®−êng trßn c¾t nhau hoÆc kh«ng giao nhau

Suy ra hai ®−êng trßn (O) vµ (O') tiÕp xóc ngoµi.

b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (I).

d2 − R 2 . 2R

C. Bµi tËp vËn dông

Ta cã OO' = OM + O'M, do ®ã d = R + R'.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

b) Gäi b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (K) lµ x. Ta cã KI = x + R.

9.4. TÝnh ®é dµi nhá nhÊt cña mét c¹nh h×nh vu«ng sao cho trong h×nh vu«ng ®ã cã thÓ ®Æt 5 miÕng b×a h×nh trßn cã b¸n kÝnh 1 vµ kh«ng chång lªn nhau. 9.5. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ ®−êng th¼ng d kh«ng giao nhau. Gäi M lµ mét ®iÓm tuú ý trªn d. VÏ ®−êng trßn ®−êng kÝnh OM c¾t ®−êng trßn (O) t¹i A vµ B. Chøng minh r»ng ®−êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.

H×nh 9.7

TiÕp tuyÕn chung t¹i A c¾t tia Ox t¹i B, c¾t tia ®èi cña tia Oy t¹i C.

∆OBC vµ ∆ABI cã

9.6. Cho ba ®−êng trßn (O1), (O2), (O3) cã cïng b¸n kÝnh R vµ cïng ®i qua mét ®iÓm K. Gäi A lµ giao ®iÓm thø hai cña ®−êng trßn (O2) vµ (O3); B lµ giao

=A = 90o ; OB = AB; OBC = ABI. O 49

®iÓm thø hai cña ®−êng trßn (O1) vµ (O3); C lµ giao ®iÓm thø hai cña ®−êng trßn (O1) vµ (O2). Chøng minh r»ng:

Chuyªn ®Ò 10. 10

vÏ h×nh phô ®Ó gi¶I to¸n trong ch−¬ng ®−êng trßn

a) Tø gi¸c ABO1O2 lµ h×nh b×nh hµnh;

A. §Æt vÊn ®Ò

b) Ba ®−êng th¼ng AO1, BO2 vµ CO3 ®ång quy.

• Hai ®−êng trßn tiÕp xóc 9.7. Cho h×nh thang c©n ABCD (AB // CD), hai ®−êng chÐo c¾t nhau t¹i E. Chøng minh r»ng ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABE vµ ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c CDE tiÕp xóc ngoµi víi nhau. 9.8. Cho tø gi¸c ABCD. VÏ ®−êng trßn (O1) néi tiÕp tam gi¸c ABC tiÕp xóc víi AC t¹i M. VÏ ®−êng trßn (O2) néi tiÕp tam gi¸c ADC tiÕp xóc víi AC t¹i N. a) Chøng minh r»ng AM =

AB + AC − BC AD + AC − CD vµ AN = . 2 2

b) Cho biÕt AB + CD = AD + BC, chøng minh r»ng hai ®−êng trßn (O1) vµ (O2) tiÕp xóc ngoµi víi nhau.

9.9. Cho çc ®−êng trßn (A), (B), (C) tiÕp xóc ngoµi víi nhau tõng ®«i mét. VÏ ®−êng trßn (O) tiÕp xóc trong víi c¶ ba ®−êng trßn (A), (B), (C). Chøng minh r»ng çc tam gi¸c OAB, OBC, OCA cã chu vi b»ng nhau. 9.10. Cho tam gi¸c ABC cã AB = 20; BC = 34; CA = 30. VÏ ba ®−êng trßn (A), (B), (C) tiÕp xóc ngoµi víi nhau tõng ®«i mét. a) TÝnh b¸n kÝnh cña ba ®−êng trßn nµy. b) VÏ ®−êng trßn (K) tiÕp xóc víi çc ®−êng trßn (A), (B), (C). Chøng minh r»ng çc tø gi¸c lâm ABKC, BCKA, CAKB cã chu vi b»ng nhau.

9.11. Cho hai ®−êng trßn (O; R) vµ (O'; R') tiÕp xóc ngoµi t¹i A. Trªn mét nöa mÆt ph¼ng bê OO' vÏ c¸c b¸n kÝnh OB vµ O'C song song víi nhau. a) Chøng minh r»ng tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A. b) VÏ AH ⊥ BC, tÝnh ®é dµi lín nhÊt cña AH.

9.12. Cho ba ®−êng trßn (O1; R1); (O2; R2); (O3; R3) tiÕp xóc ngoµi víi nhau tõng ®«i mét. Gäi c¸c tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (O1) víi (O2); cña ®−êng trßn (O1) víi (O3); cña ®−êng trßn (O2) víi (O3) lÇn l−ît lµ A, B, C. Tia AB vµ AC c¾t ®−êng trßn (O3) lÇn l−ît t¹i M vµ N. Gäi H lµ giao ®iÓm cña O1N vµ O2M. Chøng minh r»ng: a) MN // O1O2; b) §−êng th¼ng AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai ®−êng trßn (O1) vµ (O2). 9.13. Cho ba ®−êng trßn (A), (B), (C) tiÕp xóc ngoµi víi nhau tõng ®«i mét. Chøng minh r»ng ba tiÕp tuyÕn chung cña tõng cÆp ®−êng trßn ®ång quy t¹i mét ®iÓm. §iÓm nµy cã vÞ trÝ g× ®Æc biÖt ®èi víi tam gi¸c ABC?

Cã nhiÒu bµi to¸n trong ch−¬ng ®−êng trßn, muèn gi¶i ®−îc ta ph¶i vÏ thªm h×nh phô. VÏ h×nh phô ®Ó t¹o ®iÒu kiÖn vËn dông c¸c ®Þnh lÝ trong ch−¬ng nµy. Cã nhiÒu c¸ch vÏ h×nh phô.

1. VÏ ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi mét d©y NÕu bµi to¸n yªu cÇu so s¸nh ®é dµi cña hai d©y, ta cã thÓ so s¸nh kho¶ng c¸ch tõ t©m ®Õn hai d©y. Khi ®ã ta vÏ ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi mçi d©y ®Ó so s¸nh hai kho¶ng c¸ch. §Ó tÝnh to¸n ®é dµi cña mét d©y ta vÏ ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi d©y ®ã råi dïng ®Þnh lÝ Py-ta-go tÝnh ®é dµi cña mét nöa d©y, tõ ®ã suy ra ®é dµi cña c¶ d©y.

2. VÏ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn ®i qua tiÕp ®iÓm C¸c bµi to¸n cã tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn ta th−êng vÏ thªm b¸n kÝnh ®i qua tiÕp ®iÓm. Khi ®ã b¸n kÝnh nµy vu«ng gãc víi tiÕp tuyÕn.

3. VÏ tiÕp tuyÕn chung t¹i tiÕp ®iÓm cña hai ®−êng trßn tiÕp xóc NÕu bµi to¸n cã hai ®−êng trßn tiÕp xóc ta cã thÓ vÏ thªm mét tiÕp tuyÕn chung t¹i tiÕp ®iÓm. Tõ ®ã ta cã thÓ vËn dông ®−îc tÝnh chÊt cña hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau vµ mét sè tÝnh chÊt kh¸c.

4. VÏ d©y cña hai ®−êng trßn c¾t nhau NÕu bµi to¸n cã hai ®−êng trßn c¾t nhau, ta cã thÓ vÏ thªm d©y chung ®Ó ®−îc d©y chung vu«ng gãc víi ®−êng nèi t©m vµ bÞ ®−êng nèi t©m chia ®«i. D©y chung ®ãng vai trß trung gian ®Ó chuyÓn tõ ®−êng trßn nµy sang ®−êng trßn kh¸c.

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Cho hai ®−êng trßn (O; R) vµ (O'; R) ngoµi nhau. Mét ®−êng th¼ng d // OO' c¾t ®−êng trßn (O; R) t¹i A vµ B, c¾t ®−êng trßn (O'; R) t¹i C vµ D sao cho B vµ C n»m gi÷a A vµ D. Chøng minh r»ng: a) AB = CD; b) AC = BD = OO'.

Gi¶i (h.10.1) * T×m h−íng gi¶i

Muèn chøng minh hai d©y AB vµ CD b»ng nhau ta chøng minh chóng c¸ch ®Òu t©m. Muèn vËy ta vÏ OH ⊥ AB, O'K ⊥ CD råi chøng minh OH = O'K. K H B C D A * Tr×nh bµy lêi gi¶i O'

a) VÏ OH ⊥ AB, O'K ⊥ CD. Ta cã OH // O'K. MÆt kh¸c, HK // OO' nªn tø gi¸c HKO'O lµ h×nh b×nh hµnh.

max MN = 2OO' = 2(30 − 12) = 36cm.

NhËn xÐt: Khi ®Ò bµi cã hai ®−êng trßn c¾t nhau, cÇn xÐt hai tr−êng hîp cña h×nh vÏ: - Tr−êng hîp hai t©m n»m trªn hai nöa mÆt ph¼ng ®èi nhau bê chøa d©y chung; - Tr−êng hîp hai t©m thuéc cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê chøa d©y chung.

VÝ dô 3. Cho hai ®−êng trßn ®ång t©m O cã b¸n kÝnh lµ R vµ r (R > r). Trªn ®−êng trßn nhá lÊy mét ®iÓm A cè ®Þnh vµ mét ®iÓm M di ®éng. Qua A vÏ d©y BC cña ®−êng trßn lín vu«ng gãc víi AM. Chøng minh r»ng:

H×nh 10.1

= 90 nªn lµ h×nh ch÷ nhËt. H×nh b×nh hµnh nµy cã H

a) Tæng AB2 + AC2 + AM2 kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M.

Suy ra OH = O'K. Do ®ã AB = CD (hai d©y c¸ch ®Òu t©m th× b»ng nhau).

b) Träng t©m G cña tam gi¸c MBC lµ mét ®iÓm cè ®Þnh.

Gi¶i (h.10.3)

b) Ta cã HA = HB, KC = KD (tÝnh chÊt ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi d©y).

a) Gäi D lµ giao ®iÓm thø hai cña BC víi ®−êng trßn nhá.

Do AB = CD nªn HA = HB = KC = KD.

VÏ OH ⊥ AD ta cã: HA = HD; HB = HC (®−êng kÝnh vu«ng gãc víi d©y).

Ta cã AC = AH + HC = KC + HC = HK = OO'; BD = BK + KD = BK + HB = HK = OO'.

XÐt ∆MAD cã OH lµ ®−êng trung b×nh, suy ra AM = 2OH.

Do ®ã AC = BD = OO'.

Ta cã AB2 + AC2 = (HB – HA)2 + (HC + HA)2 = 2HA2 + 2HB2.

NhËn xÐt: Bµi to¸n vÉn ®óng nÕu hai ®−êng trßn c¾t nhau hoÆc tiÕp xóc nhau.

XÐt ∆HOB vu«ng t¹i H ta cã:

VÝ dô 2. Cho ®−êng trßn (O; 34cm) vµ ®−êng trßn (O'; 20cm) c¾t nhau t¹i A vµ B sao cho AB = 32cm. Qua A vÏ ®−êng th¼ng d c¾t ®−êng trßn (O) t¹i mét ®iÓm thø hai lµ M, c¾t ®−êng trßn (O') t¹i mét ®iÓm thø hai lµ N. TÝnh ®é dµi lín nhÊt cña MN. Gi¶i (h.10.2)

VÏ OH ⊥ MA, O'K ⊥ AN vµ O'E ⊥ OH.

1 1 Ta cã AH = AM, AK = AN. 2 2 Do ®ã MN = 2HK = 2O'E. Suy ra MN ≤ 2OO' (dÊu "=" x¶y ra khi E ≡ O hay khi d // OO'). VËy max MN = 2OO' khi d // OO'.

E F

G O M

H×nh 10.3

b) ∆MAD vµ ∆MBC cïng cã chung ®−êng trung tuyÕn MH nªn cã cïng 1 träng t©m G. XÐt ∆MAD cã OG = OA, mµ OA cè ®Þnh nªn G cè ®Þnh. 3

H×nh 10.2

VËy träng t©m G cña ∆MBC lµ mét ®iÓm cè ®Þnh.

1 AB = 16cm. 2

VÝ dô 4. Cho ®−êng trßn (O) néi tiÕp tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, tiÕp xóc víi c¸c c¹nh BC, CA vµ AB lÇn l−ît t¹i D, E vµ F. Gäi r lµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn, S lµ diÖn tÝch cña tam gi¸c ABC. Chøng minh r»ng: a) r =

O'F = O'A – AF = 30 – 16 = 144 ⇒ O'F = 12 (cm). 2

= 2HA2 + 2HB2 + 4OH2 = 2r2 + 2R2 (kh«ng ®æi).

OF2 = OA2 – AF2 = 342 – 162 = 900 ⇒ OF = 30 (cm); 2

= 2(HA + OH ) + 2(HB + OH )

¸p dông ®Þnh lÝ Py-ta-go vµo c¸c tam gi¸c vu«ng AFO vµ AFO' ta tÝnh ®−îc:

OH2 + HA2 = OA2 = r2.

XÐt ∆HOA vu«ng t¹i H ta cã: Do ®ã AB2 + AC2 + AM2 =

Gäi F lµ giao ®iÓm cña AB víi OO'. Ta cã AB ⊥ OO' vµ FA =

OH2 + HB2 = OB2 = R2.

•

NÕu ®iÓm F n»m gi÷a O vµ O' th× max MN = 2OO' = 2(30 + 12) = 84cm.

•

NÕu ®iÓm F kh«ng n»m gi÷a O vµ O' th×

AB + AC − BC ; 2

b) S = BD . CD.

Gi¶i (h.10.4) 53

* T×m h−íng gi¶i Trong c©u a) ta ph¶i chøng minh mét hÖ thøc liªn hÖ gi÷a r víi çc c¹nh cña tam gi¸c. Trªn h×nh vÏ ch−a cã b¸n kÝnh cña ®−êng trßn. V× thÕ ta cÇn vÏ çc b¸n kÝnh ®i qua çc tiÕp ®iÓm ®Ó vËn dông tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn. A F

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

a) Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: AE = AF, BD = BF, CE = CD.

Tø gi¸c AEOF lµ h×nh vu«ng nªn AE = AF = r.

A O

AB ⊥ OO' vµ HA = HB.

AB + AC − BC . 2

XÐt ∆AOO' cã OO'2 > OA2 + O'A2

1 1 1 AB.AC = ( AF + BF )( AE + CE ) = ( AF.AE + AF.CE + BF.AE + BF.CE ) 2 2 2 1 1 = ( AF.r + r.CE + BD.r + BD.CD ) =  r ( AF + CE + BD ) + BD.CD  2 2

§Æt OH = x th× O'H = 21 – x. XÐt c¸c ∆HOA vµ HO'A vu«ng t¹i H ta cã: OA2 – OH2 = O'A2 – O'H2 (= AH2). Suy ra 172 – x2 = 102 – (21 – x)2 ⇒ x = 15.

1  AB + BC + CA  1 r. + BD.CD  = ( S + BD.CD ) (v× S = p . r). 2  2  2

Do ®ã AH2 = 172 – 152 ⇒ AH = 8 vµ AB = 16cm. DiÖn tÝch tø gi¸c OAO'B lµ: S =

Suy ra 2S = S + BD . CD do ®ã S = BD . CD.

VÝ dô 5. Cho hai ®−êng trßn (O1; R1) vµ (O2; R2) tiÕp xóc ngoµi t¹i A. VÏ tiÕp tuyÕn chung ngoµi BC trong ®ã B ∈ (O1), C ∈ (O2). a) Chøng minh r»ng tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c vu«ng. b) TÝnh ®é dµi BC theo R1, R2.

BC . 2

1 1 AB.OO ' = .16.21 = 168(cm 2 ). 2 2

NhËn xÐt: ViÖc vÏ d©y chung AB gióp ta x¸c ®Þnh ®−îc tø gi¸c OAO'B cã hai ®−êng chÐo vu«ng gãc. Do ®ã diÖn tÝch cña tø gi¸c nµy b»ng nöa tÝch cña hai ®−êng chÐo. §· biÕt OO' = 21cm nªn chØ cÇn tÝnh AB. C. Bµi tËp vËn dông

Gi¶i (h.10.5)

Ta cã MA = MB; MA = MC.

H×nh 10.6

do ®ã ®iÓm H n»m gi÷a O vµ O'.

a) Qua A vÏ tiÕp tuyÕn chung trong c¾t BC t¹i M.

(v× 212 > 172 + 102) nªn gãc OAO' lµ gãc tï,

b) DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ

Suy ra MA = MB = MC =

VÝ dô 6. Hai ®−êng trßn (O; 17cm) vµ (O'; 10cm) c¾t nhau t¹i A vµ B. BiÕt OO' = 21cm, tÝnh diÖn tÝch tø gi¸c OAO'B. VÏ d©y chung AB c¾t OO' t¹i H th×

= AF + BD + AE + CD – BD – CD = AF + AE = 2r.

Suy ra MA2 = AO1.AO2 = R1.R2. Do ®ã MA = R1R 2 .

Gi¶i (h.10.6)

H×nh 10.4

Ta cã AB + AC – BC = (AF + BF) + (AE + CE) – (BD + CD)

Suy ra r =

XÐt ∆MO1O2 vu«ng t¹i M cã MA ⊥ O1O2.

VËy BC = 2 R1R 2 .

O B

b) Ta cã MO1 lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AMB, MO2 lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AMC. Suy ra MO1 ⊥ MO2.

• VÏ ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi mét d©y

10.1. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét d©y AB bÊt k×. Tõ B vÏ tiÕp tuyÕn xy. VÏ C M B H×nh 10.5

AH ⊥ xy. Chøng minh r»ng tØ sè

AB2 lu«n kh«ng ®æi. AH

1 XÐt ∆ABC cã ®−êng trung tuyÕn AM vµ AM = BC nªn ∆ABC vu«ng t¹i A. 2

10.2. Cho hai ®−êng trßn (O) vµ (O') c¾t nhau t¹i A vµ B. Gäi M lµ trung ®iÓm cña OO', gäi N lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua M. VÏ mét ®−êng th¼ng qua A c¾t ®−êng trßn (O) vµ (O') lÇn l−ît t¹i C vµ D. Chøng minh r»ng tam gi¸c NCD lµ tam gi¸c c©n.

10.3. Cho ®−êng trßn (O) vµ hai d©y song song AB, CD c¸ch nhau 6cm, t©m O n»m ë miÒn trong cña hai d©y nµy vµ AB = 10cm, CD = 14cm. Mét d©y MN song song víi hai d©y nµy vµ c¸ch ®Òu chóng. TÝnh ®é dµi cña d©y MN.

10.12. Cho hai ®−êng trßn (O) vµ (O') tiÕp xóc víi nhau t¹i A. Qua A vÏ mét c¸t tuyÕn c¾t ®−êng trßn (O) vµ (O') t¹i B vµ C. VÏ tiÕp tuyÕn Bx cña ®−êng trßn (O) vµ tiÕp tuyÕn Cy cña ®−êng trßn (O'). Chøng minh r»ng Bx // Cy.

10.4. Cho ®−êng trßn (O; 3cm) vµ mét ®iÓm M c¸ch O lµ 5cm. Qua M vÏ ®−êng th¼ng d c¾t ®−êng trßn t¹i A vµ B ph©n biÖt hoÆc trïng nhau. TÝnh gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña tæng MA + MB.

10.13. Cho ®−êng trßn (O1; 3cm) vµ ®−êng trßn (O2; 1cm) tiÕp xóc ngoµi t¹i A. VÏ tiÕp tuyÕn chung ngoµi BC víi B ∈ (O1) vµ C ∈ (O2). TÝnh c¸c ®é dµi AB, AC.

10.5. Cho hai ®−êng trßn (O) vµ (O') c¾t nhau t¹i A vµ B. H·y dùng qua A mét ®−êng th¼ng c¾t ®−êng trßn (O) vµ (O') lÇn l−ît t¹i mét ®iÓm thø hai lµ C vµ D sao cho A lµ trung ®iÓm cña CD.

10.14. Cho ®−êng trßn (O1; R1) vµ ®−êng trßn (O2; R2) tiÕp xóc ngoµi víi nhau t¹i A. VÏ tiÕp tuyÕn chung ngoµi BC trong ®ã B ∈ (O1) vµ C ∈ (O2). VÏ ®−êng trßn (O) tiÕp xóc ngoµi víi ®−êng trßn (O1) vµ ®−êng trßn (O2) ®ång thêi tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng BC t¹i mét ®iÓm n»m gi÷a B vµ C. Gäi R lµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (O).

10.6. Cho hai ®−êng trßn ®ång t©m O, b¸n kÝnh lÇn l−ît lµ R vµ r trong ®ã 1 R < r < R. H·y dùng d©y AB cña ®−êng trßn lín c¾t ®−êng trßn nhá t¹i C 3 vµ D (C n»m gi÷a A vµ D) sao cho AC = CD = DB. • VÏ b¸n kÝnh ®i qua tiÕp ®iÓm

10.7. Cho ®−êng trßn (O) vµ ®−êng th¼ng xy tiÕp xóc víi nhau t¹i A. Tõ mét ®iÓm B trªn ®−êng trßn vÏ BH ⊥ xy. Cho biÕt BH = 9cm, AH = 15cm. TÝnh b¸n kÝnh cña ®−êng trßn. 10.8. Cho ®−êng trßn (O; r) néi tiÕp tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A. Qua O vÏ ®−êng th¼ng d c¾t hai c¹nh AB, AC lÇn l−ît t¹i M vµ N. TÝnh diÖn tÝch nhá nhÊt cña tam gi¸c AMN. 10.9. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã tæng hai c¹nh gãc vu«ng lµ 34cm. BiÕt b¸n kÝnh R cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp h¬n b¸n kÝnh r cña ®−êng trßn néi tiÕp lµ 9cm. TÝnh R vµ r. 10.10. H×nh 10.7 vÏ ®−êng trßn (O2; x) tiÕp xóc ngoµi víi ®−êng trßn (O1; a) vµ (O3; b) vµ tiÕp xóc víi hai c¹nh cña gãc nhän xOy. a) Chøng minh r»ng bèn ®iÓm O O, O1, O2, O3 th¼ng hµng.

a) Chøng minh r»ng

1 1 1 = + . R R1 R2

b) B©y giê gi¶ sö ®−êng trßn (O; R) cè ®Þnh cßn ®−êng trßn (O1; R1) vµ (O2; R2) thay ®æi. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tÝch P = R1.R2 theo ®é dµi R cho tr−íc. • VÏ d©y d©y chung

10.15. Cho hai ®−êng trßn (O) vµ (O') cã b¸n kÝnh kh¸c nhau c¾t nhau t¹i A vµ B. VÏ h×nh b×nh hµnh OBO'M. Chøng minh r»ng bèn ®iÓm M, A, O', O cïng n»m trªn mét ®−êng trßn. 10.16. Cho hai ®−êng trßn (O) vµ (O') c¾t nhau t¹i A vµ B. VÏ c¸c ®−êng kÝnh AOC vµ AO'D. Qua A vÏ ®−êng th¼ng d c¾t ®−êng trßn (O) vµ ®−êng trßn (O') lÇn l−ît t¹i mét ®iÓm thø hai lµ M vµ N. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®−êng th¼ng d ®Ó tæng MC + ND ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt.

B' A' O1 A

O2 B

O3 C

b) T×m ®é dµi x. • VÏ tiÕp tuyÕn chung

10.11. Cho ®o¹n th¼ng AB = 2a. Trªn cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê AB ta vÏ ®−êng trßn (O) tiÕp xóc víi AB t¹i A, ®−êng trßn (O') tiÕp xóc víi AB t¹i B vµ hai ®−êng trßn nµy tiÕp xóc ngoµi víi nhau. Gäi R vµ R' lÇn l−ît lµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (O) vµ (O'). Chøng minh r»ng R . R' = a2.

Chuyªn ®Ò 11. 11

Trong h×nh ®· cã mét ®iÓm O cè ®Þnh. Ta chØ cÇn x¸c ®Þnh xem ®iÓm M c¸ch ®iÓm O mét kho¶ng lµ bao nhiªu?

Chøng minh mét ®iÓm di ®éng trªn mét ®−êng trßn hoÆc mét ®−êng th¼ng cè ®Þnh

* Tr×nh bµy lêi gi¶i Ta cã MA = MB = 70 : 2 = 35cm. Suy ra OM ⊥ AB (®Þnh lÝ ®−êng kÝnh ®i qua trung ®iÓm cña mét d©y).

A. §Æt vÊn ®Ò

O A

XÐt ∆AOM vu«ng t¹i M ta cã:

C¸c yÕu tè trong mét h×nh th−êng liªn quan chÆt chÏ víi nhau. Khi mét ®iÓm nµo ®ã cña h×nh di ®éng khái vÞ trÝ ban ®Çu th× nh÷ng yÕu tè cña h×nh sÏ biÕn ®æi, kÐo theo mét ®iÓm kh¸c còng di ®éng theo. ViÖc x¸c ®Þnh xem mét ®iÓm di ®éng trªn ®−êng nµo lµ mét phÇn cña bµi to¸n quü tÝch sÏ häc ë ch−¬ng sau. Trong chuyªn ®Ò nµy ta chØ xÐt phÇn ®Çu cña bµi to¸n quü tÝch, tøc lµ xÐt xem mét ®iÓm cã tÝnh chÊt nµo ®ã th× nã chuyÓn ®éng trªn ®−êng nµo?

OM2 = OA2 – AM2 = 372 – 352 = 144 ⇒ OM = 12(cm).

H×nh 11.1

VËy ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn (O; 12cm).

VÝ dô 2. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét d©y AB cè ®Þnh. LÊy ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn. VÏ h×nh b×nh hµnh ABMN. Hái ®iÓm N di ®éng trªn ®−êng nµo?

Trong ch−¬ng ®−êng trßn ta quan t©m tíi hai ®−êng c¬ b¶n lµ ®−êng trßn vµ ®−êng th¼ng.

Gi¶i (h.11.2)

VÏ h×nh b×nh hµnh ABOK.

1. Muèn chøng minh mét ®iÓm M di ®éng trªn mét ®−êng trßn ta ph¶i lµm hai viÖc:

Ta cã MN // OK (v× cïng song song víi AB).

- X¸c ®Þnh mét ®iÓm cè ®Þnh trong h×nh;

MN = OK (v× cïng b»ng AB).

- Chøng minh ®iÓm M c¸ch ®iÓm cè ®Þnh nµy mét kho¶ng kh«ng ®æi.

V× A, B, O cè ®Þnh nªn K cè ®Þnh.

H×nh 11.2

VËy tø gi¸c MNKO lµ h×nh b×nh hµnh. Suy ra KN = OM = R (kh«ng ®æi).

2. Muèn chøng minh mét ®iÓm M di ®éng trªn mét ®−êng th¼ng ta cã thÓ:

V× K cè ®Þnh nªn N di ®éng trªn ®−êng trßn (K; R).

- Chøng minh ®iÓm M c¸ch ®Òu hai ®Çu cña mét ®o¹n th¼ng cho tr−íc.

NhËn xÐt: Trong h×nh cã ba ®iÓm cè ®Þnh lµ A, B, O. §iÓm N kh«ng c¸ch ®Òu ®iÓm nµo trong ba ®iÓm ®ã. V× thÕ ta vÏ h×nh phô ®Ó t×m ®iÓm cè ®Þnh thø t− lµ ®iÓm K. Khi ®ã chØ cßn ph¶i chøng minh KN cã ®é dµi kh«ng ®æi.

Khi ®ã ®iÓm M sÏ di ®éng trªn ®−êng trung trùc cña ®o¹n th¼ng Êy. - Chøng minh ®iÓm M c¸ch ®Òu hai c¹nh cña mét gãc cho tr−íc. Khi ®ã ®iÓm M sÏ di ®éng trªn tia ph©n gi¸c cña gãc Êy.

AB . 2 VÏ c¸c tiÕp tuyÕn AC vµ BD. Cho biÕt AC = BD, hái t©m O di ®éng trªn ®−êng nµo?

VÝ dô 3. Cho tr−íc ®o¹n th¼ng AB. §−êng trßn (O) thay ®æi cã b¸n kÝnh R <

- Chøng minh ®iÓm M c¸ch ®Òu mét ®−êng th¼ng cho tr−íc mét kho¶ng cho tr−íc. Khi ®ã ®iÓm M sÏ di ®éng trªn mét ®−êng th¼ng song song víi mét ®−êng th¼ng cho tr−íc vµ c¸ch ®−êng th¼ng Êy mét kho¶ng cho tr−íc.

Gi¶i (h.11.3)

Ngoµi ra, cßn cã thÓ vËn dông tÝnh chÊt: qua mét ®iÓm cho tr−íc cã thÓ vÏ ®−îc mét vµ chØ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc (hoÆc song song) víi mét ®−êng th¼ng cho tr−íc.

* T×m çch gi¶i VÏ vµi vÞ trÝ cña ®iÓm O, ta thÊy chóng th¼ng hµng vµ çc ®iÓm O nµy lu«n çch ®Òu hai ®Çu cña ®o¹n th¼ng cè ®Þnh nªn ta nghÜ ®Õn ®−êng trung trùc cña ®o¹n th¼ng AB.

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Cho ®−êng trßn (O; 37cm), d©y AB = 70cm. Khi d©y AB di ®éng trong ®−êng trßn th× trung ®iÓm M cña nã di ®éng trªn ®−êng nµo?

* Tr×nh bµy lêi gi¶i Ta cã OC ⊥ AC, OD ⊥ BD (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn).

Gi¶i (h.11.1) * T×m c¸ch gi¶i

59 A

60 B

VËy H lµ mét ®iÓm cè ®Þnh trªn tia OA.

=D = 90o ; OC = OD ∆AOC vµ ∆BOD cã: AC = BD; C

Suy ra ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng th¼ng m ⊥ OA t¹i H.

nªn ∆AOC = ∆BOD (c.g.c). Suy ra OA = OB. §iÓm O c¸ch ®Òu hai ®Çu cña ®o¹n th¼ng AB cè ®Þnh nªn ®iÓm O di ®éng trªn ®−êng trung trùc cña AB. H×nh 11.3

C. Bµi tËp vËn dông • §iÓm di ®éng trªn ®−êng trßn

VÝ dô 4. Cho hai ®−êng th¼ng song song xy vµ x'y' c¸ch nhau mét kho¶ng 2a. Mét ®−êng trßn (O) tiÕp xóc víi xy vµ x'y'. Hái ®iÓm O di ®éng trªn ®−êng nµo?

11.1. Cho ®o¹n th¼ng AB vµ ®iÓm K n»m gi÷a A vµ B. Mét tia Kx quay quanh K, trªn = ABM. Hái ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo? Kx lÊy ®iÓm M sao cho AMK

Gi¶i (h.11.4)

11.2. Cho ®−êng trßn (O; R). Tõ mét ®iÓm M di ®éng n»m ngoµi ®−êng trßn vÏ c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB víi ®−êng trßn t¹o thµnh mét gãc b»ng α cho tr−íc. Hái ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo?

* T×m c¸ch gi¶i VÏ vµi vÞ trÝ cña ®iÓm O ta thÊy chóng th¼ng hµng vµ n»m trªn mét ®−êng th¼ng song song víi hai ®−êng th¼ng ®· cho. x

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

Gäi H vµ H' lµ c¸c tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (O) trªn xy vµ x'y'. Ta cã OH ⊥ xy, OH' ⊥ x'y'. V× xy // x'y' nªn ba ®iÓm H, O, H' th¼ng hµng.

H×nh 11.4

Ta cã OH = OH' = 2a : 2 = a.

§iÓm O c¸ch ®Òu hai ®−êng th¼ng song song xy vµ x'y' mét kho¶ng b»ng a nªn O di ®éng trªn ®−êng th¼ng d // xy // x'y' vµ c¸ch mçi ®−êng ®ã mét kho¶ng b»ng a.

VÝ dô 5. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét ®iÓm A cè ®Þnh kh«ng trïng víi t©m O. Qua A vÏ mét ®−êng th¼ng kh«ng ®i qua t©m c¾t ®−êng trßn t¹i B vµ C. C¸c tiÕp tuyÕn t¹i B vµ C cña ®−êng trßn c¾t nhau t¹i M. Hái ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo? m

Gi¶i (h.11.5)

Tõ M vÏ ®−êng th¼ng m ⊥ OA, c¾t OA t¹i H. Ta cã MB = MC vµ MO lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BMC, tõ ®ã suy ra MO ⊥ BC. ∆AOK

K B O

11.5. Cho ®−êng trßn (O). Trªn ®−êng trßn lÊy mét ®iÓm A cè ®Þnh vµ mét ®iÓm B di ®éng. Gäi C lµ ®iÓm ®èi xøng cña O qua AB. Hái träng t©m G cña tam gi¸c ABC di ®éng trªn ®−êng nµo? 11.6. Cho ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh AB. Tõ A vÏ tiÕp tuyÕn xy víi ®−êng trßn. Tõ mét ®iÓm C di ®éng trªn ®−êng trßn vÏ CH ⊥ AB vµ CK ⊥ xy. Hái trung ®iÓm M cña HK di ®éng trªn ®−êng nµo? 11.7. Cho ®−êng trßn (O; 3cm) vµ mét ®iÓm A cè ®Þnh c¸ch O lµ 6cm. Gäi B lµ mét ®iÓm di ®éng trªn ®−êng trßn sao cho ba ®iÓm A, O, B kh«ng th¼ng hµng. Gäi OM vµ ON lµ c¸c ®−êng ph©n gi¸c trong vµ ngoµi t¹i ®iÓm O cña tam gi¸c AOB. Hái ®iÓm M vµ ®iÓm N di ®éng trªn ®−êng nµo?

11.8. Cho gãc xOy kh¸c gãc bÑt. §−êng trßn (K) tiÕp xóc víi hai c¹nh Ox vµ Oy. Hái ®iÓm K di ®éng trªn ®−êng nµo? 11.9. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét ®iÓm A cè ®Þnh. Gäi B lµ mét ®iÓm di ®éng trªn ®−êng trßn sao cho A, O, B kh«ng th¼ng hµng. Qua O vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AB c¾t tiÕp tuyÕn Bx cña ®−êng trßn t¹i M. Hái ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo?

OH.OA = OK.OM.(1) OK.OM = OC2 = R2.

11.4. Cho tam gi¸c ABC, c¹nh BC = 6cm cè ®Þnh vµ AB = 3cm. Tia ph©n gi¸c cña gãc B c¾t c¹nh AC t¹i M. Hái ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo?

• §iÓm di ®éng trªn ®−êng th¼ng C

OK OA ∆MOH (g.g) suy ra = , do ®ã OH OM

XÐt ∆COM vu«ng t¹i C, cã CK lµ ®−êng cao, ta cã:

11.3. Cho ®−êng trßn (O; R). Trªn ®−êng trßn lÊy mét ®iÓm A cè ®Þnh vµ mét ®iÓm B di ®éng. Tõ A vÏ tiÕp tuyÕn xy. §−êng th¼ng vÏ tõ B vu«ng gãc víi xy vµ ®−êng th¼ng vÏ tõ O vu«ng gãc víi AB c¾t nhau t¹i M. Hái ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo?

H×nh 11.5

(2)

11.10. Cho ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh AB. Trªn tia ®èi cña tia BA lÊy mét ®iÓm C. VÏ ®−êng trßn (C; CO). TiÕp tuyÕn chung cña hai ®−êng trßn tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) t¹i D, tiÕp xóc víi ®−êng trßn (C) t¹i E. Chøng minh

R2 Tõ (1) vµ (2) suy ra OH.OA = R ⇒ OH = (kh«ng ®æi). OA 2

r»ng khi C di ®éng trªn tia ®èi cña tia BA th× ®iÓm E di ®éng trªn mét ®−êng th¼ng cè ®Þnh.

11.11. Cho hai ®iÓm cè ®Þnh A vµ B. VÏ c¸c ®−êng trßn (O) vµ (O') cïng ®i qua A vµ B. VÏ d©y AC cña ®−êng trßn (O) tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O') t¹i A. VÏ d©y AD cña ®−êng trßn (O') tiÕp xóc víi ®−êng trßn (O) t¹i A. Qua O vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AB. Qua O' vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AD, hai ®−êng th¼ng nµy c¾t nhau t¹i M. Hái khi hai ®−êng trßn (O) vµ (O') thay ®æi nh−ng lu«n ®i qua A vµ B th× ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng nµo? 11.12. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ mét ®iÓm A cè ®Þnh trªn ®−êng trßn ®ã. Tõ A vÏ tiÕp tuyÕn xy, trªn ®ã lÊy ®iÓm M di ®éng. Tõ M vÏ tiÕp tuyÕn thø hai víi ®−êng trßn (O; R) víi tiÕp ®iÓm B. a) Gäi K lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c MAB. Hái khi ®iÓm M di ®éng trªn xy th× ®iÓm K di ®éng trªn ®−êng nµo? b) Gäi H lµ trùc t©m cña tam gi¸c MAB. Hái khi ®iÓm M di ®éng trªn xy th× ®iÓm H di ®éng trªn ®−êng nµo?

Ch−¬ng II. ®−êng trßn Chuyªn ®Ò 6. Sù x¸c ®Þnh ®−êng trßn. TÝnh chÊt ®èi xøng cña ®−êng trßn 6.1. (h.6.10)

§−êng trßn qua bèn ®iÓm A, B, C, D vµ ®−êng trßn qua bèn ®iÓm B, C, D, E cã ba ®iÓm chung vµ B, C, D nªn chóng A ph¶i trïng nhau. VËy n¨m ®iÓm A, B, C, D, E cïng thuéc mét ®−êng trßn.

6.2.

B D O

(h.6.11)

H×nh 6.10

XÐt ∆ABD cã EF lµ ®−êng trung b×nh suy ra

A E

AD EF // AD vµ EF = . 2 Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc

HG // AD vµ HG =

AD . 2

H×nh 6.11

VËy EF // HG vµ EF = HG. Suy ra tø gi¸c EFGH lµ h×nh b×nh hµnh.

= BCD; HGC = ADC (cÆp gãc ®ång vÞ). Ta cã FGD + HGC = BCD + ADC = 90o , dÉn tíi FGH = 90o. Do ®ã FGD = 90o nªn lµ h×nh ch÷ nhËt. H×nh b×nh hµnh EFGH cã G Suy ra bèn ®iÓm E, F, G, H cïng n»m trªn mét ®−êng trßn.

6.3. (h.6.12) Trªn tia AO lÊy ®iÓm O' sao cho O lµ trung ®iÓm cña AO'.

M' M

O'N' = O'P' = O'Q' = 2R.

XÐt ∆AO'M' cã OM lµ ®−êng trung A b×nh nªn O'M' = 2OM = 2R. Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc

O P Q

H×nh 6.12

VËy bèn ®iÓm M', N', P', Q' cïng thuéc ®−êng trßn (O; 2R).

6.4. (h.6.13) V× ABCD lµ h×nh thoi nªn AC ⊥ BD (t¹i O) vµ AC A lµ ®−êng ph©n gi¸c cña gãc A.

E 1 2

C O H

G D H×nh 6.13

=A = 30o. Do ®ã A 1 2

§Æt ®é dµi mçi c¹nh cña h×nh thoi lµ a. =A = 30o nªn OB = OD = a . XÐt c¸c tam gi¸c AOB, AOD vu«ng t¹i O cã A 1 2 2

I E

Theo tÝnh chÊt trung tuyÕn øng víi c¹nh huyÒn cña tam gi¸c vu«ng ta cã: a OE = OF = OG = OH = . 2

a VËy OB = OD = OE = OF = OG = OH = . 2  a Suy ra 6 ®iÓm B, D, E, F, G, H cïng thuéc mét ®−êng trßn  O;  víi O lµ giao  2 ®iÓm hai ®−êng chÐo h×nh thoi.

6.5. (h.6.14)

a) Gäi O lµ trung ®iÓm cña CD. Theo tÝnh chÊt trung tuyÕn øng víi c¹nh huyÒn cña tam gi¸c vu«ng ta cã: a OH = OK = OC = OD = . 2

M H

O H×nh 6.14

J B

H×nh 6.15

Ta cã JK // BC; MJ // AD mµ AD ⊥ BC nªn MJ ⊥ JK. Do ®ã tø gi¸c MPKJ lµ h×nh ch÷ nhËt.

b) DÔ thÊy tø gi¸c AMOD lµ h×nh ch÷ nhËt. Suy ra OM = AD = b.

Suy ra bèn ®iÓm M, P, K, J cïng thuéc mét ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh MK hoÆc PJ. b) Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc tø gi¸c MIKN lµ h×nh ch÷ nhËt. Suy ra bèn ®iÓm M, I, K, N cïng thuéc mét ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh MK hoÆc IN. Hai ®−êng trßn (O) nµy cã chung ®−êng kÝnh MK nªn chóng trïng nhau. Suy ra 6 ®iÓm M, P, K, J, I, N cïng thuéc mét ®−êng trßn ®−êng kÝnh MK hoÆc IN.

§iÓm M thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh CD a a ⇔ b = ⇔ a = 2b. 2 2

c) Tam gi¸c FMK vu«ng t¹i F nªn ®iÓm F n»m trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh MK. Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc ®iÓm E thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh PJ, ®iÓm D thuéc ®−êng trßn ®−êng kÝnh IN.

VËy 5 ®iÓm C, D, H, K, M cïng thuéc mét ®−êng trßn khi vµ chØ khi a = 2b.

6.6.

a) Dïng tÝnh chÊt ®−êng trung b×nh cña tam gi¸c ta chøng minh ®−îc tø gi¸c MPKJ lµ h×nh b×nh hµnh.

 a VËy bèn ®iÓm H, K, C, D cïng n»m trªn ®−êng trßn  O;  tøc lµ ®−êng trßn  2 ®−êng kÝnh CD.

⇔ OM = OC = OD =

M F

(h.6.15)

Tõ ®ã suy ra 9 ®iÓm M, P, K, J, I, N, D, E, F cïng thuéc mét ®−êng trßn.

6.7. (h.6.16)

Trªn tia ®èi cña tia BC lÊy ®iÓm O sao cho BO = BC. Suy ra BM lµ ®−êng trung b×nh cña ∆ABC. Do ®ã OA = 2BM = 3cm.

M O

§iÓm A c¸ch ®iÓm O cho tr−íc mét kho¶ng 3cm nªn ®iÓm A thuéc ®−êng trßn (O; 3cm). H×nh 6.16

§ã lµ mét ®−êng trßn cè ®Þnh.

6.8. (h.6.17) 2

OB = OA + AB = 3 + 4 = 25.

•

¸p dông hÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng AOB ta cã OH.OB = OA2 ⇒ OH =

H×nh 6.17

OA 2 32 = = 1,8(cm). OB 5

•

6.9. (h.6.18)

∆AMC vµ ∆ABM cã:

chung; AMC = ABM (gi¶ thiÕt) A

∆ABM (g.g).

H×nh 6.18

⇒ AM = 2(cm). Do ®ã M ∈ ®−êng trßn (A; 2cm). §ã lµ mét ®−êng trßn cè ®Þnh.

6.10. (h.6.19) Ph©n tÝch:

d O

T©m O ph¶i tho¶ m·n hai ®iÒu kiÖn: -

O ∈ d;

O n»m trªn ®−êng trung trùc cña AB.

C¸ch dùng:

Ph©n tÝch:

O ∈ d;

O ∈ (A; 1,5cm).

H×nh 6.20

C¸ch dùng: -

Dùng ®−êng trßn (A; 1,5cm) c¾t ®−êng th¼ng d t¹i O.

Dùng ®−êng trßn (O; 1,5cm). §ã lµ ®−êng trßn ph¶i dùng.

•

Chøng minh: B¹n ®äc tù gi¶i.

•

BiÖn luËn: Bµi to¸n cã hai nghiÖm h×nh, ®ã lµ ®−êng trßn (O; 1,5cm) vµ (O'; 1,5cm).

Dùng ®−êng trung trùc cña AB c¾t ®−êng th¼ng d t¹i O.

Dùng ®−êng trßn (O; OA), ®ã lµ ®−êng trßn ph¶i dùng.

§−êng trßn (O) ®i qua hai ®iÓm A vµ M nªn ®iÓm O n»m trªn ®−êng trung trùc cña AM. MÆt kh¸c ∆BAM lµ tam gi¸c c©n nªn ®−êng trung trùc cña AM còng lµ ®−êng ph©n gi¸c cña B gãc B.

O N

H×nh 6.21

XÐt ∆ABC, hai ®−êng ph©n gi¸c cña gãc B vµ gãc C c¾t nhau t¹i O, suy ra tia AO lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BAC.

H×nh 6.19

T−¬ng tù, ®iÓm O n»m trªn ®−êng trung trùc cña AN còng lµ ®−êng ph©n gi¸c cña gãc C.

6.13. (h.6.22) Gäi O lµ giao ®iÓm cña hai ®−êng chÐo AC vµ BD. Mçi ®−êng chÐo lµ ®−êng trung trùc cña ®−êng A chÐo kia.

Chøng minh: Theo c¸ch dùng, ®−êng trßn (O; OA) cã t©m O n»m trªn ®−êng th¼ng d.

VÏ ®−êng trung trùc cña AB c¾t AB t¹i M, c¾t AC t¹i I vµ c¾t BD t¹i K.

MÆt kh¸c, O n»m trªn ®−êng trung trùc cña AB nªn OA = OB. •

A 5 1,

6.12. (h.6.21)

AM AC Suy ra ⇒ AM2 = AB.AC = 4.1 = 4 = AB AM

•

NÕu d lµ ®−êng trung trùc cña AB th× bµi to¸n cã v« sè nghiÖm h×nh.

T©m O ph¶i tho¶ m·n hai ®iÒu kiÖn:

VËy ®iÓm H ∈ ®−êng trßn (O; 1,8cm). §ã lµ mét ®−êng trßn cè ®Þnh.

•

6.11. (h.6.20)

Do ®ã OB = 5(cm).

•

NÕu d ⊥ AB nh−ng kh«ng ph¶i lµ ®−êng trung trùc cña AB th× bµi to¸n kh«ng cã nghiÖm h×nh.

XÐt ∆AOB vu«ng t¹i A ta cã

nªn ∆AMC

Do ®ã ®−êng trßn (O; OA) ®i qua A vµ B.

XÐt ∆ABD cã I lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp vµ IA = R1.

BiÖn luËn:

XÐt ∆ABC cã K lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp vµ KB =

R2.

NÕu d kh«ng vu«ng gãc víi AB th× bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh. 67

B M I

D K H×nh 6.22

∆AOB

∆AMI (g.g), suy ra

OA AB = MA AI

NÕu B lµ mét ®iÓm kh«ng n»m trong ®−êng trßn (A; 1) th× AB ≥ 1. VÏ ®−êng trßn (B; 1). Gäi C lµ mét ®iÓm trong sè 97 ®iÓm cßn l¹i.

OA 1 1 1 ⇒ = ⇒ = 2OA ⇒ 2 = 4OA 2 . (1) 1 R1 R1 R1 2

Ta cã AB ≥ 1 nªn hoÆc AC < 1, khi ®ã C n»m trong ®−êng trßn (A; 1) hoÆc BC < 1, khi ®ã C n»m trong ®−êng trßn (B; 1). Nh− vËy hai ®−êng trßn (A; 1) vµ (B; 1) chøa tÊt c¶ 99 ®iÓm ®· cho.

OB AB ∆KMB (g.g), suy ra = MB KB

∆AOB

⇒

Theo ®Ò bµi, trong ba ®iÓm bÊt k× nµo còng tån t¹i hai ®iÓm cã kho¶ng c¸ch nhá h¬n 1.

OB 1 1 1 = ⇒ = 2OB ⇒ 2 = 4OB2 . (2) 1 R2 R2 R2 2

Tõ (1) vµ (2) suy ra

Do ®ã

R12

+ R 22 R12 R 22

Theo nguyªn lÝ §i-rich-lª, ph¶i cã mét trong hai ®−êng trßn chøa Ýt nhÊt 50 ®iÓm.

6.16. TÊm b×a h×nh trßn nªn cã t©m ®èi xøng lµ t©m cña tÊm b×a. Ng−êi ®i tr−íc sÏ th¾ng nÕu ch¬i theo "chiÕn thuËt" sau:

1 1 + = 4 OA 2 + OB2 . R12 R 22

(

)

A: §Æt ®ång xu ®Çu tiªn t¹i t©m cña miÕng b×a. B: §Æt ®ång xu thø hai lªn tÊm b×a t¹i mét vÞ trÝ nµo ®ã. A: §Æt ®ång xu thø ba t¹i vÞ trÝ ®èi xøng víi ®ång xu thø hai qua t©m.

= 4AB2 = 4. Suy ra R12 + R 22 = 4.R12 R 22 .

Cø nh− thÕ nÕu B cßn cã thÓ ®Æt mét ®ång xu t¹i mét vÞ trÝ nµo ®ã trªn tÊm b×a th× A còng ®Æt ®−îc mét ®ång xu tiÕp theo t¹i vÞ trÝ ®èi xøng víi nã qua t©m. Nh− vËy A sÏ ch¾c th¾ng.

6.14. (h.6.23) Gäi O1, O2, à, O6 lµ t©m cña 6 ®−êng trßn cïng ®i qua A. Nèi A víi O1, O2, à, O6 ta ®−îc 6 tia. • NÕu cã hai tia AOm vµ AOn trïng nhau vµ ®é dµi ®o¹n th¼ng AOm lín h¬n hoÆc

b»ng ®é dµi ®o¹n th¼n AOn th× h×nh trßn t©m Om chøa t©m On. • NÕu c¶ 6 tia lµ ph©n biÖt, chóng t¹o thµnh 6 gãc ®Ønh A kh«ng cã ®iÓm trong chung, tæng o

cña chóng lµ 360 do ®ã tån t¹i mét gãc nhá h¬n o hoÆc b»ng 60 , gi¶ sö O AO ≤ 60o. 1

XÐt ∆O1AO2, gi¶ sö O1A ≥ O2A khi ®ã ≥O , tõ ®ã O ≥ 60o , dÉn tíi O ≥ A. O 2 1 2 2

O3 O2 A O1

O5 O6

Suy ra O1A ≥ O1O2. Khi ®ã h×nh trßn (O1) chøa t©m O2.

H×nh 6.23

NÕu O1A < O2A th× chøng minh t−¬ng tù ta cã h×nh trßn (O2) chøa t©m O1.

6.15. (h.6.24) Gäi A lµ mét trong sè 99 ®iÓm ®· cho. VÏ ®−êng trßn (A; 1). NÕu tÊt c¶ 98 ®iÓm cßn l¹i ®Òu n»m trong ®−êng trßn nµy th× bµi to¸n ®· gi¶i xong.

H×nh 6.24

7.4. (h.7.11)

Chuyªn ®Ò 7. §−êng kÝnh vµ d©y cña ®−êng trßn. Liªn hÖ gi÷a d©y vµ kho¶ng c¸ch tõ t©m ®Õn d©y C M

Gi¶ sö hai d©y AB vµ CD c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi d©y.

A K

VÏ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD.

E H

Ta cã AH ≤ AE; CK ≤ CE.

H D

Khi ®ã OH lµ ®−êng trung b×nh cña h×nh thang MCND, suy ra OH // MC.

Suy ra AH + CK ≤ AE + CE = AC. A

O H×nh 7.9

7.3. (h.7.10)

1 1 BD.AH + BD.CK 2 2 1 1 = BD ( AH + CK ) = BD.AC. 2 2

DiÖn tÝch tø gi¸c ABCD lµ: S = SABD + SCBD =

M H

Gäi E lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD. H×nh 7.8

a) Ta cã AH // BK (v× cïng vu«ng gãc víi CD).

H×nh 7.11

 1  VËy ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn  O; R  .  2 

7.5. (h.7.12)

Gäi H lµ trung ®iÓm cña CD.

hoÆc OBK cã sè ®o lín h¬n hoÆc Do ®ã OAH

7.2. (h.7.9)

Ta cã OH ⊥ CD (®−êng kÝnh ®i qua trung ®iÓm cña mét d©y). Suy ra MC ⊥ CD.

= 30o nªn OM = 1 OH = 1 R. XÐt ∆AOM vu«ng t¹i M cã A 2 2

Khi ®ã OM ⊥ AB; OM ⊥ CD (tÝnh chÊt ®−êng kÝnh ®i qua trung ®iÓm cña mét d©y). §iÒu nµy v« lÝ v× qua ®iÓm M cã hai ®−êng th¼ng lµ AB vµ CD cïng vu«ng gãc víi OM.

= 120o nªn A = 30o. XÐt ∆AOB c©n t¹i O; AOB

7.1. (h.7.8)

+ OBK = 180o. Suy ra OAH

Ta cã MA = MB suy ra OM ⊥ AB.

H×nh 7.12

Ta cã AC, B§ lµ c¸c d©y cung cña ®−êng trßn (O; R) nªn AC ≤ 2R; BD ≤ 2R. A

b»ng 90 .

≥ 90o. XÐt ∆OAH cã gãc OAH lµ Gi¶ sö OAH gãc lín nhÊt nªn OH lµ c¹nh lín nhÊt. Suy ra OH > OA = R. VËy ®iÓm H n»m ngoµi ®−êng trßn (O).

B O

1 Do ®ã S ≤ .2R.2R = 2R 2 . 2

BD = 2R  DÊu "=" x¶y ra khi AC = 2R ⇔ AC vµ BD lµ hai ®−êng kÝnh.  H ≡ K ≡ E

H×nh 7.10

VÏ OM ⊥ CD ta ®−îc OM // AH // BK. MÆt kh¸c, OA = OB nªn MH = MK.

VËy maxS = 2R .

XÐt ∆OHK cã OM võa lµ ®−êng cao, võa lµ ®−êng trung tuyÕn nªn lµ tam gi¸c c©n. Suy ra OK = OH > R. Do ®ã ®iÓm K n»m ngoµi ®−êng trßn (O).

7.6. (h.7.13)

b) Ta cã MH = MK; MC = MD (tÝnh chÊt ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi d©y).

VÏ OH ⊥ AB. §−êng th¼ng OH c¾t CD t¹i K. Khi ®ã OK ⊥ CD (v× AB // CD).

Suy ra MH – MC = MK – MD hay CH = DK.

1 Suy ra HA = 3cm vµ CK = CD. 2 2

Ta cã OH = OA – HA = 5 – 3 = 4 ⇒ OH = 4(cm).

H×nh 7.13

Do ®ã OK = 7 – 4 = 3(cm). 71

C vµ C'.

Ta cã CK = OC – OK = 5 – 3 = 16 ⇒ CK = 4(cm) ⇒ CD = 8cm.

DiÖn tÝch h×nh thang ABCD lµ: S =

1 1 ( AB + CD ) HK = ( 6 + 8 ) .7 = 49(cm2 ). 2 2

7.7. (h.7.14)

VÏ OH ⊥ AB c¾t CD t¹i K. V× AB // CD nªn OH ⊥ CD.

a) Ph©n tÝch:

Ta cã CE = KC – KE = 8 – 6 = 2(cm). 2

7.8. (h.7.15)

Ta ®−îc CD lµ d©y dµi nhÊt vµ AB lµ d©y ng¾n nhÊt (qua P).

Dùng d©y PQ = AB vµ dùng OE ⊥ PQ.

Dùng ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i H. Trªn ®−êng th¼ng nµy lÊy ®iÓm K sao cho OK = OE.

Qua K dùng d©y CD ⊥ OH. Khi ®ã bèn ®iÓm A, B, C, D lµ bèn ®Ønh cña mét h×nh b×nh hµnh.

c) Chøng minh:

PB2 = OB2 – OP2 = 52 – 32 = 16 ⇒ PB = 4(cm)

do ®ã AB = 8cm.

Ta cã CD = PQ (v× hai d©y nµy c¸ch ®Òu t©m). Do ®ã CD = AB,

H×nh 7.15

MÆt kh¸c, CD // AB (v× cïng vu«ng gãc víi OH).

Khi d©y AB quay quanh P, ®é dµi cña nã thay ®æi vµ nhËn mäi gi¸ trÞ thùc tõ 8 ®Õn 10.

VËy bèn ®iÓm A, B, C, D lµ bèn ®Ønh cña mét h×nh b×nh hµnh.

Gi¸ trÞ AB = 9 nhËn ®−îc hai lÇn (do tÝnh ®èi xøng qua CD).

d) BiÖn luËn:

VËy sè d©y cã ®é dµi lµ mét sè nguyªn lµ: 1 + 1 + 2 = 4(d©y). B' B

a) Ph©n tÝch:

NÕu OH ≠ OK th× bµi to¸n cã hai nghiÖm h×nh.

NÕu OH = OK th× bµi to¸n cã mét nghiÖm h×nh.

7.11. (h.7.18)

Gi¶ sö ®· dùng ®−îc h×nh thoi ABCD, hai ®−êng chÐo c¾t nhau t¹i K. C' Ta cã AC lµ ®−êng trung trùc cña BD vµ BD lµ ®−êng trung trùc cña AC, do ®ã AC ®i qua O. Dùng ®−êng th¼ng OA c¾t ®−êng trßn t¹i

Ta cã CD = 10cm.

b) C¸ch dùng:

VËy chu vi tø gi¸c ABCD lµ: 12 + 16 + 2.2 2 = 28 + 4 2(cm).

b) C¸ch dùng:

VÏ d©y PQ = AB vµ vÏ OE ⊥ PQ. Khi ®ã PQ = CD vµ OE = OK.

Suy ra AC = 8 = 2 2(cm). T−¬ng tù BD = 2 2cm.

7.9. (h.7.16)

H O

VÏ ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng AB t¹i H, c¾t CD t¹i K.

XÐt ∆AEC vu«ng t¹i E cã AC = AE + CE = 2 + 2 = 8.

Qua P vÏ ®−êng kÝnh CD vµ d©y AB ⊥ OP.

P B

Gi¶ sö ®· dùng ®−îc h×nh b×nh hµnh ABCD tho¶ m·n ®Ò bµi, ta cã AB // CD vµ AB = CD.

KC = OC – OK = 10 – 6 = 64 ⇒ KC = 8(cm) ⇒ CD = 16cm. 2

d) BiÖn luËn:

7.10. (h.7.17)

O H×nh 7.14

Nèi AB, BC, CD, DA ta ®−îc tø gi¸c ABCD lµ h×nh thoi.

Bµi to¸n cã hai nghiÖm h×nh lµ c¸c h×nh thoi ABCD vµ AB'C'D'.

Ta cã HA2 = OA2 – OH2 = 102 – 82 = 36 ⇒ HA = 6(cm) ⇒ AB = 12cm. 2

B¹n ®äc tù gi¶i.

VÏ AE ⊥ CD th× AE = HK = 2cm.

Dùng ®−êng trung trùc cña AC c¾t ®−êng trßn t¹i B vµ D.

c) Chøng minh:

Ta cã OH = 8cm; OK = 6cm suy ra HK = 2cm.

K O A

D D'

• C¸ch dùng:

Dùng trung ®iÓm M cña AB.

Dùng ®−êng th¼ng MO.

Qua A vµ B dùng hai ®−êng th¼ng song

M B

O E

H×nh 7.18

H×nh 7.16

song víi OM, chóng c¾t ®−êng trßn lÇn l−ît t¹i C, D, E vµ F. Khi ®ã CDEF lµ h×nh ch÷ nhËt. • Chøng minh:

Qua O vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi CD t¹i H, c¾t EF t¹i K. Do AH // BK vµ MA = MB nªn tø gi¸c CDEF lµ h×nh ch÷ nhËt (xem vÝ dô 2).

Chuyªn ®Ò 8. VÞ trÝ t−¬ng ®èi cña ®−êng th¼ng vµ ®−êng trßn 8.1. (h.8.12)

a) Nèi OC ta ®−îc OC ⊥ xy.

Ta cã AD // BE // OC (cïng vu«ng gãc víi xy).

MÆt kh¸c OA = OB nªn CD = CE.

b) OC lµ ®−êng trung b×nh cña h×nh thang ABED AD + BE nªn OC = . 2

H×nh 8.12

Suy ra AD + BE = 2OC = 2R (kh«ng ®æi). c) VÏ CH ⊥ AB.

(

)

=H = 90o ; AC chung; DAC = HAC = ACO . ∆DAC vµ ∆HAC cã: D Do ®ã ∆DAC = ∆HAC ⇒ AD = AH; CD = CH. Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc BE = BH; CE = CH. Suy ra AD.BE = AH.BH.(1) §iÓm C n»m trªn nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB nªn ∆CAB vu«ng t¹i C. VËy AH.BH = CH2.(2) 2

DE 2  DE  Tõ (1) vµ (2) suy ra AD.BE = CH 2 = CD.CE =  .  = 4  2 

8.2. (h.8.13) B

a) Ph©n tÝch Gi¶ sö ®· dùng ®−îc ®iÓm M ∈ xy, tiÕp tuyÕn = BMy. MB sao cho AMx

O A

Trªn tia ®èi cña tia MB lÊy ®iÓm A' sao cho MA' = MA.

(

)

=A . Khi ®ã AMx ' Mx = BMy

M A'

M' H×nh 8.13

Do ∆MAA' c©n nªn A' vµ A ®èi xøng nhau qua xy. b) C¸ch dùng 75

Dùng A' ®èi xøng víi A qua xy. 76

Tõ A' dùng tiÕp tuyÕn A'B víi ®−êng trßn (O) c¾t xy t¹i M. Khi ®ã = BMy. AMx

= BDM) hay ODM + ODB = 90o (v× ODA = 90o Do ®ã BDM ⇒ MD ⊥ OD.

c) Chøng minh: B¹n ®äc tù gi¶i.

VËy MD lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O).

d) BiÖn luËn: Bµi to¸n cã hai nghiÖm h×nh.

L−u ý: B»ng c¸ch chøng minh t−¬ng tù ta cã ME lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn ®−êng kÝnh AH.

8.3. (h.8.14) A

a) Gäi H lµ giao ®iÓm cña AB víi OM.

8.5. (h.8.16)

Ta cã OM ⊥ AB nªn HA = HB. Suy ra ∆MAB c©n t¹i M, do ®ã MA = MB.

= OAM. ∆OBM = ∆OAM (c.c.c). Suy ra OBM

a) V× O lµ t©m h×nh vu«ng nªn O c¸ch ®Òu bèn c¹nh víi kho¶ng c¸ch lµ d = 8 : 2 = 4.

H B

= 90o (v× MA lµ tiÕp tuyÕn) nªn Ta cã OAM = 90o suy ra MB lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O). OBM

H×nh 8.14

¸p dông hÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng ta cã: OA.MA = OM.AH

b) XÐt c¸c ®iÓm M, N, P trªn h×nh vÏ cã

H×nh 8.16

1 h×nh vu«ng cã 8 « vu«ng nhá n»m hoµn toµn trong 4 ®−êng trßn. Do ®ã cã tÊt c¶ 8.4 = 32 « vu«ng nhá n»m hoµn toµn trong ®−êng trßn.

Nh− vËy trong

Do ®ã AB = 4,8cm.

8.4. (h.8.15)

8.6. (h.8.17)

a) Gäi O lµ trung ®iÓm cña AH. O

XÐt ∆ADH vµ ∆AEH vu«ng t¹i D vµ E ta cã:

Suy ra ®−êng trßn (O; OD) ®i qua bèn ®iÓm B A, D, H, E.

Suy ra c¸c ®iÓm M, N n»m trong vµ ®iÓm P n»m ngoµi ®−êng trßn (O; 4).

OA.AM 3.4 = = 2, 4(cm). OM 5

 1  OD = OE = OA = OH  = AH  .  2 

OM = ON = 32 + 2 2 = 13 < 4; OP = 32 + 32 = 18 > 4.

b) ∆OAM vu«ng t¹i A cã OA = 3cm; OM = 5cm nªn MA = 4cm.

⇒ AH =

MÆt kh¸c, b¸n kÝnh ®−êng trßn lµ R = 4 nªn d = R, do ®ã ®−êng trßn (O; 4) tiÕp xóc víi bèn c¹nh h×nh vu«ng.

a) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: MA = MC; NB = NC. x

E H C

M H×nh 8.15

b) ∆DBC vu«ng t¹i D cã DM lµ ®−êng trung tuyÕn nªn MD = MB =

Ta cã AM // BN (cïng vu«ng gãc víi AB) nªn M MA DA MC DA do ®ã ⇒ CD // AM. = = NB DN NC DN MÆt kh¸c, AM ⊥ AB nªn CD ⊥ AB.

1 BC. 2

XÐt ∆BMA cã DE // MA, suy ra

= DBC (v× cïng phô víi gãc ACB) OAD = BDM (v× ∆MBD c©n) DBC

Ta cã

= BDM. Suy ra ODA

ND BD (v× AM // BN). = NA BM

Tõ (1), (2), (3) suy ra

+ ODB = 90o (v× BD ⊥ AC). Ta cã ODA

C N D

CD ND b) XÐt ∆NMA cã CD // MA, suy ra = . (1) MA NA

= OAD (v× ∆OAD c©n) Ta cã ODA

DE BD = . (2) MA BM

H×nh 8.17

(3)

CD DE do ®ã CD = DE. = MA MA

8.7. (h.8.18) 77

•

Suy ra MN = MD + ND = MB + NC.

T×m c¸ch gi¶i §iÒu ph¶i chøng minh rÊt gÇn víi bÊt ®¼ng thøc tam gi¸c nªn ta vËn dông bÊt ®¼ng thøc nµy ®Ó chøng minh.

•

XÐt ∆AMN ta cã: MN < AM + AN = AB + AC – MB – NC

Tr×nh bµy lêi gi¶i

B K

V× hai tiÕp tuyÕn vÏ tõ A tíi ®−êng trßn b»ng nhau, hai tiÕp tuyÕn vÏ tõ B tíi ®−êng trßn còng b»ng nhau nªn ta chØ cÇn xÐt tr−êng hîp AM vµ BN c¾t nhau t¹i K n»m gi÷a A vµ M, ®ång thêi K n»m gi÷a B vµ N.

Suy ra MN < R.(1) XÐt ∆AMN vu«ng t¹i A ta cã AM < MN; AN < MN.

N M

Suy ra AM + AN < 2MN. Do ®ã AM + AN + MN < 3MN.

VËy AB + AC < 3MN hay 2R < 3MN ⇒

H×nh 8.18

XÐt ∆KAB ta cã AK + BK > AB > |AK – BK|.

Tõ (1) vµ (2) suy ra

MÆt kh¸c, AM > AK; BN > BK nªn AM + BN > AB.(1) Ta cã |AK – BK| = |(AK + KM) – (BK + KN)| (v× KM = KN).

8.8. (h.8.19) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã EM = EA; FM = FC.

Chu vi ∆AMN = AM + MG + NG + NA

Suy ra EF = AE + CF.(1) E

(2) A

= (AM + MD) + (NF + NA).

2EF < (AE + BE) + (CF + BF) hay 2EF < AB + BC = 6cm. Do ®ã EF < 3cm. XÐt ∆BEF vu«ng t¹i B cã: EF > BE (3); EF > BF (4).

p1 + p2 + p3 = (AD + AF) + (BD + BE) + (CE + CF) VËy p1 + p2 + p3 = p. b) XÐt ∆ABC cã MN // BC nªn ∆AMN

8.9. (h.8.20)

Suy ra

V× AB, AC lµ hai tiÕp tuyÕn nªn AB ⊥ OB; AC ⊥ OC vµ AB = AC.

VËy

∆ABC.

r p r1 p1 r p = . T−¬ng tù 2 = 2 ; 3 = 3 . r p r p r p

r1 r2 r3 p1 p 2 p3 + + = + + r r r p p p

hay

r1 + r2 + r3 p1 + p 2 + p3 p = = = 1. r p p

D M

E Q

= (AD + BD) + (BE + CE) + (CF + AF) = AB + BC + CA.

VËy 2cm < EF < 3cm.

H×nh 8.21

Suy ra

Suy ra EF > 2cm.

F O

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc p2 = BD + BE; p3 = CE + CF.

3EF > (AE + BE) + (CF + BF) = AB + BC = 6cm.

Tø gi¸c ABOC cã ba gãc vu«ng nªn lµ h×nh ch÷ nhËt. B H×nh ch÷ nhËt nµy cã hai c¹nh kÒ b»ng nhau nªn lµ N h×nh vu«ng. Do ®ã AB = AC = OB = OC = R.

H×nh 8.19

Céng tõng vÕ cña (1), (3), (4) ta ®−îc:

Do ®ã p1 = AD + AF.

Céng tõng vÕ cña (1) vµ (2) ta ®−îc:

MD = MB, ND = NC.

2 R < MN < R. 3

a) Gäi D, E, F, G lÇn l−ît lµ c¸c tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (O) trªn c¸c c¹nh AB, BC, CA vµ MN. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã MD = MG; NF = NG.

Tõ (1) vµ (2) ta ®−îc AM + BN > AB > |AM – BN|.

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cßn cã:

2 R < MN. (2) 3

8.10. (h.8.21)

XÐt ∆BEF cã EF < BE + BF.

hay MN < AB + AC – MN. Do ®ã 2MN < R + R = 2R.

8.11. (h.8.22)

H×nh 8.20

E N

Suy ra r1 + r2 + r3 = r.

D M

H×nh 8.22

§−êng trßn (O) tiÕp xóc víi AB, AC t¹i M, N; tiÕp xóc víi DE t¹i P, DE // BC. DE = DM + EN; BC = BM + CN.

b) ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Bu-nhi-a c«p-xki ta cã:

Ta ®Æt DE = x, BC = y.

 S1 S S  S +S +S S S S  + 1. 2 + 1. 3  ≤ 12 + 12 + 12  1 + 2 + 3  ⇔ 12 ≤ 3. 1 2 3 . 1. S S S  S S S S 

(

Chu vi ∆ADE = AD + DE + AE = AM + AN = 2p – (BM + CN + BC) = 2p – 2BC = 2(p – y). V× DE // BC nªn ∆ADE Do ®ã

S S1 S a b c a +b+c + 2 + 3 = 1− +1− +1− = 3 − = 3 − 2 = 1. S S S p p p p

Suy ra

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta ®−îc:

∆ABC, tØ sè hai chu vi b»ng tØ sè ®ång d¹ng.

Suy ra

DE 2 ( p − y ) p − y x p−y y(p − y) = = . VËy = ⇒x= . BC 2p p y p p

S1 + S2 + S3 1 ≥ . S 3

DÊu "=" x¶y ra khi

V× p kh«ng ®æi nªn x lín nhÊt ⇔ y(p – y) lín nhÊt. Do y vµ p – y lµ hai sè d−¬ng cã tæng kh«ng ®æi nªn tÝch y(p – y) lín nhÊt khi p p  p −  p2 p p 2 2 y = p – y hay y = . Khi ®ã x = = = . 2 p 4p 4 VËy max DE =

p p khi BC = . 4 2

)

S1 S S a b c = 2 = 3 ⇔ 1− = 1− = 1− S S S p p p ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC ®Òu.

VËy min

S1 + S2 + S3 1 = . S 3

8.13. (h.8.24)

XÐt ∆ADE cã AO võa lµ ®−êng ph©n gi¸c võa lµ ®−êng cao nªn ∆ADE c©n t¹i A. Suy ra AD = AE vµ OD = OE.

8.12. (h.8.23)

a) Gäi h1 vµ ha lÇn l−ît lµ ®−êng cao xuÊt ph¸t

tõ ®Ønh A cña ∆AMN vµ ∆ABC. V× MN // BC nªn ∆AMN

∆ABC.

S2 B 2

P S3

K Q H×nh 8.23

XÐt ∆ABC cã S = p.r (xem vÝ dô 5). Suy ra

B = B + C ⇒ DOB = C = ECO. + DOB 2 2 2

= 180o − BOC − DOB = 180o − 180o − B + C  − C = B = DBO. Ta cã EOC  2  2 2 

a.h a 2r a = p.r ⇒ = . 2 ha p

S1  a  S a = 1 −  ⇒ 1 = 1 − . S  p S p

Chøng minh t−¬ng tù ta cã

H×nh 8.24

(2)

Do ®ã

= B + DOB. D 1 2

Tõ (1) vµ (2) suy ra

(1)

lµ gãc ngoµi nªn XÐt ∆DOB cã D 1

S1  h a − 2r   2r  =  = 1 −  . S  ha   ha 

= 90o − A = B + C . D 1 2 2

S h  Suy ra 1 =  1  . S  ha  MÆt kh¸c, h1 = ha – 2r nªn

XÐt ∆AOD cã

VËy ∆DOB

∆ECO (g.g) ⇒

BD OD = . OE CE 2

Do ®ã BD.CE = OD.OE = OD = AD – OA = AD.AE – OA

S2 b S c = 1− ; 3 = 1− . S p S p

⇒ BD.CE = (AB – BD)(AC – CE) – OA2

⇒ BD.CE = AB.AC – AB.CE – BD.AC + BD.CE – OA

Chuyªn ®Ò 9. VÞ trÝ t−¬ng ®èi cña hai ®−êng trßn

⇒ 0 = b.c – c.CE – BD.b – OA ⇒ c.CE + 2

b.BD + OA = bc 2

⇒

8.14. (h.8.25)

Gäi O vµ K lÇn l−ît lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp vµ ®−êng trßn bµng tiÕp trong gãc A cña ∆ABC. Gäi G vµ F lµ tiÕp ®iÓm cña ®−êng th¼ng AC víi ®−êng trßn (O) vµ ®−êng trßn (K). Ta cã ba ®iÓm A, O, K th¼ng hµng (v× cïng n»m trªn ®−êng ph©n gi¸c cña gãc A); OG // KF (v× cïng vu«ng gãc víi AC). OG AG (®Þnh lÝ Ta-lÐt). = KF AF

MÆt kh¸c,

T−¬ng tù

Do ®ã hai ®−êng trßn (O) vµ (O') kh«ng giao nhau.

C K

b) VÏ O'H ⊥ OA, O'K ⊥ OC.

H×nh 9.8

Ta cã OH = OA – HA = 5 – 2 = 3(cm).

OK = OC + CK = 5 + 2 = 7(cm). 2

XÐt ∆HO'O cã O'H = OO' – OH = 9 – 3 = 72 ⇒ O ' H = 6 2(cm).

H×nh 8.25

Ta cã O'K = OO' – OK = 9 – 7 = 32 ⇒ O ' K = 4 2(cm). Do ®ã CD = 4 2(cm).

(1)

VËy

r p−b r p−c = (2); = (3). Rb p Rc p

9.2.

CD 4 2 2 2 = = , suy ra CD = AB. AB 6 2 3 3

(h.9.9)

Gi¶ sö OP ≥ OQ.

Céng tõng vÕ c¸c ®¼ng thøc (1), (2), (3) ta ®−îc

VÏ ®−êng trung trùc cña PQ c¾t OP t¹i K.

r r r p−a p−b p−c + + = + + Ra Rb Rc p p p

VÏ ®−êng trßn (K; KP) th× ®−êng trßn nµy n»m M trong ®−êng trßn (O) vµ ®i qua hai ®iÓm P, Q.

 1 1 1  3p − (a + b + c) 3p − 2p ⇒ r + + = = 1. = p p  Ra Rb Rc  Do ®ã

Do ®ã AB = O ' H = 6 2(cm).

AG = p – a (xem vÝ dô 5);

r p−a = . Ra p

B D

VËy d < R + R'.

OA + O'B = 5 + 2 = 7cm.

AF = p (xem vÝ dô 6). Do ®ã

a) Ta cã OO' = 9cm,

c.CE + b.BD + OA CE BD OA =1⇒ + + = 1. bc b c bc

Suy ra

9.1. (h.9.8)

ThËt vËy, ta cã KP = KQ nªn ®−êng trßn (K; KP) ®i qua P vµ Q. Gäi M lµ giao ®iÓm cña tia OP víi ®−êng trßn (O).

1 1 1 1 = + + . r Ra Rb Rc

H×nh 9.9

Ta cã OK = OM – KM = OM – (KP + PM) = OM – KP – PM. Suy ra OK < OM – KP hay d < R – r. Do ®ã ®−êng trßn (K) n»m trong ®−êng trßn (O).

9.3. (h.9.10) Gäi b¸n kÝnh cña c¸c ®−êng trßn cã t©m O1, O2, O3 lÇn l−ît lµ R1, R2, R3. Gäi M, N lÇn l−ît lµ tiÕp ®iÓm cña 83

tiÕp tuyÕn t¹i C víi ®−êng trßn

ph¶i cã Ýt nhÊt hai t©m cña hai tÊm b×a n»m trong a cïng mét h×nh vu«ng nhá mçi c¹nh lµ − 1. 2

(O2) vµ (O1). O1

Nh− vËy kho¶ng c¸ch d gi÷a hai t©m cña chóng kh«ng v−ît qu¸ ®é dµi ®−êng chÐo cña mçi h×nh a  vu«ng nhá, tøc lµ kh«ng v−ît qu¸ 2  − 1  . 2 

MÆt kh¸c, kho¶ng c¸ch nhá nhÊt gi÷a hai t©m cña hai tÊm b×a nµy lµ 2 nªn a  2  − 1 ≥ 2 ⇒ a ≥ 2 + 2 2. 2 

H×nh 9.10

VËy ®é dµi nhá nhÊt cña c¹nh h×nh vu«ng ABCD lµ 2 + 2 2.

9.5. (h.9.12)

Ba ®iÓm C, O2, O1 th¼ng hµng (v× cïng n»m trªn tia ph©n gi¸c cña gãc C). DÔ thÊy O2M // O1N. Suy ra

CO1 O1N R1 = = . CO 2 O 2 M R 2

N B

Ta cã AB ⊥ OM (tÝnh chÊt d©y chung); = 90o OAM

(v× ®iÓm A n»m trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh OM).

CO1 AO 2 BO3 R1 R 2 R 3 . . = . . = 1. CO 2 AO3 BO1 R 2 R 3 R1 ∆OKN

¸p dông ®Þnh lÝ Mªnªlauyt vµo ∆O1O2O3 ta ®−îc ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng.

H H×nh 9.12

OK ON ⇒ OK.OM = ON.OH.(1) = OH OM

∆OHM (g.g). Suy ra 2

9.4. (h.9.11)

MÆt kh¸c, OK.OM = OA = R .(2)

Gäi a lµ c¹nh h×nh vu«ng ABCD tho¶ m·n ®Ò bµi. DÔ thÊy a > 2. Gäi A'B'C'D' lµ h×nh vu«ng n»m bªn trong h×nh vu«ng ABCD sao cho çc c¹nh cña h×nh vu«ng A'B'C'D' n»m çch çc c¹nh cña h×nh vu«ng ABCD lµ 1 ®¬n vÞ. Suy ra ®é dµi mçi c¹nh cña h×nh vu«ng A'B'C'D' lµ a – 2. Chia h×nh vu«ng nµy a thµnh bèn h×nh vu«ng nhá b»ng nhau, mçi h×nh vu«ng cã c¹nh b»ng − 1. 2 Gi¶ sö c¶ n¨m tÊm b×a h×nh trßn cã b¸n kÝnh 1 ®Òu n»m trong h×nh vu«ng A'B'C'D'. Suy ra t©m cña n¨m tÊm b×a buéc ph¶i n»m trong h×nh vu«ng A'B'C'D' (hoÆc cïng l¾m lµ n»m trªn c¹nh cña h×nh vu«ng A'B'C'D'). Theo nguyªn lÝ §i-ric-lª,

Gäi c¸c giao ®iÓm cña AB víi OH vµ OM lÇn l−ît lµ N vµ K.

AO2 R 2 BO3 R 3 T−¬ng tù ta cã = ; = . AO3 R 3 BO1 R1

Do ®ã

VÏ OH ⊥ d. §o¹n th¼ng OH cè ®Þnh.

A A'

Tõ (1) vµ (2) suy ra ON.OH = R ⇒ ON =

R2 (kh«ng ®æi). OH

Suy ra N lµ mét ®iÓm cè ®Þnh. VËy AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh lµ ®iÓm N.

9.6.

(h.9.13)

B' a −1 2

85C

D H×nh 9.11

trung trùc cña AB còng lµ ®−êng trung trùc cña CD vµ lµ trôc ®èi xøng cña h×nh thang c©n. §iÓm E lµ giao ®iÓm hai ®−êng chÐo nªn E n»m trªn trôc ®èi xøng cña h×nh tøc lµ n»m trªn ®−êng th¼ng OO'.

Ta cã OO' = OE + O'E hay d = R + R', do ®ã hai ®−êng trßn (O) vµ (O') tiÕp xóc ngoµi víi nhau t¹i E.

9.8. (h.9.15)

a) Gäi E vµ F lµ c¸c tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (O1) trªn c¸c c¹nh AB vµ BC.

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau, ta cã:

AM = AE, BE = BF, CM = CF. B

E A N

O2 D

C H×nh 9.15

Ta cã O3

AB + AC − BC (AE + BE) + (AM + CM) − (BF + CF) AE + AM = = = AM. 2 2 2

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc AN = b) Ta cã

H×nh 9.13

a) Tø gi¸c AO2KO3 cã bèn c¹nh b»ng nhau nªn lµ h×nh thoi, suy ra hai

MN = AM − AN =

®−êng chÐo AK vµ O2O3 c¾t nhau t¹i trung ®iÓm M cña mçi ®−êng.

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc BO1KO3 lµ h×nh thoi, suy ra hai ®−êng chÐo BK vµ O1O3 c¾t nhau t¹i trung ®iÓm N cña mçi ®−êng.

Suy ra AB // O1O2 vµ AB = O1O2, do ®ã tø gi¸c ABO1O2 lµ h×nh b×nh hµnh. b) Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc tø gi¸c BCO2O3 lµ h×nh b×nh hµnh. Hai h×nh b×nh hµnh ABO1O2 vµ BCO2O3 cã chung ®−êng chÐo BO2 nªn c¸c ®−êng chÐo cña chóng ®ång quy. VËy ba ®−êng th¼ng AO1, BO2, CO3 ®ång quy.

9.7. (h.9.14)

Gäi O vµ O' lÇn l−ît lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABE vµ ∆CDE.

AB + AC − BC AD + AC − CD − 2 2

( AB + CD ) − ( AD + BC ) = 0. 2

Suy ra M ≡ N.

XÐt ∆KAB vµ ∆O3O1O2 ®Òu cã MN lµ ®−êng trung b×nh.

Ta cã OA = OB vµ O'C = O'D nªn ®iÓm O n»m trªn ®−êng trung trùc cña AB, ®iÓm O' n»m trªn ®−êng trung trùc cña CD. Nh−ng ABCD lµ h×nh thang c©n nªn ®−êng

AD + AC − CD . 2

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc chu vi c¸c tam gi¸c OBC, OCA ®Òu b»ng 2R. VËy c¸c tam gi¸c OAB, OBC, OCA cã chu vi b»ng nhau.

Gäi b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (O) lµ R. Gäi b¸n kÝnh c¸c ®−êng trßn (A), (B), (C) lÇn l−ît lµ a, b, c. M OA + OB + AB = x + y + a + b = (x + a) + (y + b) = R + R = 2R.

H×nh 9.14

9.9. (h.9.16)

§Æt OA = x, OB = y, OC = z. Chu vi ∆OAB lµ B

Hai ®−êng trßn (O1) vµ (O2) thuéc hai nöa mÆt ph¼ng ®èi nhau bê AC, cïng tiÕp xóc víi AC t¹i mét ®iÓm trªn AC nªn hai ®−êng trßn nµy tiÕp xóc ngoµi víi nhau.

B b

O a

c c

C P H×nh 9.16

9.10. (h.9.17) 87

(h.9.18) a) Hai ®−êng trßn (O) vµ (O') tiÕp xóc ngoµi t¹i A. Suy ra ba ®iÓm O, A, O' th¼ng hµng vµ OO' = R + R'.

b a

A 1

∆OAB c©n t¹i O, ∆O'AC c©n t¹i O' nªn

H×nh 9.18

′ 180 − O 1 = 180 − O1 ;O OAB ' AC = . 2 2

a c c

+O Do ®ã OAB ' AC =

(

+O ′ 360o − O 1 1 2

C o

) = 360

− 180o = 90o. 2

= 180 − 90 = 90 . VËy ∆BAC vu«ng t¹i A. Suy ra BAC = 90o. MÆt kh¸c, BAC = 90o suy ra ba ®iÓm b) VÏ ®−êng kÝnh BD th× BAD C, A, D th¼ng hµng. Qua A vÏ mét ®−êng th¼ng song song víi OB c¾t BC t¹i M. H×nh 9.17

XÐt ∆CBD cã AM // BD nªn

a) Gäi b¸n kÝnh c¸c ®−êng trßn (A), (B), (C) lÇn l−ît lµ a, b, c.

MÆt kh¸c, O'C // OD nªn

Theo tÝnh chÊt hai ®−êng trßn tiÕp xóc ngoµi ta cã:

a + b = AB = 20  a + c = AC = 30 b + c = BC = 34 

Tõ (1) vµ (2) suy ra

(1) (2) (3).

AM CA = . (1) BD CD

O ' A CA = . (2) OO ' CD

AM O ' A BD.O ' A 2RR ' = ⇒ AM = = . BD OO ' OO ' R+R'

V× AH ⊥ BC nªn AH ≤ AM ⇒ AH ≤

Tõ (1) vµ (2) suy ra c – b = 10 mµ c + b = 34 nªn c = 22.

2RR ' . R+R'

DÊu "=" x¶y ra khi H ≡ M ⇔ OB ⊥ OC vµ O'C ⊥ BC

Tõ ®ã suy ra a = 8; b = 12.

⇔ BC lµ tiÕp tuyÕn chung ngoµi cña hai ®−êng trßn.

b) Gäi b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (K) lµ R.

2RR ' khi BC lµ tiÕp R+R' tuyÕn chung ngoµi cña hai ®−êng trßn.

VËy max AH =

Chu vi tø gi¸c ABKC lµ: AB + BK + KC + CA = (a + b) + (b + R) + (c + R) + (c + a) = 2(a + b + c + R). Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc chu vi c¸c tø gi¸c BCKA, CAKB ®Òu b»ng

a) Theo tÝnh chÊt hai ®−êng trßn tiÕp xóc

2(a + b + c + R).

th× ba ®iÓm A, O1, O2 th¼ng hµng; ba

9.11. (h.9.19) O1

C H B N M

D O3

90 H×nh 9.19

tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (A) vµ (C) lµ B';

®iÓm B, O1, O3 th¼ng hµng; ba ®iÓm C, O2, O3 th¼ng hµng.

tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (B) vµ (C) lµ A'.

∆O1AB vµ ∆O3MB c©n, suy ra

Ta cã ba ®iÓm A, B', C th¼ng hµng, ba ®iÓm

O 1AB = O1BA = O3 BM = O3 MB.

A, C', B th¼ng hµng vµ ba ®iÓm B, A', C th¼ng hµng.

Do ®ã AO1 // MO3.

Gäi O lµ giao ®iÓm ba ®−êng ph©n gi¸c cña ∆ABC.

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc AO2 // NO3.

Ta cã: ∆AB'O = ∆AC'O (c.g.c) ⇒ AB 'O = AC 'O.

Suy ra ba ®iÓm M, O, N th¼ng hµng. VËy MN // O1O2.

= BA Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc BC'O 'O;CA 'O = CB'O.

b) Gäi D lµ giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng AH víi MN.

V× AB 'O = AC 'O nªn CB 'O = BC 'O (cïng kÒ bï víi hai gãc b»ng nhau).

NC NO3 R 3 XÐt ∆CAO2 vµ ∆CNO3 cã AO2 // NO3 nªn = = . (1) CA AO 2 R 2

XÐt ∆ABO1 vµ ∆MBO3 cã AO1 // MO3 nªn

= 90o ;BC'O = 90o. Suy ra CA 'O = BA 'O = 90o dÉn tíi CB'O

VËy OA' ⊥ BC, OB' ⊥ AC, OC' ⊥ AB.

AB AO1 R1 = = . (2) BM MO3 R 3

Suy ra OA', OB', OC' lµ c¸c tiÕp tuyÕn chung cña tõng cÆp ®−êng trßn. Do ®ã ba tiÕp tuyÕn chung trong cña tõng cÆp ®−êng trßn ®ång quy t¹i ®iÓm O. §iÓm nµy lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC.

XÐt ba ®−êng th¼ng NO1, MO2 vµ AD ®ång quy t¹i H, ta cã DM AO 2 R 2 = = . (3) DN AO1 R1

Theo ®Þnh lÝ Xª-va ta cã ba ®−êng th¼ng AD, MC vµ NB ®ång quy.

Chuyªn ®Ò 10. VÏ h×nh phô ®Ó gi¶i to¸n trong ch−¬ng ®−êng trßn

= MBN = 90o. V× MN lµ ®−êng kÝnh cña ®−êng trßn (O3) nªn MCN

10.1.

Suy ra MC vµ NB lµ hai ®−êng cao cña ∆AMN do ®ã AD còng lµ ®−êng cao, AD ⊥ MN ⇒ AD ⊥ O1O2 (v× MN // O1O2).

(h.10.8)

VÏ OK ⊥ AB ta cã KB =

1 AB. 2

y O

Nèi OB th× OB ⊥ xy, suy ra OB // AH (v× cïng vu«ng gãc A víi xy).

VËy AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai ®−êng trßn (O1) vµ (O2).

9.12. (h.9.20)

= BAH (so le trong). Do ®ã OBA VËy ∆KBO

∆HAB (g.g).

H×nh 10.8

1 AB KB OB R AB2 Suy ra = ⇒2 = ⇒ = 2R (kh«ng ®æi). AH AB AH AB AH

A O

10.2. (h.10.9)

C H

VÏ OH, O'K vµ MI cïng vu«ng gãc víi CD.

A I

Ta cã: HC = HA; KD = KA. XÐt h×nh thang HKO'O cã

Gäi tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (A) vµ (B) lµ C'; H×nh 9.20

M N

B H×nh 10.9

MI // OH // O'K vµ MO = MO'

Do ®ã MH ≥ MT = 4cm. Ta cã MA + MB = 2MH ≥ 2MT = 8cm.

nªn IH = IK.

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng MA + MB lµ 8cm khi d lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O).

XÐt ∆MHK cã MI võa lµ ®−êng cao võa lµ ®−êng trung tuyÕn nªn ∆MHK c©n ⇒ MH = MK. (1)

10.5. (h.10.12)

XÐt ∆ACN cã MH lµ ®−êng trung b×nh nªn NC = 2MH. (2)

Gi¶ sö ®· dùng ®−îc c¸t tuyÕn CAD sao cho AC = AD.

XÐt ∆ADN cã MK lµ ®−êng trung b×nh nªn ND = 2MK. (3)

• Ph©n tÝch

10.3. (h.10.10)

VÏ OH ⊥ AC, O'K ⊥ AD. Ta cã HC = HA = KA = KD.

Qua O vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi ba d©y song song c¾t AB, CD vµ MN lÇn l−ît t¹i H, K, I. Ta ®Æt OH = x; OK = y.

Gäi M lµ trung ®iÓm cña OO', AM lµ ®−êng trung b×nh cña h×nh thang HKO'O

Gäi R lµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn.

⇒ AM // OH do ®ã AM ⊥ CD.

Tõ (1), (2), (3) suy ra NC = ND do ®ã ∆NCD c©n.

Theo tÝnh chÊt ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi d©y ta cã: 1 1 HA = AB = 5cm; KC = CD = 7cm 2 2

vµ IM =

1 MN. 2

• C¸ch dùng

O K

Dùng trung ®iÓm M cña OO'.

Qua A dùng mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AM c¾t ®−êng trßn (O) vµ (O') lÇn l−ît t¹i C vµ D.

10.6. (h.10.13)

XÐt ∆IOM vu«ng t¹i I cã: IM = OM – OI = 50 – 2 = 46.

• Ph©n tÝch

Suy ra IM = 46, do ®ã MN = 2 46(cm).

Gi¶ sö ®· dùng ®−îc d©y AB sao cho

10.4. (h.10.11)

• VÏ OH ⊥ AB ta ®−îc HA = HB.

VÏ OM ⊥ AB ⇒ MA = MB vµ MC = MD.

Ta cã MA + MB = (MH – HA) + (MH + HB) = 2MH. M

H×nh 10.11

1 CN ⊥ AB vµ ON = OA. 3

• VÏ tiÕp tuyÕn MT th× MT = MO – OT = 5 – 3 = 16 ⇒ MT = 4cm. 2

H×nh 10.13

• C¸ch dùng

Ta cã MH = MO – OH (1); MT = MO – OT . (2) 2

D M

VÏ CN // OM (N ∈ OA) ta ®−îc

VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña tæng MA + MB lµ 10cm khi d ®i qua O.

1 Do ®ã MC = MA. 3

MÆt kh¸c, MH ≤ MO nªn MA + MB ≤ 2MO = 2.5 = 10(cm).

AC = CD = DB.

H×nh 10.12

• BiÖn luËn: Bµi to¸n lu«n cã mét nghiÖm h×nh.

V× x + y = 6 nªn x – y = 4. Suy ra x = 5; y = 1. Do ®ã R2 = 52 + 52 = 50.

H×nh thang HKO'O cã MO = MO' vµ MA // OH nªn AH = AK. Do ®ã AC = AD.

Suy ra x + 5 = y + 7 ⇔ x – y = 24 ⇔ (x – y)(x + y) = 24.

VÏ OH ⊥ AC vµ O'K ⊥ AD, ta ®−îc HC = HA; KA = KD.

H×nh 10.10

• Chøng minh

x +5 =R ;y +7 =R . 2

Khi ®ã AC = AD.

¸p dông ®Þnh lÝ Py-ta-go ta ®−îc: 2

Dùng b¸n kÝnh OA cña ®−êng trßn lín.

MÆt kh¸c, OH ≤ OT nªn tõ (1) vµ (2) suy ra MH ≥ MT . 93

1 Dùng ®iÓm N trªn OA sao cho ON = OA. 3

MÆt kh¸c, AB + AC = AD + BD + AF + CF = (AD + AF) + (BD + CF) = 2r + 2R.

Dùng ®−êng trßn ®−êng kÝnh AN c¾t ®−êng trßn (O; r) t¹i C.

MÆt kh¸c, R – r = 9 nªn R = 13cm; r = 4cm.

Dùng d©y AB cña ®−êng trßn lín ®i qua C c¾t ®−êng trßn nhá t¹i ®iÓm thø hai lµ D. Khi ®ã AC = CD = DB.

10.10. (h.10.17)

V× AB + AC = 34 nªn 2R + 2r = 34 hay R + r = 17.

• Chøng minh vµ biÖn luËn: Dµnh cho b¹n ®äc.

10.7.

(h.10.14)

VÏ b¸n kÝnh OA ta ®−îc OA ⊥ xy.

A' O

VÏ BK ⊥ OA, tø gi¸c AKBH lµ h×nh ch÷ nhËt nªn K

KB = AH = 15cm. 2

XÐt ∆KOB vu«ng t¹i K ta cã: OB = OK + KB . 2

? B

Do ®ã r = (r – 9) + 15 ⇔ r = r – 18r + 81 + 255 ⇔ r = 17cm. D

S = SAOM + SAON =

b) VÏ O1D ⊥ OB, O2E ⊥ O3C. Ta cã O2D = x – a; O3E = b – x. ∆O1DO2

H×nh 10.15

∆O2EO3 (g.g). Suy ra

O2 D O1O 2 x −a x +a = . Do ®ã = . b−x b+x O3 E O 2 O3

Suy ra x = ab.

10.11. (h.10.18)

MÆt kh¸c, AM + AN ≥ 2 AM.AN = 2 2S.

Gäi C lµ tiÕp ®iÓm cña hai ®−êng trßn.

1 2 2 Do ®ã S ≥ r.2 2S ⇒ S ≥ r .2S. 2

Qua C vÏ tiÕp tuyÕn chung c¾t AB t¹i M.

Ta cã MA = MC = MB =

Suy ra S ≥ 2r (dÊu "=" x¶y ra ⇔ AM = AN ⇔ ∆AMN c©n ⇔ MN ⊥ OA). 2

VËy minS = 2r khi d ⊥ OA.

10.9. (h.10.16)

D r

O E

C O'

AB = a. 2

Tia MO vµ tia MO' lµ hai tia cña gãc CMA vµ gãc CMB.

DÔ thÊy tø gi¸c AFOD lµ h×nh vu«ng. Suy ra

H×nh 10.17

1 1 1 AM.OD + AN.OE = r ( AM + AN ) . 2 2 2

Gäi O lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp ∆ABC vµ D, E, F lÇn l−ît lµ c¸c tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (O) trªn c¸c c¹nh AB, BC, CA.

tia ph©n gi¸c cña gãc xOy do ®ã c¸c ®iÓm O, O1, O2, O3 th¼ng hµng.

Gäi S lµ diÖn tÝch cña ∆AMN. Ta cã

Mçi ®iÓm O1, O2, O3 c¸ch ®Òu hai c¹nh cña gãc xOy nªn chóng n»m trªn

Ta cã OD ⊥ AB, OE ⊥ AC vµ OD = OE = r.

a) VÏ c¸c b¸n kÝnh ®i qua c¸c tiÕp ®iÓm.

10.8. (h.10.15) Gäi D, E lÇn l−ît lµ tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (O) trªn c¸c c¹nh AB, AC.

y H H×nh 10.14

H×nh 10.18

Do ®ã MO ⊥ MO'.

¸p dông hÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng MOO' ta cã: 2

 AB  OC.O 'C = MC 2 =   .  2 

H×nh 10.16

AD = AF = OD = OF = r.

Do ®ã R.R' = a .

§−êng kÝnh cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC lµ BC = 2R.

10.12. • Tr−êng hîp hai ®−êng trßn tiÕp xóc ngoµi (h.10.19)

Ta cã BD = BE, CF = CE ⇒ BD + CF = BE + CE = BC = 2R. 95

Qua A vÏ mét tiÕp tuyÕn chung cña hai ®−êng trßn c¾t Bx vµ Cy lÇn l−ît t¹i M vµ N.

y 2 2

b) Theo bÊt ®¼ng thøc C«-si ta cã

=A ;C =A Suy ra B 1 1 2 2

hay

=A nªn B =C . mµ A 1 2 1 2 M

Do ®ã Bx // Cy (v× cã cÆp gãc so le trong b»ng nhau). x

A O2

= 90o nªn ba ®iÓm C, A, D th¼ng MÆt kh¸c, BAC hµng.

(

AC2 = BC2 − AB2 = 2 3

)

Do ®ã HK lµ ®−êng trung b×nh cña tam gi¸c BAM.

H×nh 10.22

Do ®ã bèn ®iÓm M, A, O', O lµ bèn ®Ønh cña mét h×nh thang c©n. Suy ra bèn ®iÓm M, A, O', O cïng n»m trªn mét ®−êng trßn (xem vÝ dô 1, chuyªn ®Ò 6).

1 1 = ⇒ BA = 3(cm). BA 2 9

10.16. (h.10.23)

VÏ d©y chung AB. V× AC, AD lµ ®−êng kÝnh nªn

− 32 = 3. Suy ra AC = 3(cm).

E A N

= 90o ; AND = 90o ; ABC = ABD = 90o. AMC

10.14. (h.10.21)

Do ®ã ba ®iÓm C, B, D th¼ng hµng vµ ®o¹n th¼ng CD cè ®Þnh.

a) Ta cã BC = 2 R1.R 2 ; BD = 2 R1.R ;CD = 2 R 2 .R (xem vÝ dô 5).

O C

Ta cã CM // DN (v× cïng vu«ng gãc víi d).

V× D n»m gi÷a B vµ C nªn

H×nh 10.23

Suy ra tø gi¸c MNDC lµ h×nh thang.

BC = BD + CD hay

Gäi E, F lÇn l−ît lµ trung ®iÓm cña MN vµ CD.

2 R1.R 2 = 2 R1.R + 2 R 2 .R ⇒ R1.R 2 = R1.R + R 2 .R .

Theo tÝnh chÊt cña h×nh b×nh hµnh ta cã KM = KB.

Ta cã O'M = OB (c¹nh ®èi h×nh b×nh hµnh), mµ OA = OB nªn O'M = OA.

H×nh 10.20

1 1 1 = + , XÐt ∆BCD vu«ng t¹i B, cã BA lµ ®−êng cao nªn 2 2 BA BD BC2

)

K H

Suy ra HK // AM hay OO' // AM, dÉn tíi tø gi¸c cã bèn ®Ønh M, A, O', O lµ h×nh thang.

Ta cã BD ⊥ BC (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn).

(

Theo tÝnh chÊt d©y chung ta cã: HA = HB. O1

VÏ d©y chung AB. Gäi H vµ K lÇn l−ît lµ giao ®iÓm cña OO' víi AB vµ MB.

= 90o. VÏ ®−êng kÝnh BOD th× BAD

. Do ®ã

1 2 1 4 ≥ ⇔ ≥ ⇔ R1.R 2 ≥ 4R ⇔ R1.R 2 ≥ 16R 2 4 R R R1.R 2 R1.R 2

10.15. (h.10.22)

Ta cã ∆ABC vu«ng t¹i A vµ BC = 2 3.1 = 2 3cm (xem vÝ dô 5).

1 1 . R1 R 2

1 1 1 = + BA 2 62 2 3

1 1 + ≥2 R1 R2

VËy min(R1R2) = 16R khi R1 = R2 = 4R.

H×nh 10.19

10.13. (h.10.20)

suy ra

1 1 1 = + . R R1 R2

(dÊu "=" x¶y ra khi R1 = R2 = 4R).

• Tr−êng hîp hai ®−êng trßn tiÕp xóc trong: Chøng minh t−¬ng tù.

R1.R 2 .R ta ®−îc

Ta cã MA = MB; NA = NC.

Chia c¶ hai vÕ cho

Ta ®−îc AF lµ mét ®o¹n th¼ng cè ®Þnh. O1

§o¹n th¼ng EF lµ ®−êng trung b×nh cña h×nh thang MNDC.

A O2

Do ®ã MC + ND = 2EF ≤ 2AF (dÊu "=" x¶y ra khi E ≡ A ⇔ MN ⊥ AF).

O B

D H×nh 10.21

VËy max(MC + ND) = 2AF khi d ⊥ AF. 97

Chuyªn ®Ò 11. Chøng minh mét ®iÓm di ®éng trªn mét ®−êng trßn hoÆc mét ®−êng th¼ng cè ®Þnh 11.1.

(h.11.6)

∆AMK

CM BC 6 2 = = = . AM BA 3 1

Suy ra

∆ABM (g.g) ⇒

AM AK = AB AM

M A

⇒ AM = AB.AK ⇒ AM = AB.AK (kh«ng ®æi).

Tõ M vÏ MK // AB (K ∈ BC). Ta cã B

Do ®ã

V× A cè ®Þnh nªn ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn

( A;

)

KM CK 2 = = . Suy ra KM = 2 (cm); CK = 4 (cm). 3 6 3

Suy ra ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn (K; 2cm).

11.2. (h.11.7)

NhËn xÐt: Tõ hai ®iÓm cè ®Þnh trong ®Ò bµi lµ B vµ C ta ®· t¹o ra mét ®iÓm K cè ®Þnh råi tÝnh kho¶ng c¸ch KM tõ ®ã suy ra ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn (K; 2cm).

VÏ b¸n kÝnh OA, ta cã OA ⊥ MA. Theo tÝnh chÊt hai = 1 AMB = α. tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AMO 2 2

11.5. (h.11.10)

XÐt ∆AOM vu«ng t¹i A ta cã OM =

KM CK CM 2 = = = . BA CB CA 3

VËy K lµ mét ®iÓm cè ®Þnh trªn tia CB.

H×nh 11.6

AB.AK .

CM 2 CM 2 hay = = . CM + AM 2 + 1 CA 3

Ta cã G lµ träng t©m cña ∆ABC nªn ba ®iÓm C, G, H HG 1 th¼ng hµng vµ = . HC 3

   R  V× ®iÓm O cè ®Þnh nªn ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn  O; . α  sin   2

VÏ GD // AB (D thuéc tia ®èi cña tia AO).

11.3. (h.11.8)

Theo ®Þnh lÝ Ta-lÐt ta cã

V× xy lµ tiÕp tuyÕn nªn OA ⊥ xy.

x M

MÆt kh¸c, BM ⊥ xy nªn OA // BM,

Gäi H lµ giao ®iÓm cña OM víi AB. Ta cã ∆HOA = ∆HMB (g.c.g) ⇒ OA = MB.

H×nh 11.8

Tø gi¸c AOBM cã OA // BM vµ OA = MB nªn lµ h×nh b×nh hµnh.

AD HG 1 1 = = . VËy AD = AO (kh«ng ®æi). AO HO 3 3

11.6. (h.11.11)

Ta cã OA ⊥ xy (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn),

Tø gi¸c AKMH cã ba gãc vu«ng nªn lµ h×nh ch÷ nhËt.

Do ®ã trung ®iÓm M cña HK còng lµ trung ®iÓm M cña AC. B

99 H×nh 11.9

C M

Suy ra hai ®−êng chÐo AC vµ HK c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®−êng. y

11.4. (h.11.9) XÐt ∆ABC cã BM lµ ®−êng ph©n gi¸c nªn

H×nh 11.10

CH ⊥ AB, CK ⊥ xy.

Suy ra AM = OB = R (kh«ng ®æi). V× ®iÓm A cè ®Þnh nªn ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn (A; R).

XÐt ∆GOD vu«ng t¹i G, c¹nh huyÒn OD cè ®Þnh nªn ®iÓm G di ®éng trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh OD.

Do AO cè ®Þnh nªn D cè ®Þnh, ®o¹n th¼ng OD cè ®Þnh.

= ABM (so le trong). suy ra OAB

Suy ra HA = HB.

H×nh 11.7

C G

Gäi H lµ giao ®iÓm cña OC vµ AB. V× C vµ O ®èi xøng qua AB nªn HC = HO nªn OC ⊥ AB.

OA R (kh«ng ®æi). = AMB α sin sin 2 2

H×nh11.11

Suy ra OM ⊥ AC. 100

XÐt ∆MAO vu«ng t¹i M cã AO lµ c¹nh huyÒn nªn ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn ®−êng kÝnh AO.

Gäi H vµ H' lµ c¸c tiÕp ®iÓm cña ®−êng trßn (K) trªn c¸c c¹nh Ox, Oy.

11.7. (h.11.12)

Ta cã KH ⊥ Ox; KH' ⊥ Oy vµ KH = KH' nªn ®iÓm K c¸ch ®Òu hai c¹nh cña gãc xOy do ®ã ®iÓm K di ®éng trªn tia ph©n gi¸c cña gãc xOy.

x t H K

11.9. (h.11.14) B M

∆AOK A

Tõ M vÏ ®−êng th¼ng m ⊥ OA c¾t OA t¹i H.

∆MOH (g.g). Suy ra

OA OK = OM OH

H×nh 11.13

⇒ OA.OH = OK.OM.

(1)

XÐt ∆OBM cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn), BK lµ ®−êng cao nªn 2

OK.OM = OB = R . H×nh 11.12

XÐt ∆AOB cã OM lµ ®−êng ph©n gi¸c trong nªn Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã

R OA H×nh 11.14

VËy M di ®éng trªn ®−êng th¼ng m ®i qua H vµ m ⊥ OA.

11.10. (h.11.15)

VÏ c¸c b¸n kÝnh OD, CE ta ®−îc OD // CE (v× cïng vu«ng gãc víi DE).

AC AM 2 AC 2 = = . Do ®ã = ⇒ AC = 4(cm). AO AB 3 6 3

= CEO (so le trong) Suy ra DOE

VËy C lµ mét ®iÓm cè ®Þnh trªn tia AO.

VËy

Do ®ã H lµ ®iÓm cè ®Þnh trªn tia OA cè ®Þnh.

MA 2 MA 2 hay = = . MA + MB 2 + 1 AB 3

¸p dông hÖ qu¶ cña ®Þnh lÝ Ta-lÐt ta cã

(kh«ng ®æi).

MA OA 6 2 = = = . MB OB 3 1

VÏ MC vµ ND song song víi OB (C vµ D thuéc ®−êng th¼ng AO). XÐt ∆AOB cã CM // OB nªn

(2) A

Tõ (1) vµ (2) suy ra OA.OH = R ⇒ OH =

B C

= CEO (v× ∆COE c©n) mµ COE CM AC = . OB AO

= COE. nªn DOE Do ®ã ∆DOE = ∆BOE (c.g.c).

CM 4 = ⇒ CM = 2(cm). 3 6

H×nh 11.15

= ODE = 90o ⇒ EB ⊥ OB. Suy ra OBE

V× ®iÓm C cè ®Þnh nªn ®iÓm M di ®éng trªn ®−êng trßn (C; 2cm). Dïng tÝnh chÊt ®−êng ph©n gi¸c ngoµi, ta tÝnh ®−îc AD = 12cm suy ra ®iÓm D cè ®Þnh trªn tia AO. Dïng hÖ qu¶ ®Þnh lÝ Ta-lÐt ta tÝnh ®−îc DN = 6cm.

V× OB cè ®Þnh nªn ®iÓm E di ®éng trªn mét ®−êng th¼ng cè ®Þnh lµ ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi OB t¹i B.

11.11. (h.11.16) A

Ta cã O'A ⊥ AC (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn), OM ⊥ AC, suy ra O'A // OM.

Do ®ã ®iÓm N di ®éng trªn ®−êng trßn (D; 6cm).

11.8. (h.11.13) 101

H M

C H×nh 11.16

102y

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc O'M // OA, do ®ã tø gi¸c AO'MO lµ h×nh b×nh hµnh.

= BD ∆ ABC = ∆ABD ⇒BC = BD ⇒ BC

Suy ra OO' vµ AM c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®−êng. VËy KA = KM. MÆt kh¸c, HA = HB vµ OO' ⊥ AB (tÝnh chÊt d©y chung).

b) ∆BCE vuông tại E có BC = BD nên BE là đường trung tuyến ⇒ BE = BD = BD ⇒ BE A .

Do ®ã KH lµ ®−êng trung b×nh cña tam gi¸c ABM

12.3. Gọi CD là dây cung thuộc (O) sao cho CD = AB.

⇒ KH // MB dÉn tíi MB ⊥ AB t¹i B.

Kẻ OH ⊥ AB, OI ⊥ CD thì OI = OH không đổi nên I thuộc đường tròn tâm (O) bán kính OH không đổi.

VËy M di ®éng trªn ®−êng th¼ng xy ⊥ AB t¹i B.

H B O

11.12. (h.11.17) a) Ta cã OA ⊥ xy; OB ⊥ MB (tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn).

Gäi K lµ trung ®iÓm cña OM.

12.4.

C¸c ∆AOM vµ ∆BOM vu«ng t¹i A vµ B nªn KA = KB = KO = KM.

= MB ⇒ OM ⊥ AB ( định lí bổ sung) ⇒ OM // DK ⇒ MA . Mặt khác ∆OMC cân (OM = OC) nên OMC = KDC = KCD . OMC

VËy K lµ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ∆MAB. §iÓm K c¸ch ®Òu hai ®Çu ®o¹n th¼ng OA nªn ®iÓm K di ®éng trªn ®−êng trung trùc d cña OA.

12.5.

AM, AN lµ 1 1 = MON = sñMN . BOM 2 2

d H

2 1

tiÕp

tuyÕn

K C

nªn

H×nh 11.17

12.1.

sđ AB = 1400 ⇒ sđ A' B = 400 ⇒ sđ A' C = 400 ⇒ sđ CB = 800

12.6. Kẻ đường cao AH. Ta tính được AH = 32cm. Đặt OH = x. Kẻ OM ⊥ AC. Ta có: ∆ AMO ~ ∆AHC (g.g)

(

Chuyên đề 12. GÓC Ở TÂM. SỐ ĐO CUNG. LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY

sđ AB = 1400 ⇒ sđ AB' = 400 ⇒ sđ B' D = 400

⇒

⇒ sđ CD =1800 - sđ BC - sđ B' D = 1800 − 400 − 800 = 600 . kính

A' D

nên

mà AC = AD, AB chung nên E

103 B

) A

AO AM 32 − x 20 .Từ đó x = 7cm. = ⇒ = AC AH 40 32

12.7. a)

AB = CD⇒ OH = OK. = OKM = 900 , OM chung, OH = ∆OMH và ∆OMK có OHM

OK suy ra ∆OMH = ∆ OMK ⇒ MH = MK.

1 + sñNP + sñPQ + sñMQ = sñMN 2 1 = .3600 = 1800. 2

đường

= + COQ + DOQ AOB + COD AON + NOB Ta cã:

V× ®iÓm A cè ®Þnh nªn ®iÓm H di ®éng trªn ®−êng trßn (A; R).

là

= 1 sñNP ; DOP = 1 sñPQ . COP 2 2

Do ®ã AH = AO = R.

= 1 MOQ = 1 sñMQ T−¬ng tù , ta cã: AOM 2 2

Suy ra tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh. H×nh b×nh hµnh nµy cã OA = OB = R nªn lµ h×nh thoi.

12.2. a) AC, AD = 900 ; ABD = 900 ABC

= KDC ⇒ ∆KCD cân tại K. Suy ra KCD

b) Ta cã OA // BH (v× cïng vu«ng gãc víi xy); OB // AH (v× cïng vu«ng gãc víi MB). x

104 D

Chuyên đề 13. GÓC NỘI TIẾP.

AB = CD mà OH ⊥ AB ; OK ⊥CD

Suy ra AH = HB = CK = KD. Mặt khác MB = MH – HB; MD = MK – KD. Do đó MB = MD.

GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG

13.1.

Ta có MA = MH + HA; MC = MK + KC suy ra MA = MC.

= MCA = ∆MAC cân tại M ⇒ MAC

1800 − M 2

1 H2 1

Dễ dàng chứng minh được H đối xứng với K qua BC, =H =H . (1) suy ra K 2

= MBD ⇒ AC / /BD mà MAC = MCA nên ABDC là hình Từ đó suy ra MAC thang cân.

hình

thoi

= DPQ (Góc nội tiếp và góc 13.2. a) Ta có QAP giữa tiếp tuyến với dây cung cùng chắn một cung = QBP (góc nội cung chắn một cung) và DPQ

M A

tuyến của đường tròn (O).

12.8. a) Ta có MA = MB ⇒ MA = MB = NB ⇒ NA = NB . Mặt khác PA = PB; OA = OB, nên bốn NA điểm N, M, O, P thẳng hàng (vì cùng nằm trên đường trung trực của AB).

=K nên K phụ với H (2) Ta lại có: A 1 1 1 2 phụ với K . Vậy IK là là tiếp Từ (1) và (2) suy ra K

0 = MDB = 180 − M ∆MBD cân tại M ⇒ MBD 2

b) Tứ giác AMBO là ⇔ OA = AM = MB = BO ⇔ ∆AOM đều

B A P

tiếp cùng chắn một cung). Từ đó suy ra = QBR. QAP

R O

của tam giác)

= 600 ⇔ AOB = 1200 ⇔ sñAMB = 1200 ⇔ AOM .

b) Ta có BPR = PAB + ABP( tình chất góc ngoài Q D

= BQA = PAB + ABP . Suy ra Mặt khác, BRP N

= BRP hay tam giác BPR cân đỉnh B. BPR = ABP (1) c) Ta có BQP (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến với dây cung cùng chắn một cung) = BQR (2) BAR

(góc nội tiếp cùng chắn một cung)

= PAB + ABP (3) BPR = PQB + BQR (4) PQR

= BPR = BRP Từ (1); (2); (3) (4) suy ra PQR Do đó: Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc PB và RB ( định lí bổ sung).

13.1. Ta có ∆MAC ∽ ∆MDA suy ra: MA2 = MC.MD và

105

MA AC = MD AD

106I

O D

∆MBC ∽ ∆MDB suy ra: Xét

=A (cùng chắn cung HE). Suy ra: C =C C 1 2 1 2

MB BC = MD BD

= 2.C = ACE ⇒ = sđ AH b) Ta có: O 1 2

MC MC.MD MA2 MA MB AC BC = = = . = . (1) MD MD MD AD BD MD2 MD2

Do đó:

Xét ∆CDK và ∆MIC có:

b) ∆BME cân tại M nên MEB = MBE . Lại có

(

bù với CEF ) nên ∆AEN ∽ ∆ABP, suy ra:

Do đó: ∆CDK = ∆MIC ⇒ CK = MC ⇒ ∆CMK cân tại C. CA là tia phân giác (vì ABCD là hình vuông) ⇒ AC ⊥ KM . MCK

AN NE = . AP PB

(3) Vì ∆AEM ∽ ∆ABS ( câu b) và tương tự ta có: ∆MAF ∽ ∆SAC nên AME = ASB, AMF = ASC

)

= CIM (Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). KDC

Từ (1) và (2) suy ra: : ∆AEM ∽ ∆ABS . c) Từ câu b, suy ra: BAP = EAN. Mà ABP = AEN ( cùng

= IMC = 900 , DC = MI (= AD) DCK

+ ABE = BAE + ABE = 900 = AEB ⇒ SBA = AEM (2) SBM

K N

+ DNC = 900 + 900 ⇒ INC = 1800 ⇒ I, N, C Ta có: IND thẳng hàng.

AB BS = . (1) AE ME

= 900 N thuộc đường tròn đường kính DC ⇒ DNC

= BMS = 900 nên ∆AEB ∽ ∆BMS , suy ra: AB = BS . AEB

= 900 ⇒ DI là đường kính của (O) ⇒ IND = 90 0 ⇒ IMD

2 1

D E

Tứ giác DAIM là hình chữ nhật (vì AIM = IAD = ADM = 900 )

a) Do BAE = SBM ( hệ quả góc tạo bởi tia tếp tuyến và dây cung) và

⇒ A I M = 900 .

IC MC = . ID MD

Mà BM = ME nên

Gọi I là giao điểm của đường tròn (O) đường kính AM và CD

13.2.

13.6.

AC BC AC BC IC IB IC . = . = . = (2) AD BD BD AD IB ID ID

Từ (1) và (2) suy ra:

1 2

HO // EC.

IC AC IB BC = ; ∆IBC ∽ ∆IDA suy ra: = ; IB BD ID AD

Mặt khác : ∆IAC ∽ ∆IDB suy ra:

13.7. Gọi K là giao điểm của AM và BC. N F

chung; KBM = KAB ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến, Xét ∆KBM và ∆KAB có: K dây cung và góc nội tiếp chắn cùng chắn cung BM của (O) )

= BSC ⇒ SBP = MEN ⇒ EMF ( do hai tam giác cân có

Do đó: ∆KBM ∽ ∆KAB ⇒

KB KM = ⇒ KB2 = KM.KA (1) KA KB

hai góc ở đỉnh bằng nhau).

= MBA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc MCK

NE NM = (4) . PB PS AN NM Từ (3) và (4) suy ra: = ⇒ NP // MS, mà MS ⊥ AP PS BC nên NP ⊥ BC.

nội tiếp cùng chắn cung BM của (I)).

Suy ra: ∆EMN ∽ ∆BSP ⇒

=A (1) Mặt khác: A =C (cùng phụ với 13.5.a) Ta có: ∆ABD cân nên: A 1 2 1 2 góc B) 107

= MBA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc KAC

nội tiếp cùng chắn cung AM cuả (O)).

K I

108

13.11.

= KAC . Xét ∆KCM và ∆KAC có: K chung , MCK = KAC . Do Do đó: MCK KC KM đó ∆KCM ∽ ∆KAC ⇒ = ⇒ KC2 = KM.KA (2). KA KC

= PQB (Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) ⇒ ∆PBK a) Ta có PBK ∽ ∆PQB (g.g)

Từ (1) và (2) ta có: KC2 = KB2 ⇒ KC = KB . Vậy AM đi qua trung điểm K của BC.

⇒

= BFA  = 1 sñAE  chung, BAE 13.8. Xét ∆ BAE và ∆BFA có ABE   2  

Tương tự ta có: ∆ PCK ∽ ∆PQC (g.g) ⇒

Do đó: ∆BAE ∽ ∆BFA ⇒

BA BE BC BE = ⇒ = BF BA BF BC

(vì BC = BA)

Từ (1) và (2) kết hợp với PB = PC ta có:

F M

Xét ∆BCE và ∆BFC có:

Từ (3) và (4) ta có:

cùng chắn cung EN)

= EMN ⇒ MN / /AC . Do đó BCE D

O' M

= DBM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DM) mà DAM = DAM ⇒ AD là tia phân giác của CAM . nên CAD

∆IBE ∽ ∆ICD (g.g) ⇒ IE.IC = IB.ID Từ đó suy ra: IE.IA = IE.IC = IB.ID = IB2 ⇒

Từ (5) và (6) vế chia theo vế ⇒

Từ (7) và (8) ⇒

IA = IC ⇒ IE.IA = IE.IC

I B

MC MA = (5) KC BA

KB CA = (7) ( vì MB = MC) KC BA BK KC BK QB (8) . = ⇒ = QB QC KC QC

AC QB = ⇒ ∆ABC ∽ ∆QCB (c.g.c) AB QC

= QBC ⇒ ACB = QAC ⇒ AQ / /BC. ⇒ ACB

IB IA = . IE IB

IB IA chung , suy ra = và BIA IE IB = IAB ∆IBE ∽ ∆IAB (c.g.c) nên IBE .

I E A D

Ta có ∆IBE và ∆IAB có

Từ đó suy ra BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB( định lí bổ sung)

109

MB MA = (6) KB CA

Mặt khác theo kết quả câu a, ta có:

13.10. Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành.

Suy ra CI là tia phân giác KCQ .

∆MKB ∽ ∆MCA(g.g) ⇒

), (= 1 sđ ) = BCD (= 1 sđ BC BAC BAD = BDC BD 2 2 = BAC + BAD = BCD + BDC = DBM Do đó : CAD

BK CK (3) . = QB QC

= BCD + BDC ( DBM là góc ngoài của ∆BDC) DBM

CK IK = QC IQ

b) Ta có ∆MKC ∽ ∆MBA (g.g) ⇒

13.9.

PC CK (2) = PQ QC

nên IK = BK (4) Ta có BI là phân giác KBQ IQ QB

(chung), BC = BE . Do đó ∆BCE ∽ ∆BFC CBE BF BC = BFC mà EMN = BFC (hai góc nội tiếp ⇒ BCE

PB BK (1) . = PQ QB

110

Chuyên đề 14. GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN TRONG ĐƯỜNG TRÒN. GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN = sñAD + sñCM ( góc có đỉnh ở 14.1. Xét (O’) có: AEB 2 bên trong đường tròn). = sñADM = sñAD + sñMD ( góc tạo bởi tia tiếp BAM 2 2 tuyến và dây cung) .

AC CB hay AC.DB = AD.CB = AD DB b) Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng AI với (O).

Mà MA = MB nên

(

E M

= MBI − MBC = MIB − MDB = DBI. Vậy BI là tia phân giác của góc CBI CBD. = BDC (cùng chắn cung BC của (O)). 14.5. a) Ta có: BAC

+ Số đo cung nhỏ A1A3 là sđ A1A3 = 2.18 = 360

Xét

đường tròn 1 1 = IF BAC = sđ IE; BDC = sđ IF ⇒ IE 2 2

là sđ A8 A16 = 8.18 = 1440 F'

A MA3 = 1

36 + 144 = 900 2

Suy ra A1A8 vuông góc với A3A16.

I E

F N O

K D

= IF ⇒ KI ⊥ EF (2) Lại có IE

Từ (1) và (2) ta có: KI ⊥ BC.

= BOC = 450 (hệ quả góc nội tiếp) 14.6. Xét đường tròn (O) có: BAC 2

F A

Suy ra E và E’ đối xứng nhau qua xy, tương tự F, F’ đối =E xứng nhau qua xy ⇒ EF 'F'.

0 = 180 − sñMN ( góc có đỉnh Xét đường tròn (I) có: BAC 2 ngoài đường tròn) hay 0 180 − sñMN = 900 ⇒ MIN = 900 . 450 = ⇒ sñMN 2

Theo tính chất góc có đỉnh bên trong đường tròn, ta có: = sñEF + sñE ' F ' = sñEF . ABC 2 Vậy số đo cung EF không đổi khi O di chuyển trên đường thẳng BC. 14.4. a) ∆MAC ∽ ∆MDA ⇒

= ACB ⇒ ⇒ AME EF // BC (1)

14.3. Gọi AB, CB cắt đường tròn tại điểm thứ hai là F’, E’. Kẻ đường cao BK của tam giác ABC, gọi I là giao điểm của tia đối tia BK với đường tròn, ta có: = CBK = E' ABK BI; E' Bx = EBx

có

= ACB (cùng chắn cung AB của (O) mà AME = ADB b) ADB

(K)

= 1 ( sđ AE + sđ IF ) = 1 (sđ AE + sđ IE ) = 1 sđ AI = ADI AME 2 2 2

có

sñA A + sñA A 1 3 8 16

Mà MA = MB nên MB = MI vậ y ∆BMI cân ⇒ MIB = MBI , do đó:

là đường cao vừa là trung tuyến ⇒ NA = NE và OA = OB, O’A = O’C ⇒ NO, NO’ là đường trung bình của tam giác ACE, ABE nên O’N // CE, NO // EB do đó O, N, O’ thẳng hàng. 14.2. Số đo mỗi cung nhỏ là 3600: 20 = 180

Gọi M là giao điểm A1 A8 và A3A16

)

(

= AEB ⇒ tam giác ABE cân tại B nên BN vừa Suy ra BAM

+ Số đo cung nhỏ A8A16

= 1 sñAE = 1 sñAC + sñCE Ta có: MAI 2 2 = CE , nên suy ra ∆AMI = 1 sñAC + sñED mà ED MAI = MIA MIA 2 cân. Do đó MA = MI.

O N

Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:

MA AC = MD AD

MN2 = MI2 + NI2 = 2.MI2 =

MB CB ∆MBC ∽ ∆MDB ⇒ = MD DB

BC2 ⇒ BC = MN. 2 . 2

BC2 = BO2 + CO2 = 2R2 ⇒ BC = R. 2 . Suy ra MN = R. M

111I

112 D

Chuyên đề 15. CUNG CHỨA GÓC

= x; sñBC = y ta có x + y = 3600 (1) 14.7. Đặt sñBAC

15.1. a) Dễ dàng chứng minh AB ⊥ CD nên AC = AD . Do đó

= sñBC = y (góc nội tiếp) . Ta có BAC 2 2

= ABD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây và góc nội ACM

= sñBAC − sñBC = x − y (góc có đỉnh bên BMC 2 2 ngoài đường tròn).

= 2BMC nên y = 2 x − y hay 2x = 3y (2) Mà BAC ( )

15.3.

= 1200 ; AB = R 3 nên sđ AB

= 600 ; AB = R nên sđ CD

= sñAB + sñCD = 900 nên AC Gọi AC cắt BD tại I ta có: AIB 2 ⊥ BD.

)

E M

C A

= AOB ⇒ BNP = 1 AOB (2) ⇒ BDP 2

A C

Tương tự ta có:DP // OA H

Từ (1) và (2), suy ra: ANP = BNP b) Gọi H là giao điểm của NP và CD; I là giao điểm của OP và CD. Theo chứng minh trên ta có: CP // OB; DP // CO. Suy ra tứ giác CPDO là hình bình hành. Do đó IO = IP. (C) và (D) cắt nhau tại P và N suy ra CD ⊥ NP (3) HN = HP do đó HI là đường trung bình của tam giác PNO nên HI // NO hay CD // NO (4)

113

a) Vì (O) và(C) tiếp xúc trong tại A nên A, C, O thẳng hàng. Vì (O) và (C) tiếp xúc trong tại B nên B, D, O thẳng hàng.

= AOB ⇒ ANP = 1 AOB (1) ACP 2

1 B

(

14.9. Tam gi¸c ABE cã AH lµ ®−êng ph©n gi¸c, ®ång thêi lµ ®−êng cao, nªn tam gi¸c ABE c©n t¹i ®Ønh A. . Do ®ã ABE = AEB

= 1 ACP . Tam giác ACP cân tại C, Xét (C) có ANP 2 tam giác AOB cân tại O nên suy ra: = ABO = CPA ⇒ CP // OB; APC

= BAH = MAC =M Gọi E là trung điểm AB. Ta có H 1 1 nên bốn điểm A, M, H, E thuộc cùng một đường tròn. Suy = AHM = 900 . Do EM // AC nên BAC = 900 . ra AEM

14.8.

15.2.

= sñBC = 720 . Từ đó suy ra BAC 2

= MBD . Suy ra sñCM = sñMD vËy CBM

= KBM . Tứ giác BCMK có các điểm B và C Tức là KCM cùng nhìn KM dưới hai góc bằng nhau nên bốn điểm B, C, M, K thuộc cùng một đường tròn. = BCK = 90 0 . Vậy KM ⊥ AB. b) Từ câu a suy ra BMK

 x = 2160  x + y = 360 Từ (1) và (2) suy ra  ⇔ 0 y = 144 2x = 3y

= sñBM = sñBC + sñCM Mµ ABE 2 2 = sñBC + sñMD AEB 2

tiếp chắn hai dây cung bằng nhau)

114

Do đó D là giao điểm của (O; 2R) và cung chứa góc 300 dựng trên đoạn BC. D xác định được ⇒ A xác định được.

Từ (3) và (4), suy ra: NO ⊥ NP ⇔ PNO = 90

c) Theo chứng minh trên ta có: ANB = ANP + PNB ⇒ ANB = AOB (không đổi)

b) Cách dựng. - Dựng đường tròn (O;R).

Dễ thấy N, O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB.

- Dựng cung chứa góc 300 dựng trên đoạn BC, Gọi D là giao điểm của (O; 2R) và cung chứa góc trên.

Suy ra điểm N thuộc cung chứa góc AOB dựng trên đoạn thẳng AB nên N thuộc cung tròn cố định.

c) Chứng minh. Chứng minh được: DA.DB = OD2 – R2 = 3R2 (Xem ở phần phân tích)

= 600 ; ADC = 300 BAC

= ACD = 300 ) = 600 − 300 = 300 . ∆ADC cân tại A( vì ADC Do đó ACD F

⇒AD = AC. Do đó ( AB + AC ) .AC = ( AB + AD ) .AD = BD.DA = 3R2 .

d) Biện luận.

Vậ y (J) là đường tròn có bán kính nhỏ nhất thỏa mãn điều kiên đề bài.

Trên cung lớn BC có một điểm A sao cho ( AB + AC ) .AC = 3R 2

15.5.

• 15.6.

Xét A thuộc cung lớn BC. a) Phân tích. OD cắt (O) tại E, F và E nằm giữa O và D. Giả sử dựng được A thuộc cung lớn BC sao cho (AB + AC).AC = 3R2.

Bạn đọc hãy xét trường hợp điểm A nằm trên nhỏ cung BC. Gîi ý.

= 120o , BIC = 120o , BHC = 120o . TÝnh ®−îc sè ®o c¸c gãc : BOC Suy ra n¨m ®iÓm B, C, O, I, H cïng thuéc mét ®−êng trßn.

Trên tia tia đối của tia AB lấy D sao cho AD = AC; BC = R 3 .

15.7.

⇒ BC là cạnh của tam giác đều nội tiếp (O; R)

a) AMB = AHB (c.c.c) nên đường tròn đường kính AB (1)

1 0 0 0 0 ⇒ sđ BC = 120 ⇒ BAC = 60 ⇒ BDC = .60 = 30 2

Ta có AM = AN ( = AH) nên

chung , AFD = EBD ) ∆AFD ~∆EBD (vì D

⇒

Chú ý: Có thể nhận ra rằng A là điểm đối xứng của B qua O.

15.4. Gọi O là trung điểm FG ⇒ EO < FO = GO.

•

Dựng đoạn thẳng BD; BD cắt (O; R) tại A.

Nhận xét. Dựa vào kết quả câu a, chúng ta chứng minh được: Khi P di động thì NP luôn đi qua một điểm cố định.

Xét đường tròn (O) đường kính FG, suy ra các đỉnh của tam giác EFG không nằm bên ngoài của (O). Gọi (O; R) là đường tròn tùy ý sao cho các đỉnh của tam giác EFG không nằm bên ngoài của (O; R), suy ra F, G nằm trên hoặc nằm bên trong của (O; R) ⇒ FG ≤ 2R .

D A

do đó

DA DF = ⇒ DA.DB = DE.DF DE DB

⇒

mà

= 90o suy ra M, H cùng thuộc

AMN cân tại A

AEH =

DE.DF = ( OD − OE )( OD + OF ) = ( OD − R )( OD + R ) = OD2 − R2

Do đó ( AB + AC ) .AC = 3R 2 ⇔ OD2 − R 2 = 3R 2

Từ (1) và (2) suy ra năm điểm A, M, B, H, E cùng thuộc một đường tròn.

⇔ OD2 = 4R2 ⇔ OD = 2R .

Suy ra = , H và M là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn AE dưới một góc bằng nhau ⇒ A, M, H, E cùng thuộc một đường tròn (2)

Mà DA = AC; DB = AB + AD = AB + AC

AEN (c.c.c) E f M

b) Ta có A, M ,B, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính AB nên hay BE ⊥ AC (3)

115

C H

= 90

116

Chứng minh tương tự ta có năm điểm A, F, H, C, N cùng thuộc một đường tròn

đường kính AC nên

= PAB suy ra : ∆BQD ∽ ∆APB(c.g.c) ⇒ BQD = APB . QDB + BQD = 1800 , mà BQD = APB ⇒ AQB + APB = 1800 suy c) Ta có : AQB

= 90 hay CF ⊥ AB. (4)

Từ (3) và (4) ta có BE, CF cùng là đường cao trong tam giác ABC nên AH, BE, CF đồng qui.

ra tứ giác APBQ nội tiếp.

Chuyên đề 16. TỨ GIÁC NỘI TIẾP 16.1.

16.3. Tia AO cắt DE tại H.

0 a) AB là đường kính đường tròn (O) ⇒ ADB = 90 mà ADB = DBC ( so le 0 0 0 trong) ⇒ DBC = 90 . Mặt khác DMC = 90 suy ra: DMC = DBC = 90 do

Kết O

điều phải chứng minh.

⇒

c) Do ANB = 90 ⇒N thuộc (O). Ta có: BDN = BAN ( góc nội tiếp) mà 0

(2)

O D

có :

= BAN ( so le trong) ⇒ BDN = ACD . Mặt khác ACD = DAN = DBN ( cùng chắn cung DN) suy ra: ∆ACD ∽ ∆BDN (g.g) DAC

hay AO vuông

a) Áp dụng hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, ta có : = ADB, ACD = BAD suy ra : ∆ABD ∽ CAB ∆CBA (g.g) .

Ta có: PTA = PMT và MPT chung, nên ∆PAT ∽ ∆PTM (g.g) ⇒

PA PT = PT PM

Tương tự, ta có: PD.PN = PT2 ⇒ PA.PM = PD.PN nên ∆PNM ∽ ∆PAD (c.g.c) (2) mà APDE là hình bình hành nên ∆EDA = ∆PAD (3)

B D

117

⇒ PA.PM = PT O

EB PN = . EC PM

(g.g) (1) ⇒

AD BD b) Vì ∆ABD ∽ ∆CBA suy ra: = , mà CA BA

MA MO1 = . Vậy MP MO3

MB MA = ⇒ AB // PN. MN MP Tương tự ta có CD // PM. Gọi E là giao điểm AB và CD . Tứ giác AEDP là hình bình hành. = PNM; ECB = PMN nên ∆EBC ∽ ∆PNM Ta có : EBC

16.2.

MB MO1 = . MN MO3

Tương tự suy ra ∆O1MA ∽ ∆O3MP ⇒

AC CD ⇒ = ⇒ AC.DN = BD.CD. BD DN

AD AC BD DQ DQ = ; AP = ⇒ = , lại có: 2 2 BA AP

a) Gọi O1 ;T ; O2 thẳng hàng. Các tam giác cân O1MB và O3MN có chung góc M suy ra ∆O1MB ∽ ∆O3MN

tiếp, suy ra BMD + BCD = 180 ( điều phải chứng minh).

và

minh. b) Khi điểm D di động trên đường tròn (O) thì tứ giác CBMD luôn là tứ giác nội

(1)

Suy ra : góc với BC. 16.4.

• Ta có: DMB = DNB; DAB = DCB mà + DNB = 1800 . Suy ra điều phải chứng DAB

hợ p

= HAE = 900 − B = 900 − AED OAC . 0 HAE + AEH = 90 ⇒ AHE = 900

)

(

đó tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn đường kính CD. Nhận xét. Ngoài cách giải trên, chúng ta có thể giải theo hướng sau: = DBN = DAN = MCB . Suy ra • Ta có : MDB

Vì O là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên AOC = 2.B . Suy = OCA = 1 1800 − AOC = 900 − B (1) ra OAC 2 =B (2) Tứ giác BDEC nội tiếp nên AED

Từ (1), (2), (3) suy ra: ∆EBC ∽ ∆EDA ⇒ EBC = EDA do đó tứ giác ABCD nội tiếp.

118

b) Gọi giao điểm của PT và AB là I. Tia IC cắt (O2) tại D’.

= MHB ⇒ ABH = MHB suy ra BH song song với AB. Suy ra ⇒ HBM

Ta có: IA.IB = IT = IC.ID’ suy ra ∆IBC ∽ ∆ID’A ⇒ IBC = ID'A do đó tứ 2

điều phải chứng minh.

giác ABCD’ nội tiếp mà ABCD nội tiếp nên D trùng D’. Vậ y các đường thẳng AB, CD và PT đồng quy. 16.5. a) Ta có EB, EM là tiếp tuyến nên

= 1 BOM ; Ta có FC, FM là tiếp tuyến EOM 2 = 1 COM ⇒ EOF = 1 BOC ; Mặt nên FOM 2 2

16.7. = ABD; ABD = AFB nên ACD = AFB . Do đó tứ giác CDFE 1. Ta có : ACD nội tiếp. 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE. Đường tròn (I) qua CD nên I thuộc trung trực của CD. A Đường tròn (I) qua EF nên I thuộc trung trực của EF. Gọi H là trung điểm của EF.Do đó I là giao điểm hại C đường trung trực của CD và EF ⇒ AO // HI hoặc O trùng với HI ( cùng vuông góc với EF) (1) Tam giác AEF vuông, có AH là trung tuyến ứng với D cạnh huyền nên HA = HE ⇒ ∆HAE cân tại H

B E P

= 1 BOC  = 1 sñBMC  suy ra khác EOF   2 2   = EOQ , từ đó ta có O và B là hai đỉnh EBQ

= HEA ⇒ HAE = ADC ⇒ HAE

liên tiếp cùng nhìn EQ dưới một góc bằng nhau vậ y OBEQ là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có OCFP là tứ giác nội tiếp. b) OBEQ là tứ giác nội tiếp nên + OQE = 1800 ⇒ OQE = 900 ⇒ FQE = 900 . OBE OCFP

là

giác

tứ

nội

tiếp

nên

= EFO c) Kẻ OH vuông góc với BC. Ta có: PQFE là tứ giác nội tiếp suy ra OPQ PQ OH = . Vì điểm A và (O) cố định nên OH EF OM

tia

cắt

tia

tại

thì A

Xét đường tròn đi qua năm điểm A, B, E, D, F = DE ⇒ DBE = DBF ta có DE = DF nên DF

M E N A

D F

= MAC + DAF = MCA + DBF = MCA + DBE = BDA =NFA NAF

⇒ ∆NAF cân tại N ⇒ NF = NA .

16.9.

a) Ta có BDE = BAE (cùng chắn cung BE của đường tròn tâm O)

= OEC = 900 hay BH vuông góc với CH. ⇒ OHC Gọi M là trung điểm của BC suy ra MB = MC = MH cân ⇒ ∆BHM

Xét:

: B

= 1800 − HDB − HBD = 1800 − 900 − − = C BHD 2 2 2 D = C nên tứ giác EOCH nội tiếp . Mặt khác ACO 2

⇒ ∆ MAC cân tại M ⇒ MAC = MCA .

PQ không đổi khi M di chuyển trên đường tròn. FE

16.6. Tứ giác ADOE nội tiếp ⇒ EAO = EDO . Gọi

(d)

16.8. Ta có: BFD = BED = BAD = 90 . Do đó B, E, D, A, F cùng thuộc một đường tròn đường kính BD. Trong tam giác vuông ABC có AM là cạnh huyền nên MA = MC

Vậ y tứ giác PQFE là tứ giác nội tiếp.

và OM không đổi do đó tỉ số

Mà OI ⊥ CD nên AH // OI (2) Từ (1) và (2), suy ra tứ giác AOIH là hình bình hành. Do đó IH = OA = R. Suy ra I cách EF một khoảng không đổi bằng R, nên I di động trên đường thẳng d song song với EF và cách EF một khoảng bằng R.

+ OPF = 1800 ⇒ OPF = 900 ⇒ EPF = 900 = EQF = 900 . OCF suy ra EPF

do đó ∆OPQ ∽ ∆OFE (g.g) ⇒

mà

+ ACD = 900 nên HAE + ACD = 900 ADC suy ra AH ⊥ CD.

119

= BMN (cùng chắn cung BN của đường tròn BAE tâm O’) ⇒ BDE = BMN hay BDI = BMN ⇒ tứ giác

A Q O

E H

120K I B N

Do đó HK // OM ⇒ CD // OM. Giả sử AP < BP. Vì tứ giác CDOM là hình bình

BDMI nội tiếp ⇒ MDI = MBI (cùng chắn cung MI). Mà MDI = ABE (cùng

hành nên OC =DP ; DP = DM = R2 nên tứ giác CDOM là hình thang cân. Do đó 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn.

chắn cung AE của đường tròn tâm O) ⇒ ABE = MBI . Mặt khác: = BAE ⇒ ∆MBI ∽ ∆ABE (g-g) ⇒ MI = BI ⇒ MI.BE = BI.AE . BMI AE BE b) Gọi Q là giao điểm của CO và DE. Ta có

b) Ta có: OA2 + OB2 = 2R2 = AB2 . Do đó ∆AOB vuông cân tại O. Vì 4 điểm

OC ⊥ DE tại Q ⇒ ∆OCD vuông tại D, có đường cao là DQ nên OQ.OC = OD2 = R2 (1). Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng OO’ và DE, H là giao điểm của AB và OO’. =H = 900 ; O chung) Ta có: OO' ⊥ AB tại H. ∆KQO ∽∆CHO ( Q ⇒

1 sđ MP của đường tròn (D)). Do đó ∆MAB ~ 2 0 = COD ( tứ giác CDOM nôi ∆MCD (g-g) ⇒ AMB = AOB = 90 mà CMD tiếp).

(

)

(

1 = 450 + 1 ABC = 450 + IBC (2) 900 + ABC 2 2

(

0 = 1 ACP = 450 (Góc nội tiếp và Ta có: ACP = BDP = AOB = 90 ⇒ AMP 2 góc tâm của (C))

)

Từ ( 1) và (2), suy ra: PIB = PNB. Do đó 4 điểm P, N, I, B cùng nằm trên một đường tròn. Mặt khác

= 900 nên IB là đường kính của đường tròn INB 0 này ⇒ IPB = 90 .

= 1 BCP = 450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của (D)) ⇒ BMP 2

c) B

Ta có: MPA = BPN; AMP = PBN (góc nội tiếp cùng chắn một cung)

đó

∆MAP

∽∆BNP

(g 2

⇒

16.11. a) Nối CP, PD . Ta có A, C, O thẳng hàng ; B, D, O thẳng hàng.

 PA + PB  PA PM AB R = ⇔ PM.PN = PA.PB ≤  = ( không đổi)  = PN PB 2 4 2   2

R2 khi PA = PB hay P là trung điểm của dây AB. Tam 2 giác AMB vuông tại M nên 1 1 AB2 R 2 2 2 SAMB = AM.BM ≤ AM + BM = = 2 4 4 2

Vậ y PM.PN lớn nhất là

Ta có: ∆ACP, ∆OAB lần lượt cân tại C, O nên

= CAP = OBP . Do đó CP // OD (1) CPA

Gọi H là giao điểm của CD và MP, K là giao điểm của CD và OP. Do đó K là trung điểm của OP. Theo tính chất của hai đường tròn cắt nhau thì CD ⊥ MP ⇒ H là trung điểm của MP.

Do đó MP là tia phân giác của AMB. Mà AMB = AOB = 90 nên M thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB. Giả sử MP cắt đường tròn (I) tại N và N là trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định .

Tương tự, ta có OD // CP (2). Từ (1) và (2), suy ra tứ giác ODPC là hình bình hành.

Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB.

R2 . OH Vì OH cố định và R không đổi nên OK không đổi. Do đó K cố định.

1 sđ MP của đường tròn (C)) 2

Vì MBP = MDC ( cùng bằng

Từ (1) và (2), suy ra : KO.OH = R 2 ⇒ OK =

Ta có: MAB = MCD ( cùng bằng

KO OQ = ⇒ OC.OQ = KO.OH (2) . CO OH

16.10. Ta có: PIB = IAB + IBA = 45 + IBC (1) Mặt khác = CNM = 1 1800 − ACB = 1 900 + 900 − ACB C  PNB  2 2 

C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn ( Kể cả M trùng O) nên COB = CMD (1)

D C A

(

Vậ y SABM lớn nhất là

)

R2 khi PA = PB hay P là trung điểm của dây AB. 2

16.12. N

121

122

KB KC 1  EI + FI IH .EF EF  1 ( theo + = IH  + = =  = HI . AB AC EI FI EI .FI AI .HI AI   chöùng minh ôû caâu a coù IF.IE = IH.IA ).

Töø ñoù suy ra

a) EF là đường kính nên EAF = 90 , mà AE ⊥ MN suy ra AF // = QFA . MN ⇒ QPN Mà AFQB nội tiếp nên 0 0 QFA + QBA = 180 ⇒ QPN + QBN = 180 suy ra tứ giác PQBN nội tiếp. = QFA ⇒ QPN = QCM suy ra tứ giác PQCM Lại có QCA

F A

= BKH ( 2 goùc ôû vò trí ñoàng vò do HK // ME ) maø BKH = BHK d) Ta coù : BME

R M

= BME ( 2 goùc ôû vò trí ñoàng vò do HK//ME ) ⇒ BKH = BEM ⇒ Tam giaùc BEM laø tam giaùc caân . BME

N B

nội tiếp. b) Giả sử QN và PC cắt nhau tại R thuộc (O). Từ tứ giác PQBN = NQB = BCP . Từ tứ giác PMCQ nội nội tiếp suy ra NPB

Ta coù :AD ⊥ BC maø EM // BC ⇒ EM ⊥ BC .Trong tam giaùc caân BEM coù BC laø ñöôøng cao cuûa tam giaùc ( do BC ⊥ ME ) ⇒ BC laø trung truïc cuûa ME.

F H

Ta coù D naèm treân ñöôøng trung tröïc cuûa ME ⇒ DM = DE ⇒ Tam K = EDC . Xeùt töù giaùc ABDE ta giaùc DME laø tam giaùc caân ⇒ MDC = BAC coù : ADB = AEB = 900 ⇒ Töù giaùc ABDE noäi tieáp ⇒ EDC 0 .Xeùt töù giaùc AFDC ta coù : AFC = ADC =90 ⇒ Töù giaùc AFDC noäi tieáp = BDF . Töø ñoù suy ra MDC = BDF ⇒ BAC .

nếu QM cắt BP tại điểm S thì SBQC nội tiếp hay S thuộc đường tròn (O). 16.13. = a) Ta coù : BKA ACB ( 2 goùc noäi tieáp cuøng chaén cung AB ), maø = BHK ⇒ tam ACB = BHK ( cuøng phuï vôùi goùc EBC ) ⇒ BKA giaùc BHK caân ⇒ BH = BK . Laäp luaän töông töï ta coù CH = CK ⇒ BC laø trung tröïc cuûa HK.

16.14. a) Ta có ∆ABF; ∆ACE là các tam giác cân = BAD = DAC = ECA ⇒ tại F và E và FBA ∆ABF ∽ ∆ACE.

Ta coù : AEH = AFH = 90 0 ⇒ Töù giaùc AFHE noäi tieáp .

H B

= MDC + BDM = BDF + BDM = FDM ⇒ ba ñieåm F, D, Ta coù : 180 0 = BDC M thaúng haøng.

tiếp ta có : PBC = RPB − PCB = RPN + NPB − NPB = RPN = MPC = MQC . Từ đó

Xeùt tam giaùc AIE vaø tam giaùc FIH ta coù : ( 2 goùc ñoái ñænh ) , IAE = IFH ( Töù giaùc AFHE noäi AIE = FIH tieáp )

AI FI ⇒ àAIE ∽àFIH (g-g ) ⇒ ⇒ AI.HI = EI.FI. = EI HI

b) Gọi G là giao điểm của BE và CF. Ta có: GF BF AB DB = = = ⇒ DG // BF. GC CE AC DC

A F P Q

Mặt khác DA // BF suy ra A, D, G thẳng hàng. Suy ra điều phải chứng minh.

= BEC = 90 0 ⇒Töù giaùc DHEC noäi tieáp . b) Xeùt töù giaùc DHEC ta coù : HDC

= BEC = 90 0 ⇒ Töù giaùc BFEC noäi tieáp Xeùt töù giaùc BFEC ta coù : BFC ⇒ AFE = ACB maø ACB = AKB (chứng minh trên )

⇒ AFE = AKB ⇒ Töù giaùc KBFI noäi tieáp .

= BHK maø BHK = IHE ( 2 goùc ñoái ñænh ) ⇒ c) Theo nhö treân ta ñaõ coù : BKH = IHE . Xeùt tam giaùc HEI vaø tam giaùc KAB ta coù : BKH = IHE ( cmt ) , HEI = BAK ( töù giaùc AFHE noäi tieáp ) BKH KB HI KC HI ⇒ àHEI ∽àKAB (g-g ) ⇒ Chöùng minh töông töï ta coù : = = AB EI AC FI

G B

Ta có + BAF = GAF BQG = QGA = GAE = GAC = GAC + CAE = GAB

Suy ra AGQF là tứ giác nội tiếp. = GCE = GFQ nên QGPF là tứ giác Mặt khác QPG nội tiếp. Suy ra điều phải chứng minh.

16.15.

Gọi R là giao điểm của BN và CM. Ta thấ y ∆ABC ∽ ∆PAC ∽ ∆QBA, do đó

BQ PA QB PM = ⇒ = . QA PC QN PC

123

124

⇔ 4 r2 ≤ (AB+CD)r

= NQB nên ∆MPC∽ ∆BQN ⇒ BNQ = PCM ⇒ Tứ giác Mặt khác MPC = CQN = BAC . Vậy tứ giác ABQR nội tiếp, suy ra QCNR nội tiếp ⇒ CRN điều phải chứng minh.

4 r2 ≤ S mµ S = 4 nªn 4 r2 ≤4 Suy ra r ≤1. Vẽ ME ⊥ AB; MK ⊥ BC; MH ⊥ CD ; MI ⊥ AD.

Chuyên đề 17. ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP. ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP

MÆt kh¸c S = SMAB+SMBC+SMDC+SMAD ⇔ S = MI.AD)

17.1. Gọi H là tiếp điểm của BC và đường tròn (O; r). Ta có BE = BH, CF = CH,

NÕu x lµ ®é dµi ®o¹n ®o¹n nhá nhÊt trong 4 ®o¹n MH, MI, MK, ME

= 900 . Nên BE.CF = BH.CH = r2. Tương tự AE.DF = BOC

Suy ra BE.CF = AE.DF, do đó

BE AE . = DF CF

th×

17.3. Giả sử AB ≠ AC. Xét AB > AC (a). Gọi G là giao điểm của BM và CN, AG cắt BC tại I ⇒ I là trung điểm BC. Đường tròn tiếp xúc với AB, AC, BM, CN lần lượt tại E, F, H, K. Xét ∆ IAB

A H

r r

DÊu b»ng x¶y ra khi AB ⊥ AD, CB ⊥CD;

1 (AB.BC+ AD.CD+ AB.AD+ CB.CD) 2

r D

Chứng minh tương tự nếu AB < AC cũng sai. Vậy AB = AC ⇒ ∆ABC cân tại A.

17.4. Theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp có : AD + BC = AB + CD ⇒ AD + 18 = 14 + 26⇒ AD = 22cm.

4.SABCD ≤ AB(BC+ AD)+ CD(BC+DA) = (BC+ AD)(AB + CD)

Gọi I, K, M là tiếp điểm của đường tròn (O) trên BC, AB, AD, r là bán kính đường tròn (O)

Theo tÝnh chÊt của tứ giác ngoại tiếp ta cã: AB + CD = BC+AD

Đặt CH = CI = x, DH = DM = y, BI = BK = t, AK = AM = z.

⇒ 4.SABCD ≤ (AB+CD)2

(1)

+ ODH = 900 , từ đó OBI = HOD ABCD là tứ giác nội tiếp nên OBI

1 Ta thÊy: S = SOAB+SOBC+SOCD+SOAD= r(AD+AB+BC+CD) 2

Ta có: ∆IBO ~ ∆HOD (g.g) ⇒

⇔ 2S = r(AD+AB+BC+CD)= 2(AB+CD)r ⇔ 4S =4(AB+CD)r

t r = ⇒ r2 = yt . r y

Tương tự r2 = xz. Suy ra xz = yt. Do đó

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: 4r(AB+CD) ≤ (AB+CD)2 ⇔ 4 r ≤ (AB+CD) 125

AB AC (2). ⇒ GM + = GN + 2 2

E N

Từ (1) và (2) ta có: AB < AC. Mâu thuẫn với (a). Do đó AB > AC là sai.

Theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp ta có: GM + AN = GN + AM

E B

1 SABCD≤ ( AB.AD+ CB.CD) 2

> GC ⇒ GM > GN (1). A

1 SABCD≤ ( AB.BC+ AD.CD) ⇒ 2.SABCD ≤ 2

> AIC . và ∆IAC có: IA (chung), IB = IC, AB > AC . Do đó AIB > GIC . Do đó GB Xét ∆IGB và ∆IGC có: IG (chung), IB = IC, GIB

1 1 AB.AD; SCBD ≤ CB.CD 2 2

T−¬ng tù

≥

1 x.2.(AB+CD) 2

Tõ (2) vµ (3) ⇒ r (AB+CD) ≥ x(AB+CD) ⇒ x ≤ 1.

17.2. §Æt S = SABCD SABD ≤

S ≥

1 x(AB+BC+CD+AD) ⇔ S 2

(3)

BE IE Gọi I là giao điểm của BD và EF. Ta có = . Suy ra DF IF AE IE , từ đó ∆AIE ~∆ CIF (c.g.c). Dễ dàng chứng minh = CF IF A, I, C thẳng hàng. Suy ra điều phải chứng minh.

1 (ME.AB + MK.BC + MH.CD + 2

x t 18 − x = = . y z 22 − y

126

Từ đó ta được 11x = 9y. Ta lại có x + y = 26. Ta tính được x = 11,7 và y = 14,3.

+ a) V× AB // CD nªn DAB ADC = 1800 do ®ã + ODA = 1800 − DAB + ADC = 900 AOD = 1800 − OAD 2 . ⇒ Tam gi¸c AOD vu«ng t¹i O.

Đáp số: HC = 11,7cm, HD = 14,3cm. 17.5. Gọi M, N, P, Q thứ tự là hình chiếu của E lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA.

= ECP ( hai góc nội tiếp cùng chắn EAQ cung ED), suy ra ∆EAQ ∽∆ECP ⇒ EQ EA (1) = EP EC EM EA Tương tự: ∆MAE ∽∆NCE ⇒ = EN EC (2) EQ EM Từ (1) và (2) suy ra : ⇒ = EP EN EP.EM ac ⇒ EQ = . EQ = EN b

(

M A E

PA.PD = OP 2 = OQ 2 = QP.QC

B Q

P O

1 b) Ta cã S = .r. ( AB + BC + CD + DA) 2 mµ AB + CD = AD + BC nªn S = r.(AB + CD). Ta cã

DF BE 1 = = 2 ⇒ CF = .CD = CQ CF AE 3

C B

mµ BQ = BE =

r O

M Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh CD (chú ý không nhất thiết M và N thuộc cạnh đối của tứ giác), giả sử O nằm trong tứ giác hoặc nằm trên cạnh của tứ A giác BMNC. Ta có 1 pr + SMON SBMNC = SMOB + SBOC + SCON + SMON = r ( MB + BC + CN ) + SMON = 2 2 (1)

SAMND = SMOA + SAOD + SDON − SMON =

BE DF BQ PD = hay . ⇒ PA.PD = QB.QC ⇒ = AE CF AP QC

17.6. Gọi (O; r) là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD, S là diện tích tam giác, p là nửa chu vi, Gọi M, N là hai điểm nằm trên cạnh của tứ giác và chia tứ giác ra hai phần có chu vi bằng nhau.

T−¬ng tù tam gi¸c BOC vu«ng t¹i O. Áp dông hÖ thøc l−îng tam gi¸c vu«ng ta cã:

)

1 pr r ( MA + AD + DN ) − SMON = − SMON (2) 2 2

Do SBMNC = SAMND nên từ (1) và (2) suy ra SMON = 0. Vậy đường thẳng MN đi qua O. Chú ý: a) Có thể không chứng minh đẳng thức (2) mà nhận xét rằng công thức S = pr S pr đúng với tứ giác ngoại tiếp , do đó = , nên từ (1) suy ra SMON = 0. 2 2 b) Bài toán trên vẫn đúng nếu thay tứ giác ngoại tiếp bởi đa giác ngoại tiếp.

17.7. Gi¶ sö ®−êng trßn (O) tiÕp xóc víi AD , BC t¹i P vµ Q vµ cã b¸n kÝnh r. 127

2 2a AB = 3 3

1 2a Tõ ®ã ta cã BC = CQ + BQ ⇒ b = .CD + 3 3

⇒ CD = 3b − 2a ⇒ AB + CD = 3b − a

(1)

- mÆt kh¸c OQ 2 = BQ.CQ = VËy S =

2a ( 3b − 2a ) 3

2a ( 3b − 2a ) 2a 3b − 2a . ⇒r= 3 3 3

. ( 3b − a ) .

17.8. 1.a. Bạn đọc tự giải (bằng phương pháp tam giác đồng dạng ) b. Kẻ đường kính DE của đường tròn (O). ⇒ ⇒ CE // AB ( vì cùng vuông góc với CD )⇒ AC = BE AC = BE. Áp dụng định lý Py ta go, ta có :

A M

Do vậy Không đổi. 2. Dễ thấy MNRQ là hình chữ nhật ⇒ M, N, R, Q nội tiếp đường tròn đường kính MR hay NQ.

128

E b

= MPC Ta có cân ⇒ MCP mà ( góc nội tiếp ) ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ M, P, K thẳng hàng, mà ⇒ K thuộc đường tròn đường kính MR. Tương tự H, P, R thẳng hàng ; I, Q, P thẳng hàng ; L, P, N thẳng hàng. Từ đó suy ra H, I, K, M, N, R, Q cùng nằm trên một đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật MNRQ. BH DG = 17.9. Theo bài 17.7. ta có: AH CG Ta có ∆BOC vuông tại O có OH ⊥ BC, theo hệ thức A H B lượng ta có : BK.CK = OK2 . 4R K Đặt BK = BH = x ( 0 < x < ), thì ta có: 3  5R  O x − x  = R2 ⇔ 2x2 – 5Rx + 2R2 = 0. Giải ra ta 2   R ( thỏa mãn), x = 2R ( không thỏa mãn) 2 4R R 5R ⇒ AH = AB − BH = − = ⇒ 3 2 6

được: x =

2 2 2 2 Tương tự ta có: HE − BE = HJ − BJ 2 2 2 2 2 2 2 2 Mặt khác: HI − AI = C'H − C'A = C'H − C'B = HJ − BJ . Suy ra

HD2 − AD2 = HE2 − BE2 Mà AD = BE ⇒ HD = HE ⇒ HD = HD’ = HE = HE’ (2). Tương tự HD = HD’ = HK= HK’ (3) Từ (1) , (2) và (3) suy ra:

HD = HD' = HK = HK ' = HE = HE'

⇒ D, D', E, E', K, K' cùng thuộc một đường tròn tâm H.

Chuyên đề 18. ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRÒN, CUNG TRÒN. DIỆN TÍCH HÌNH TRÒN, HÌNH QUẠT TRÒN 18.1.

Tứ

giác

OAMB

có

= 600; A =B = 900 AMB

⇒ số đo cung nhỏ AB là 1200.

DG BH R 5R 3 = = : = . CG AH 2 6 5 17.10. Ta có: AD = AD ' = BE = BE ' = CK = CK ' ( = R ) (gt)

⇒ số đo cung lớn AB là 3600 − 1200 = 2400 .

Ta có AH, BH, CH lần lượt là đường trung trực của DD’ , EE’ , KK’ nên HD = HD’ , HE = HE’ , HK = HK’. (1)

Độ dài cung lớn AB là ℓ =

π R240 180

có

A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm của các cạnh BC; AC, AB (gt)

⇒ A'B', B'C', C' A' là đường trung bình của ∆ABC.

⇒ Diện tích tứ giác MAOB là:

⇒ A’B’ // AB, B’C’ // BC, C’A’ // CA

1 SMAOB = 2.SMAO = 2. MA.AO = R 2 3 . 2

Diện tích hình quạt OAB là: Sq =

Do đó: AH ⊥ B'C';BH ⊥ C' A'; CH ⊥ A'B' 2 2 2 ∆IDH có ɵI = 90 0 nên HD = DI + HI

Suy ra HD − AD = HI − AI

K I

2 2 2 ∆IAD có ɵI = 90 0 nên AD = DI + AI

B' H

π R 2 120 π R 2 = . 360 3

Vậ y diện tích hình giới hạn bởi hai tiếp tuyến và cung nhỏ AB là  π S = SMAOB − Sq = R2  3 −  . 3 

Gọi I là giao điểm của B’C’ và AH.

4π R = . 3

= MOB = 1 AOB = 600 ⇒ MA = OA. tan MOA = R. 3 MOA 2 .

Mà AH ⊥ BC; BH ⊥ CA; CH ⊥ AB (vì H là trực tâm ∆ ABC)

nên

= 3600 − 900 − 900 − 600 = 1200 AOB

18.2.

C A'

129

130

= n0 ⇒ a) Đặt số đo AOB = n0 ⇒ π Rn = 5π R ⇒ n0 = 1500 ⇒ AOB = 1500. sđ AB 6 1800

18.4. DiÖn tÝch tam gi¸c ®Òu ABC lµ S1 =

DiÖn tÝch cña h×nh qu¹t cña ®−êng trßn b¸n kÝnh a vµ cã gãc ë a 2π t©m 600 lµ : S2 = . 6

b) CH ⊥ AB và AH = CH suy ra ∆CHA vuông cân tại H B

= 900 . = 450 ⇒ sđ BC ⇒ BAC

- Độ dài cung AC là ℓ = AC

π R120

- Độ dài cung BC là ℓ = BC

π R90 180

2π R ; 3

180

πR 2

;

của đường tròn(C; 3cm). Gọi SC.ED là diện tích hình quạt được giới

hạn bởi hai bán kính CE, CD và cung nhỏ ED của (C; 3cm); S là ED

1 AB.CH ≈ 2,367R 2. 2

)

3+1

Độ dài đường tròn bằng 20

(

)

3 −1 .

CDE 3

là

B E

tam

giác

đều

cạnh

nên

9 3 cm2 . 4

(

⇒ a + b = SD.EA − SED =

(

)

Lại có: S = S − SCDE = ED C.ED

B E

)

thấy

SCDE = A

3 + 1 (2)

= 10

Dễ

2.100 200 = , (1) AB + CD R 3 + 1

hai bán kính DE, DA và cung nhỏ EA của (D; 3cm).

b) Gọi R là bán kính của (O), EF là đường cao đi qua O của hình thang.

Từ (1) và (2) suy ra R =

c b4

của (C; 3cm); và S ED là diện tích hình quạt được giới hạn bởi D.EA

18.3. a) ABCD là hình thang cân.

(

diện tích hình viên phân được giới hạn bởi dây cung ED và cung nhỏ

sđ BC = 900 ⇒ BC = R 2 . Suy ra chu vi ∆ABC là AB + BC + CA ≈ 4,538R.

R 2

điểm giữa cung nhỏ AC của đường tròn(D; 3cm) và cung nhỏ BD

- Ta có CH = AC.sin450 ≈ 1,225.R.

EF=OE+OF =

18.5. Gọi a là diện tích của mỗi miền a1 , a2, a3 , a4 đã được đánh dấu trên hình 1. Tương tự, b là diện tích của mỗi miền b1 , b2, b3 , b4 và c là diện tích của miền c ( miền cần tìm diện tích). Gọi E là giao

= 1200 ⇒ AC = R 3 - Ta có sđ AC .

(

a ( 2π − 3 3 ) . S3 = S 2 – S1 = 12

VËy diÖn tÝch chung cña 3 ®−êng trßn lµ : S = S1 + 3S3 = a2 (π − 3 ) . 2

⇒ BK = OB.sin 750 ≈ 0, 966.R ⇒ AB ≈ 1, 932R .

Ta có: EF =

= 1 AOB = 750. d) Kẻ OK ⊥ AH ⇒ BOK 2

Do vậy diện tích ∆ABC là S =

DiÖn tÝch cña h×nh viªn ph©n t¹o bëi mét c¹nh ∆ ABC vµ cung nhá căng bëi c¹nh Êy lµ :

c) sđ AC = 3600 − 1500 − 900 ⇒ sđ AC = 1200 .

a2 3 . 4

9π 9 3 6π − 9 3 − = cm2 6 4 4

(

)

9π 6π − 9 3 9 3 − 3π − = cm2 12 4 4

 9 3 − 3π Vậ y c = SABCD − 4 ( a + b ) = 9 − 4   4 

(

)

  = 9 − 9 3 + 3π (cm2 )  

)

3 − 1 π (m).

131

132

=C . Đặt A =C = n 0 ta có AM = AB = 5cm. Độ 18.9. ABCD là hình thoi ⇒ A là ℓ = π .5.n . dài cung BD BD 180

18.6. Chia hình chữ nhật 10 × 20 thành 50 hình vuông cạnh là 2( như hình vẽ). Tồn tại một hình vuông chứa bốn điểm. Đường tròn có tâm là tâm hình vuông này, bán kính 1,5 chứa hình vuông này. Suy ra điều phải chứng minh.

là ℓ = π .3.n . Suy ra tỉ số độ dài cung BD và EF là Độ dài cung EF EF 180 ℓ BD 5 = . ℓ EF 3

18.10. Từ công thức tính diện tích hình tròn, ta thấy hệ thức cần chứng minh tương đương với: 1 1 1 = + ⇔ R R1 + R 2 = R 1 R 2 R R1 R2

18.7. Kẻ các đường kính của các đường tròn song song với cạnh AB của hình vuông rồi chiếu các đường kính đó lên cạnh AB. Các hình chiếu đều nằm trọn trong AB. Tổng 2020

các

đường

> 631; ⇒

2020

kính

là

2020

nên

tổng

các

hình

chiếu

là

Kẻ OK ⊥ O2B, O1N ⊥ O2B, OH ⊥ O1A. Ta có các tứ giác O1NKH , KHAB là các hình chữ nhật và ba điểm H, O, K thẳng hàng. Do đó O1N = HK = OH + OK. (1).

> 631.AB (vì AB = 1) mà mỗi đường kính ≤ AB nên tồn

π π tại ít nhất 632 đường tròn . Tổng các hình chiếu này

M ặt

2020

Từ (1), (2), (3), (4), suy ra:

18.8. Ta có (O) và (O’) cắt nhau tại P và Q nên OO’⊥ PQ . Mặt khác OP = OQ = O’P = O’Q nên OPO’Q là hình vuông do đó

18.11. a)

1 5 2 OO' = cm. 2 2

S∆ =

Diện

∆OPQ

Svp = Sq − S∆ =

hình

viên

)

y x M

Đặt AC = x(cm) và BD = y(cm)

(

)

Vậ y diện tích phần chung của hai đường tròn (O), (O’) là: 25 (π − 2) 25 (π − 2) = S = 2.Svp = 2. cm2 . 4 2

x + y = 10 x = 2 x = 8 Giải hệ  ta được  hoặc  xy = 16 y = 8 y = 2

Vậ y C cách A một đoạn AC = 2cm và BD = 8cm hoặc AC = 8cm và BD = 2cm. D

)

Cả hai trường hợp trên hình thang

(

vuông ABDC có cùng diện tích:

)

S1 = 40 cm2 . 133

CABDC = AB + 2(AC + BD) = 28 ⇒ x + y = 10. Mặt khác OM = MC.MD ⇒ xy=16.

25π 25 25 ( π − 2) − = cm2 . 4 2 4

là PmQ

phân

(

(2).

∆OCD vuông tại O (OC và OD là phân giác của hai góc kề bù)

b) O

R 1 + R 2 = R 1R 2 .

là

1 1 5 2 25 PQ.OH = .5 2. = cm2 . 2 2 2 2

tích

(

O1N = 2 R1R2 (4).

I là trung điểm của CD thì IO = IC = ID và IO⊥ AB tại O nên AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆OCD.

π R 2 n π .52.90 25π Diện tích hình quạt OPQ là Sq = = = cm2 . 360 360 4 tích

Tương tự, ta có: OK = 2 RR2 (3),

khác 2

OO' = OP 2 = 5 2cm ⇒ PQ = 5 2cm, OH =

OH2 = OO12 − O1H2 = ( R 1 + R ) − ( R 1 − R ) , suy ra OH = 2 RR1

> 631.AB nên tồn tại một điểm của AB thuộc ít

π nhất 632 hình chiếu. Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm đó là đường thẳng phải tìm.

Diện

)

(

134

(

)

Diện tích nửa hình tròn (O): S2 = 8π cm2 .

AB BG = ⇒ BF ⋅ BG = AB ⋅ BC (3) BF BC

Vậ y phần diện tích tứ giác ABCD nằm ngoài đường tròn:

Từ (2) và (3). Suy ra : BE 2 = AB.BC (4)

(

)

S = S1 − S2 = 40 − 8π cm .

Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE.

18.12. Gọi R, r theo thứ tự là bán kính của đường tròn (O), (I). Gọi tiếp điểm của đường tròn (I) với cung AB và với cạnh CA theo thứ tự là M và H.

19.2.

O R A

= 60 0 nên OC = 2OA = 2R và ∆OAC vuông tại A, AOC

CM = OC – OM = 2R – R = R (1)

CM.CD . Áp dụng tính chất của đường CA BD CD phân giác: (2) = BA CA

Do đó MC = MI + IC = r + 2r = 3r (2) R 2π R . Độ dài cung AB của (O) bằng . 3 3

Độ dài đường tròn (I) bằng 2π r =

BD.BM (1) BA

Tương tự: CF =

= 600 nên IC = 2IH = 2r. ∆IHC vuông tại H, HIC

Từ (1) và (2) suy ra r =

Tứ giác AEDM nội tiếp ⇒ BE.BA = BD.BM ⇒ BE =

P E

Theo giả thiết: BM = CM. Thay vào (1) ta có: BE = CF

⇒ IB = IC.

Chuyên đề 19. MỘT SỐ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG ĐƯỜNG TRÒN 19.1. Gọi G là điểm tiếp xúc giữa nửa đường tròn (O) và đường tròn (I) ⇒ G, I, O thẳng hàng. Gọi F là tiếp điểm của CD với đường tròn (I) ⇒ IF // AB ( cùng

⇒ IM ⊥ BC (Vì M là trung điểm của BC) ⇒ IM đi qua J ⇒ đpcm. Gọi N là trung điểm của CE. Suy ra MN, KN là đường trung bình của b)

= GOB . vuông góc với CD) ⇒ GIF

∆BCE, ∆CEF nên MN =

0 = 180 − GIF . Xét ∆IGF có IG = IF ⇒ IGF 2

1 1 BE; KN= CF ⇒ MN = KN ⇒ ∆KMN cân tại 2 2

= NKM . đỉnh N ⇒ NMK

0 = 180 − GOB . Xét ∆OGB có OG = OB ⇒ OGB 2

Mặt khác MN // BQ; KN // AC nên = KMN; MKN = KPC ⇒ AQP = KPC ⇒ tam giác PAQ cân. AQP

= IGF ⇒ ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng ⇒ OGB nhau).

19.3.

a) Vì AHC = 90 nên AC là đường kính của đường

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

tròn (O). Mặt khác BAC = 90 nên AB là tiếp tuyến của (O).

∆ADB vuông tại D, ta có: BD = BC ⋅ BA (1).

E M'

Áp dụng hệ thức lượng. Ta có :

Ta có AB2 = MB.BN (hệ thức lượng)

BE 2 = BF .BG (2)

F D

∆FCB ( g-g).

= AFI ⇒ IEB = IFC . Suy ra ∆BEI = ∆CFI (g.c.g) AEI

cùng AB của đường tròn (O).

Mặt khác : ∆AGB

= ICF (góc nội tiếp cùng chắn một cung) EBI

2π R . Vậy độ dài đường tròn (I) bằng độ dài 3

P A

135

136 N'

Mà BA = BD nên BD2 = MB.BN ⇒

= sñCD + sñAE , CKH = sñCE + sñBD . CHK Mà 2 2 = CKH hay tam giác = CE, BD = CD nên CHK AE CHK cân tại C.

BD BM = , lại có DBN chung nên ∆BDM BN BD

∽ ∆BND (c.g.c) ⇒ BDM = BND .

Ta có BD = BE ⇒ ∆BDE cân tại B ⇒ BDM = BED ⇒ BND = BED ⇒ tứ giác BDNE là tứ giác nội tiếp.

Ta có : BDM' = BED ( vì ∆BDE cân tại B) lại có BN'D = BED ( góc nội tiếp = BN'D BDM'

Suy ra CM.CN = CP.CQ hay M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.

BJ2 BE.BM BM2 = = 2 AD.AM AM2 AI

K N

a) Ta có = BMA = 90 0 ⇒ CP // BM CPA . Do đó :

AP AC (1) = AM AB

Tương tự: CQ // BN và

Từ (1) và (2): D

AQ AC = (2) AN AB

AP AQ , = AM AN

do đó PQ // MN .

b) Theo hệ thức lượng ta có: ME 2 = MA ⋅ MP

O' E

19.6.

Vậ y N’ là điểm chung thứ hai là sai. Do đó đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE và đường tròn (O) tiếp xúc với nhau.

AI2 = AD.AM; BJ2 = BE.BM ⇒

CP.CQ = CI.CG

cùng chắn cung BD) nên ∆BDM’ ∽ ∆BN’D (g.g) BD BM ' Mà BD2 = MB.BN nên ⇒ = ⇒ BD2 = BM '.BN' . BN ' BD BM.BN = BM'.BN' suy ra MNN’M’ là tứ giác nội tiếp. Đường tròn ngoại tiếp MNN’M’ và (O) có ba điểm chung M, N, N’ nên chúng trùng nhau nên M’ là tiếp điểm chung thứ hai của DE và (O) vô lí.

suy ra G thuộc hai đường tròn đường kính IE và ID. Áp dụng hệ thức lượng, ta được: CM.CN = CI.CG,

Lại có : tia CI là phân giác góc ACB nên CI ⊥ KH tại G,

b) Kí hiệu đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNE là (O’). Giả sử (O) và (O’) không tiếp xúc nhau. Vì (O) và (O’) có điểm chung là N nên chúng có điểm chung thứ hai là N’. Gọi BN’ cắt DE tại M’ khác M.

19.4. Kẻ tiếp tuyến chung Mx của (O), (O’) tại M. Khi đó MAB = xMB, MDE = xME ⇒ MAB = MDE ⇒ AB // DE. BE AD BE BM Suy ra: = ⇒ = (1) BM AM AD AM Theo hệ thức lượng ta có:

F M

BJ BM x ( theo (1)) ⇒ = (2) AI AM CK CM Tương tự ta có: ⇒ = (3). AI AM Ta chứng minh được: MA = MB + MC. (4) BJ + CK BM + CM Từ (2), (3), (4) suy ra: ⇒ = = 1. AI AM Suy ra: AI = BJ + CK. 19.5. Gọi H, G, K lần lượt là giao điểm của DE với AC, IC, BC. Theo định lý góc có đỉnh bên trong đường tròn, ta có: 137

Tương tự ta cũng có: NF 2 = NA ⋅ NQ . Do đó:

ME 2 MA ⋅ MP = NF 2 NA ⋅ NQ

Nhưng

MP MA ME 2 AM 2 ME AM = ( Do PQ // MN ) . Từ đó: = ⇒ = . 2 2 NQ NA NF AN NF AN

19.7. chung, AEF = AME ⇒ AEM ∽ ∆AM’E a) Xét ∆AEM và ∆AM’E có EAM AE AM ' (g.g) ⇒ = ⇒ AE2 = AM.AM '. AM AE

b) Chứng minh tương tự ta có: ANF ∽ ∆AFN’ (g.g) ⇒ AF2 = AN.AN' . Mặt khác AE = AF ⇒ AM.AM’ = AN.AN’⇒ M, N, M’, N’ cùng thuộc một đường tròn.

138

P C

c) Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn ta có: HP.HQ = HM.HN = HE.HF = HA.HB 5R 3R 15R 2 ⇒ HP.HQ = ⋅ = . (1) 4 4 16 Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn ta có: AP.AQ = AM.AM’= AE2 = AH.AB 5R 5R 2 AP.AQ = ⋅ 2R = . (2) 4 2 Đặt HP = x, HQ = y, từ (1) và (2) suy ra:   15R 2 15R 2  xy =  xy = 16 16 ⇔  2  AH − x AH + y = 5R  y − x = 3R ( )( ) 2  2 

(

 R 2 6 −3 x =  4 Giải ra ta được:  R 2 6 +3  y =  4

(

E M

(

M' P

B O

) O

C D

≤ 900 AIO

⇔ AI ≥ ID ⇔ AI + ID ≥ 2.ID ⇔ AD ≥ 2.ID ⇔ 2 ≤

)

AD AB + AC = ID BC

⇔ AB + AC ≥ 2BC .

)

20.4. Lấy E, F thuộc đường tròn sao cho CDB = ADE , Khi đó AE = BC, FD = AB, EC = AB, BF = AD. Áp dụng định lý Ptôlêmê cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có: AC.ED = AE.CD + AD.EC = BC.CD + AD.AB BD.CF = BC.DF + BF.CD = BC.AB + AD.CD P

Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác PADC, ta có

(

)

PD.AC = PA.CD + PC.AD ⇒ PD.a 2 = a PA + PC (1). Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác PBCD, ta có

(

Từ (1), (2), (3) suy ra:

)

PC.BD = PB.CD + PD.BC ⇒ PC.a 2 = a PB + PD (2).

PA + PC PD Từ (1) và (2), suy ra : = . PB + PD PC 20.2. Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp thì ta có : ac+bd = Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: (ac + bd)2 ≤ (a2 + b2) (c2 + d2) ⇒ p2q 2 ≤ (a2 + b2) (c2 + d2)

20.5. C

pq.

(1) (2)

Hạ

BC.CD + AB.BD AC.ED AC . = = BC.BA + DC.DA BD.CF BD vuông góc với MD. Ta

A F

có:

= CBA; MDA = DBA ⇒ MCA + MDB = CBD; MCA + CBD = CMD + MCA + MDB = 1800 , suy ra BCMD ⇒ CMD là tứ giác nội tiếp.

Áp dụng định lý Ptôlêmê ta có: MC.BD + MD.BC = MB.CD (1) Do

a b Suy ra: pq ≤ a + b . c + d . Dấu bằng xảy ra khi: = . c d 20.3. Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D.

Mặt khác: CDE = CDB + BDE = ADE + BDE = ADB = FCD Do đó: FDC = FDE + CDE = FCE + FCD = ECD suy ra ED = FC.

= DCF ADB .

AC = BD = a 2 .

(

AD.BC = AB.CD + AC.BD = BD(AB + AC) = DI. (AB + AC) AD AB + AC . . suy ra: = ID BC Do ∆AOD cân tại O nên

Chuyên đề 20. ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ 20.1. Đặt độ dài cạnh hình vuông ABCD là a thì

)

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABDC nội tiếp:

Suy ra PQ = x + y = R 6.

Ta có: BAD = DAC ⇒ DB = DC . Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên 1 1 = IBA + BAI = B +A ; IBD = IBC + CBD = B +A BID 2 2 suy ra ∆DIB cân tại D nên DI = DB.

∆CBD

∽∆O1AO2

nên

BC BD CD = = O1A O2 A O1O2

hay

H C O1

BC BD CD = = . R1 R2 O1O2 139

140

Đặt

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác BEPD nội tiếp, ta được

BC BD CD = = = k suy ra : BC = k.R1 , BD = k.R2 , CD = k.O1O2 (2) R1 R2 O1O2

BP ⋅ ED = BE ⋅ PD + EP ⋅ BD = ( PD + PE ) ⋅ BD (4)

Từ (1) và (2) suy ra: MC.R2 + MD.R1 = MB.O1O2 hay

Từ (3) và (4) suy ra (QA + QC )·ED = BP·ED hay QA + QC = BP ( điều phải chứng minh).

MC MD MB.O1O2 + = R1 R2 R1 R 2

MC MD + Do đó đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ kh MB lớn nhất. R1 R2 Tam giác BMH luôn tự đồng dạng với chính nó khi d thay đổi, nên BM lớn nhất khi và chỉ khi BH lớn nhất, mà BH ≤ BD ≤ 2.R2 . Dấu bằng xảy ra khi B và D đối xứng qua O2, khi đó d // O1 O2. 20.6. Kéo dài AI cắt BC và (O) tại D; N. Khi đó N là điểm chính A giữa cung BC (không chứa A). Ta có: BN = NC (1). = BIN ⇒ BN=IN (2) Lại có : IBN 1 Do OI ⊥ AN suy ra IA = IN = AN (3) 2 B Từ (1),(2),(3) ⇒ BN = NC = IN = IA (4) Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABNC ta có: BN.AC + AB.NC = BC.AN Từ (4) ⇒ BN(AC+AB) = 2BN.BC ⇒ AC+AB = 2BC (5) Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABD, ACD và (5) ta có: AB IA AC AB + AC AB + AC 2BC IA = = = = = = 2 . Vậy = 2 (6). BD ID CD BD + CD BC BC ID AG Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra = 2 (7). GM IA AG Từ (6),(7)⇒ = =2. ID GM Suy IG song song với BC (định lý Ta-Lét đảo).

O C

∆BCK suy ra

AB BK = . Mặt khác , dễ thấy MB BC = MBC , từ đó ∆ ABK ∽ ∆MBC, dẫn ABK AB BK AK đến = = (2) MB BC CM

AM.BC AB.CM AB.BC ; AK = ; BK = BM BM BM

Nên từ (3) ⇔ AC.(BK – BN) = AN.CK + CN.AK

O B

QA QC CA QA + QC = = = PE PD DE PE + PD Suy ra ( QA + QC ) ⋅ DE = ( PE + PD ) ⋅ AC = ( PE + PD ) ⋅ BD

nhưng từ (1) và (2) thì : CK = P

b) Theo kết quả phần a, ta có

AC.NK = AN.CK + CN. AK (3)

 AB.BC  AN.AM.BC CN.AB.CM ⇔ AC  − BN  = + BM BM BM   ⇔ AB.AC.BC = AN.AM.BC + CN.AB.CM + BN.BM.AC

(3)

141

Cũng từ ∆BMA ∽ ∆BCK ta có B C CKN = MAB = NAC , suy ra A, N , C, K cùng nằm trên một đường tròn. Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ANCK ta được: E

AB BM AM = = (1) BK BC CK

⇒

20.7. a) Do các tứ giác BEPD, ABCQ nội tiếp, = EBP = ABQ = ACQ (1) nên EDP = 1800 − EBD = 1800 − ABC = AQC (2) và EPD Từ (1) và (2) suy ra ∆AQC ∽ ∆EPD, điều phải chứng minh.

= RPQ và BAC = PRQ nên ∆ABC đồng dạng với ∆RQP ACB = CAD 20.8. Vì (g.g) AB BC AC ⇒ = = . RQ QP RP A P AB.QP AC.PQ Suy ra; RQ= ; RP= . BC BC Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác APQR ta được : q R AP.QR + AR.PQ = AQ.PR AP.AB.QP AC.QP ⇒ + AR.QP = AQ. d BC BC ⇒ AP.AB + AR.BC = AQ.AC ⇒ AP.AB + AR.AD = AQ.AC (vì BC = AD). = BMA khi đó ∆ BMA∽ 20.9. Lấ y điểm K trên đường thẳng BN sao cho BCK

142

⇔

AM.AN BM.BN CM.CN + + = 1. AB.AC BA.BC CA.CB

tròn tâm O’ bán kính

Phần đảo. Lấy G’ thuộc đường tròn tâm O’ bán kính

Chuyên đề 21. QUỸ TÍCH ( TÌM TẬP HỢP ĐIỂM)

=H = 900 ; DCH laø goù c chung ∆ CMK và ∆ CHD có: M

Kết luận. Vậy tập hợp các trọng tâm G của tam giác ABC là đường tròn tâm O’ 1 bán kính R. 3

Vậ y: ∆ CMK ∽ ∆ CHD (g.g) ⇒

CK CM = ⇒ CK.CH = CM.CD (1) CD CH

•

21.3. Kí hiệu như hình vẽ.

∆ CMB và ∆ CAD có: = CAD (do töù giaù c ABMD noäi tieá p) ; CMB laø goùc chung ACD

=AMB = 90 0 (giả thiết) ⇒ tứ giác AOBM luôn nội tiếp Phần thuận .Ta có AOB

O K

Vậ y: ∆ CMB ∽ ∆ CAD (g.g) ⇒

CM CB = ⇒ CM.CD = CA.CB (2) CA CD

Từ (1) và (2) ⇒ CK.CH = CA.CB ⇒ CK = •

1 R qua O kẻ đường thẳng 3 MG’ tại C’. Ta có:

song song với O’G’ căt đường thẳng O ' G MO' O'G 1 = ⇒ = ⇒ OC ' = 3.O ' G = R ⇒ C ' ∈ ( O ) . OC ' MO OC ' 3

21.1. Gọi H, K lần lượt là giao điểm của CA với DE và EM. Do A, B, C cố định nên H cố định. •

1 R. 3

Suy ra M luôn nằm trên đường thẳng đi qua O và tạo với đường PQ một góc 450.

= ABO = 45 0 (vì ∆AOBvuông cân tại O) ⇒ AMO

và tạo với PS một góc 450.

Giới hạn .

*) Khi A ≡ H thì M ≡ Q, khi A ≡ K thì M ≡ S

Tam giác CDE có K là trực tâm nên DN cũng đi qua điểm K cố định.

*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A ≡ H thì M’ ≡ P, khi A ≡ K thì M’ ≡ R

đường

Phần đảo. Lấ y M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB ⊥ OA.

Vậ y: Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường tròn cố CA.CB định đường kính CK, với . CK = CH

= ABO = 450 ). Suy ra : Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO 0 AMB = AOB = 90 .

= DNE = 90 0 (góc Mà DME tròn) ⇒ KMC = KNC = 90 0 .

nội

tiếp

chắn

nữa

21.2. Phần thuận. Gọi M là trung điểm AB ⇒ M cố định. Kẻ GO’//OC. O’ ∈ MG 1 OM. Ta có G là trọng tâm nên = . Ta có GO///OC. MC 3 O O ' G MO ' MG O ' G MO ' 1 Suy ra nên = = = = OG MO MC OC MO 3 1 ⇒ MO ' = MO ⇒ O’ là điểm cố định. 3

⇒ O'G =

1 1 OC ⇒ O ' G = R . Vậy điểm G thuộc đường 3 3

Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS.

Kết luận. Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS.

21.4. D

C' O'

G G' A

B B

143

Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’ nằm trên đường thẳng đi qua O

CA.CB (khoâng ñoå i) ⇒ K laø ñieå m coá ñinh CH

144

Tam giác ACD cân tại A nên BAC = 2ADC (Góc BAC là góc ngoài của tam giác ACD)

Tương tự với M thuộc đường tròn sao cho AM > MB .

Gọi I là trung điểm của BC, ta có MI // BD ( đường trung bình của tam giác

Kết luận. Vậy quĩ tích điểm I là bốn cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn OA; OB.

= BDC = 1 BAC = 1 BOC = α (α BCD), nên: IMC 2 4 4

Do đó M chạy trên cung tròn nhìn IC dưới góc

α 4

không đổi) = BOC

Phần đảo. bạn đọc tự chứng minh.

10.6. D'

cùng phía với điểm A đối với

đường thẳng BC không đổi.

Cách dựng. Gọi I là trung điểm của BC.

Dựng tia In’ // BN, dựng đường thẳng qua I và vuông góc với In’cắt trung trực đoạn IC tại O1.. Đường tròn tâm O1 và đi qua C là đường cần dựng. Khi A chạ y trên cung lớn BC tới trùng với B thì D trùng với D0 trên tiếp tuyến Bt của (O) và BD0 = BC, Khi đó M trùng với M0 là trung điểm của CD0. Vậy M chỉ di chuyển trên cung lớn CM0 của đường tròn (O1)

21.5. M

Phần thuận. Tứ giác AIBO là tứ giác nội tiếp vì có AIB + AOB = 180 , suy

ra IOB = IAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IB), do đó IOA = 45 nên OI là tia phân giác của góc AOB. Vậy điểm I chạy trên tia phân giác của góc xOy. Giới hạn. vẽ hình vuông AOC1D1 nằm trong góc xOy. Vì điểm B chỉ chạy trên tia phân Ox nên khi B trùng với O thì C trùng với C1, khi đó I trùng với I1là giao điểm của OD1 với AC1.

Phần đảo. Lấ y điểm I' thuộc tia I1t. Nối AI'. Trên nửa mặt phẳng bờ AI' chứa

I H

= 1 BAC = BDC = IMC Dựng tia OI cắt đường tròn (O) tại N, ta có: NBC 2

điểm O,vẽ tia AB'(B' thuộc Ox) sao cho I'AB' = 45 . Gọi C', D' lần lượt là các điểm đối xứng của A và B' qua I'. Chỉ cần chứng minh rằng I' là giao điểm hai đường chéo của hình vuông AB'C'D'.

Kết luận. Tập hợp các điểm I là tia I1t thuộc tia phân giác Ot của góc xOy.

10.7. Phần thuận. Đặt AB = 2R, AC = 2R' thì R. R' là các độ dài ko đổi. Trong tam giác vuông ADB và AEC, ta có:

Phần thuận. Xét với M thuộc đường tròn sao cho AM < MB .

AD2 = AB.AH = 2R.AH ; AE2 = AC.AH = 2R′.AH. Từ đó suy ra AD.AE =

+ HOM = 900 (vì ∆ HMO vuông tại H) mà I là tâm đường tròn nội Ta có HMO tiếp ∆HMO suy ra + IOM = 1 HMO + 1 HOM = 1 .900 = 450 ⇒ MIO = 1350 IMO 2 2 2

2AH. RR' . Tứ giác ADME nội tiếp đường tròn vì

= AOI OI chung ⇒ ∆OIM = ∆OIA ∆OIM và ∆OIA có OM = OA; MOI = AIO = 1350 mà OA cố định; AIO = 1350 ⇒ I nằm trên cung (c.g.c) ⇒ MOI

chứa góc 1350 dựng trên đoạn OA.

+ AEM = 1800 . ADM

Suy ra AMD = AED . Từ đó ∆DAM ∽ ∆HAE (g.g). Ta có: AD AM = . AH AE

M1 B M M'

E E'

145

146

Suy ra AM.AH = AD.AE = 2AH RR' ⇒ AM = 2 RR' không đổi. Từ đó điểm M chạy trên đường tròn tâm A bán kính

l¹i cã Tam gi¸c ABC c©n ⇒ I lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung BC ⇒ = IMB = BMC . IMC 2

RR' .

Giới hạn. Vì H chuyển động trên đoạn AB nên: - Khi H trùng với A thì D và E trùng với A, khi đó M trùng với M1 như hình vẽ. Khi H trùng với B thì M trùng với M2 như hình vẽ.

= IMC ⇒ IM song song víi CD vËy MCD = MDC = BMI ⇒ BI = MK ⇒ MIK = IMB ⇒ IK // MD. MCD

Vậ y nên H chạy trên cung M1M2.

Phần đảo. Lấ y điểm M' thuộc cung M1M2. Các tia M'B và CM; cắt các nửa đường tròn đường kính AB, AC lần lượt ở D', E'. Các bạn có thể tự chứng minh D'E' vuông góc với AB. Kết luận. Quỹ tích M là cung M1M2 thuộc đường tròn tâm A bán kính

RR' .

VËy MIKD lµ h×nh b×nh hµnh. c) D thuéc ®−êng trßn (A; AC). Gäi N lµ ®iÓm trªn AI sao cho NA =

10.8. ⇒ G thuéc ®−êng trßn (N;

= 2.CMN = 900 (Góc ở tâm đường tròn (I)). ∆ICN có IC = IN; ⇒ CIN = 900 ⇒ ∆ICN vuông cân tại I ⇒ NCI = 450 . CIN

D M

= 450 (vì ∆OBC cân) suy ra C, I, B thẳng hàng, do đó I thuộc đường Mà NCI thẳng BC.

-Giới hạn . Khi M tiên tới B thì I tiến tới I1(I1 là trung điểm đoạn thẳng BC)

2 AC ). 3

= sñAC = 450 21.9. Phần thuận. Ta có CMN 2

1 2 2 AI ⇒ NG = AD = AC ( hằng số ) 3 3 3

Khi M tiến tới C thì I tiến tới C.

Vậ y I chuyển động trên đoạn thẳng I1C thuộc đoạn thẳng BC.

= sñAB (gãc néi tiÕp (O) ch¾n AB ) a) AMB 2

Phần đảo. Lấy điểm I bất kì thuộc đoạn thẳng I1C. Vẽ đường tròn (I; IC) cắt OC tại N. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng AN với (I).

= 1800 − AMC = 1800 − sñABC = sñAC = sñAB AMx 2 2 2

I1 B

= 450 ⇒ CNI = 450 ⇒ CIN = 900 . Do đó Ta có IC = IN ⇒ ∆ICN cân mà NCI = 1 CIN = 450 . CMN 2

= AMx hay MA lµ tia ph©n gi¸c cña BMx vËy: AMB

= MDC = BMC ( gãc ngoµi cña tam gi¸c) b) Tam gi¸c MCD c©n ⇒ MCD 2

= CBA = 450 ⇒ ACMB là tứ giác nội tiếp ⇒ M thuộc nửa đường Ta có CMN

(

)

tròn (O).

147

148

Kết luận. Tập hợp các điểm I là đoạn thẳng CI1(với I1 là trung điểm đoạn thẳng BC).

Đường thẳng Simson ứng với điểm E với tam giác ABC cho ta ba điểm M, N, I thẳng hàng. Đường thẳng Simson ứng với điểm E với tam giác ACD cho ta các ba P, Q, I thẳng hàng. Ta có A, I, Q, E, M cùng thuộc đường tròn đường kính AE, nên vận dụng đường thẳng Simson ứng với điểm E với tam giác IMQ cho ta các cặp điểm R, U, T thẳng hàng. Tương tự R, S, T thẳng hàng, ta có đpcm. 22.4.

Chuyên đề 22. ĐƯỜNG THẲNG SIMSON 22.1.

a) Xét trường hợp BAM ≥ BCM (các trường hợp khác chứng minh tương tự). Khi đó E thuộc tia đối của tia AB và F nằm trên cạnh BC . Hạ MI ⊥ AC (I ∈ AC). Ta được EF là đường thẳng Simson ứng với điểm M của ∆ABC. Hơn nữa , I nằm giữa E và F. Gọi P, Q thứ tự là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC,

= CBM . Tương tự Suy ra CHQ AHP + AHC + CHQ = ABM + AHC + CBM = 1800

giác AHBP nội tiếp ⇒ AHP = ABP = ABM .

O I

P E M

OB2 không đổi. Vậ y H OA

là điểm cố định.

Nhận xét. Có thể dùng đường thẳng Steiner để chứng minh.

Tứ giác AICF nội tiếp nên KIA = FCA (1) A, M, B, O, C cùng thuộc một đường tròn nên

Đặt T = CE ∩ DF. Giả sử TCB ≥ TDB . Hạ BI (I ∈ CD). Vì ⊥ CD

tiếp. Suy ra EF là đường thẳng Simson ứng với điểm B của ∆TCD. Do đó I, E, F thẳng hàng và I thuộc đường tròn đường kính AB. Mà tứ giác BICE nội

F I

K C

M A

Suy ra IA ⊥ BC . Kẻ AH ⊥ Ox, AK ⊥ Oy thì K, H cố O định và K, E, H thẳng hàng nên điểm E thuộc HK cố định. Mà hình bình hành OBMC có OM = 2OE nên M cố định suy ra M thuộc đường thẳng d cố định song song với đường thẳng HK và cách HK một khoảng không đổi. 22.6. Theo giả thiết ta có ADCE là hình bình hành nên

N Q A

K I

ra tứ giác ADCK nội tiếp, từ đó K ∈ (O). EK cắt AC tại I. Do đó P, Q, I thẳng hàng (đường thẳng Simson).

22.3. Hạ EI ⊥ AC (I ∈ AC).

(d)

= AEC mà K là trực tâm của ∆AEC nên ADC EK ⊥ AC . 0 0 Mặt khác AKC + AEC = 180 nên AKC + ADC = 180 . Suy

tiếp nên BIE = BCE = BAE . Vậy EF tiếp xúc với đường tròn đường kính AB cố định (đpcm).

∆AIH vuông có KA = KI dễ dàng suy ra AK = KH, suy ra K là điểm cố định. = AB . nên AC 22.5.Vì A thuộc tia phân giác của xOy

22.2.

F K

= AOM (2) ACM Từ (1), (2) suy ra: KIA = AOM , mà AOM = KAI ( so le trong) nên KIA = KAI ⇒ KA = KI.

suy ra

J O

b) Vì MEI = MAI và MFI = MCI nên ∆MEF ∽ ∆MAC (g-g).

điểm M, A, C, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO. Kẻ AI ⊥ BC. Xét đường tròn đường kính MO, ta có AE ⊥ MB, AF ⊥ MC, AI ⊥ BC suy ra E, F, I thẳng hàng ( đường thẳng Simson). Gọi H, J là giao điểm của BC với AO và OM, K là giao điểm của EI và AO. Ta có: ∆OJH∽∆OAM (g.g) suy ra: OJ.OM = OH.OA. B 2 Ta có: ∆OJB∽∆OBM (g.g) suy ra: OJ.OM = OB .

Mà IE là đường trung bình của ∆MPQ nên IE đi qua trung điểm của MH hay EF đi qua trung điểm của MH (đpcm).

= CBA + DBA = TCD + TDC nên CBD + CTD = 1800 . Do đó tứ giác TCBD nội CBD

Do đó: OH.OA = OB2 ⇒ OH =

Do đó P, H, Q thẳng hàng.

EF EM = ≤ 1 . Do đó EF lớn nhất bằng AC AC AM và xảy ra khi và chỉ khi BM là đường kính của (O).

0 Ta có: MAO = MBO = MCO = 90 , suy ra năm

Vì APB = AMB = ACB = 180 − AHB nên tứ

N B

149

150 P

B M

KQ ⊥ AB,KP ⊥ BC

Ch−¬ng IV. H×nh trô – h×nh nãn – h×nh cÇu

= QBK = AMK do đó MPKN là tứ Suy ra BQKP là tứ giác nội tiếp nên QPK = KNM . Mặt khác PH giác nội tiếp. Do đó MPKN là hình thang cân nên PMN

Chuyªn ®Ò 23. H×nh trô

Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại M và cắt PQ tại N thì MN // KP,

= PHM nên PHM = KNM ⇒ PH // KN, lại có NH // KP, suy ra = PM ⇒ PMN HPKN là hình bình hành. Do đó NP cắt HK tại trung điểm của mỗi đường. Do đó PQ đi qua trung điểm của HK. 22.7. a) Kẻ MD ⊥ BC suy ra E, D, F thẳng hàng ( đường thẳng Simson). Từ các tứ giác nội tiếp MDBE, MDFC ta có:

= MBD; MFD = MCD ⇒ MED

∆MEF

∽∆MBC

EF MF (g.g) ⇒ . = BC MC DF MF ED = DF ⇔ ⇔ ∆MDF ∽∆MNC (c.g.c) ⇔ = NC MC = NMC ⇔ DCF = NMC DMF

23.1.

DiÖn tÝch mÆt c¾t lµ: S = AB.AD = 30.AB (cm ). O'

S lín nhÊt ⇔ AB lín nhÊt ⇔ AB lµ ®−êng kÝnh ⇔ AB = 32cm.

Khi ®ã max S = 30. 32 = 960 (cm ).

D H×nh 23.7

23.2. (h.23.8) Gäi b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao cña h×nh trô lÇn l−ît lµ R vµ h.

P H

D C

Theo ®Ò bµi c¸c sè ®o cña Sxq vµ V b»ng nhau nªn

V× mÆt c¾t chøa trôc lµ h×nh vu«ng nªn h = 2R = 4 (m).

O' H×nh 23.8

Do ®ã Sxq = 2πRh = 2.π.2.4 = 16π (cm ).

L−u ý: V× mÆt c¾t chøa trôc lµ h×nh vu«ng nªn ®−êng sinh b»ng ®−êng kÝnh ®¸y. 23.3. Gäi b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao cña h×nh trô lÇn l−ît lµ R vµ h. MÆt c¾t chøa trôc lµ mét h×nh ch÷ nhËt cã mét c¹nh lµ 2R vµ c¹nh kÒ lµ h. 2  R = h Theo c¸c ®iÒu kiÖn trong ®Ò bµi ta cã:  5 2R.h = 80. K

(1) (2)

2 2 ThÕ R tõ (1) vµo (2) ta ®−îc: 2. h.h = 80 hay 4h = 400 ⇒ h = ±10. 5

Mà C B

2πRh = πR h ⇒ R = 2 (m).

Ta cã: Sxq = 2πRh (m ); V = πR h (m ).

= BNH = BNE . AMB

Do đó tứ giác BEMN nội tiếp. = 900 ⇒ BNM = 900 ⇒ BN ⊥ MN. MEB

(h.23.7)

Khi c¾t h×nh trô bëi mét mÆt ph¼ng chøa trôc hoÆc song song víi trôc th× mÆt c¾t lµ mét h×nh ch÷ nhËt.

N ⇒ M thuộc cung chứa góc BAC dựng trên đoạn NC E Q ⇒ M thuộc giao điểm của cung chứa góc BAC dựng trên đoạn NC và cung nhỏ BC. M Nhận xét. Ngoài ra có thể dựa vào ví dụ 3, để giải. b) Kẻ AH ⊥ BC, suy ra P, H, Q thẳng hàng ( đường thẳng Simson) ⇒ PQ luôn đi qua điểm H cố định. 22.8. Kẻ BE ⊥ AD ( E ∈ AD). Ta có BH ⊥ AC, BK ⊥ CD ⇒ E, H, K thẳng hàng. = EKB . Tứ giác BEDK nội tiếp ⇒ EDB

+ BCD = 1800 . Tứ giác BHKC nội tiếp ⇒ BHK = BHK ⇒ + BCD = 1800 ⇒ BAD Mặt khác BAD ∆BHK ∽∆BAD (g.g). Mà MA = MD, NH = NK ⇒ ∆AMB ∽∆HNB ⇒

Gi¸ trÞ h = −10 bÞ lo¹i. VËy chiÒu cao cña h×nh trô lµ 10cm. 2 B¸n kÝnh ®¸y lµ R = 10. = 4(cm). 5

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô lµ: 2

Stp = 2πR(h + R) = 2π.4(10 + 4) = 112π (cm ).

23.4. Gäi b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao h×nh trô lÇn l−ît lµ R vµ h. 151

152

3 3 ®−êng kÝnh nªn chiÒu cao b»ng b¸n kÝnh ®¸y. 4 2

V× chiÒu cao b»ng

2πRh + 2πR = 4πRh. 2

Suy ra 2πR = 2πRh ⇒ R = h = 6cm.

3 VËy h = R. 2

ThÓ tÝch cña h×nh trô lµ: V = πR h = π.6 .6 = 216π (cm ). 2

Ta cã V = πR h mµ h = Theo ®Ò bµi ta cã:

23.7. Gäi R lµ b¸n kÝnh ®¸y chËu vµ h lµ chiÒu cao cña chËu.

3 3 3 R nªn V = πR 2 . R = πR 3 . 2 2 2

1 V× diÖn tÝch ®¸y b»ng nöa diÖn tÝch xung quanh nªn πR 2 = .2πRh 2

3 3 3 πR = 786 ⇒ R = 512 ⇒ R = 3 512 = 8 (cm). 2

⇒ R = h = 20cm. 2

3 VËy h = 8. = 12 (cm). 2

ThÓ tÝch cña chËu lµ: V = πR h = π.20 .20 = 8000π (cm ). 2

Do ®ã diÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô lµ: Sxq = 2πRh = 2π.8.12 = 192π (cm ).

23.5. * T×m h−íng gi¶i

ThÓ tÝch n−íc trong chËu lµ: V1 = π.20 .15 = 6000π (cm ). ThÓ tÝch n−íc ph¶i thªm vµo chËu lµ: 3

V2 = V – V1 = 8000π – 6000π = 2000π (cm ).

DiÖn tÝch vá hép chÝnh lµ diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô. T×m ®−îc b¸n kÝnh ®¸y sÏ t×m ®−îc chiÒu cao do ®ã sÏ t×m ®−îc diÖn tÝch toµn phÇn.

23.8. Gäi b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao h×nh trô lÇn l−ît lµ R vµ h.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

ThÓ tÝch cña h×nh trô nµy lµ: V1 = πR h.

Gäi R vµ h lÇn l−ît lµ b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao cña hép b¸nh h×nh trô.

NÕu gi¶m b¸n kÝnh ®¸y ®i hai lÇn vµ t¨ng chiÒu cao lªn hai lÇn th× b¸n kÝnh ®¸y lµ R vµ chiÒu cao lµ 2h. 2

Ta cã h = R – 1,5. 3

V× thÓ tÝch cña hép lµ 850π cm nªn: πR h = 850π. 2

Suy ra R (R – 1,5) = 850 ⇔ R – 1,5R – 850 = 0 ⇔ 2R – 3R – 1700 = 0 3

⇔ 2R – 20R + 17R – 170R + 170R – 1700 = 0

23.9. Gäi ®é dµi hai c¹nh kÒ cña h×nh ch÷ nhËt lµ x vµ y (x ≥ y > 0).

⇔ 2R (R – 10) + 17R(R – 10) + 170(R – 10) = 0

 x + y = 14 x = 8 Theo ®Ò bµi ta cã:  ⇔ xy = 48   y = 6.

⇔ (R – 10)(2R + 17R + 170) = 0  R − 10 = 0 ⇔ 2  2R + 17R + 170 = 0

πR 2 h 200 R ThÓ tÝch h×nh trô vÒ sau lµ: V2 = π.   .(2h) = = = 100(cm3 ). 2 2 2

Quay h×nh ch÷ nhËt mét vßng quanh c¹nh 8cm th× ®−îc mét h×nh trô cã chiÒu cao lµ 8cm vµ b¸n kÝnh ®¸y lµ 6cm. ThÓ tÝch cña h×nh trô nµy lµ

(1) (2)

V1 = πR12 h1 = π.62.8 = 288π (cm3).

Ph−¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm R = 10 (tho¶ m·n).

Quay h×nh ch÷ nhËt mét vßng quanh c¹nh 6cm th× ®−îc mét h×nh trô cã chiÒu cao lµ 6cm vµ b¸n kÝnh ®¸y lµ 8cm. ThÓ tÝch cña h×nh trô nµy lµ

Ph−¬ng tr×nh (2) v« nghiÖm. VËy b¸n kÝnh ®¸y hép lµ 10cm.

V2 = πR 22 h 2 = π.82.6 = 384π (cm3).

ChiÒu cao cña hép lµ: 10 – 1,5 = 8,5 (cm).

DiÖn tÝch vá hép lµ: S = 2πR(h + R) = 2.π.10(8,5 + 10) = 370π (cm ).

V× 384π > 288π nªn thÓ tÝch lín nhÊt cña h×nh trô nµy lµ 384π cm .

23.6. Gäi b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô lµ R vµ chiÒu cao h×nh trô ®ã lµ h.

NhËn xÐt: Khi quay h×nh ch÷ nhËt mét vßng quanh c¹nh ng¾n th× ®−îc mét h×nh trô cã thÓ tÝch lín h¬n thÓ tÝch h×nh trô t¹o thµnh khi quay theo c¹nh dµi.

V× diÖn tÝch toµn phÇn b»ng hai lÇn diÖn tÝch xung quanh nªn

23.10. ThÓ tÝch viªn than (kÓ c¶ 19 lç) lµ: 153

154

V1 = πR12 h = π.57 2.100 ≈ 1020186(mm3 ) ≈ 1020(cm3 ).

DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ: S1 =

ThÓ tÝch 19 lç “tæ ong” lµ:

1 1 AB.AC = .12.5 = 30(cm 2 ). 2 2

DiÖn tÝch tam gi¸c ABC cßn ®−îc tÝnh theo c«ng thøc:

V2 = 19πR 22 h = 19.π.62.100 ≈ 214776(mm3 ) ≈ 215(cm3 ).

S1 = pr (r lµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp tam gi¸c).

ThÓ tÝch nhiªn liÖu ®· ®−îc nÐn cña mçi viªn than lµ: Suy ra r =

V = V1 – V2 = 1020 – 215 = 805 (cm ).

23.11. (h.23.9)

S1 30 = = 2(cm). p 15

Gäi h lµ chiÒu cao cña h×nh l¨ng trô ®øng (còng lµ chiÒu cao cña h×nh trô). 2

ThÓ tÝch c©y gç h×nh trô lµ: V1 = πR h ≈ 3,14.2 .50 = 628

(dm ). DiÖn tÝch ®¸y h×nh vu«ng cña h×nh l¨ng trô ®øng lµ:

Ta cã thÓ tÝch cña h×nh l¨ng trô ®øng lµ: V1 = S1.h = 30h (cm3). 2

ThÓ tÝch cña h×nh trô lµ: V2 = πr h = 4πh (cm ).

VËy

AC 2 4 2 2 S = AB = = = 8 (dm ). 2 2 2

V1 30h 90 30 = ⇒ = ⇒ V2 = 12π(cm3 ). V2 4πh V2 4π 3

VËy thÓ tÝch h×nh trô néi tiÕp lµ 12π (cm ).

ThÓ tÝch h×nh l¨ng trô ®øng lµ: V2 = S.h = 8.50 = 400 (dm ).

23.14. Gäi R vµ h lÇn l−ît lµ b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao cña h×nh trô. H×nh 23.9

ThÓ tÝch phÇn gç bÞ lo¹i bá ®i lµ:

V× diÖn tÝch xung quanh b»ng hai lÇn diÖn tÝch ®¸y nªn ta cã:

V = V1 – V2 = 628 – 400 = 228 (dm ).

2πRh = 2πR ⇒ h = R.

23.12. (h.23.10)

VËy h = 5cm.

ThÓ tÝch phÇn nöa h×nh trô lµ:

23.15. (h.23.5)

Gäi b¸n kÝnh h×nh trô lµ R. §é dµi cña cung nhá AC lµ: H×nh 23.10

ThÓ tÝch phÇn kh«ng gian bªn trong cæng lµ:

23.13. (h.23.11)

AB = 12cm, AC = 5cm, BC = 12 2 + 52 = 13(cm).

A 5

12 + 5 + 13 = 15(cm). 2

BK trªn mÆt xung quanh cña h×nh trô cã d¹ng cong nh−ng sau khi tr¶i ph¼ng ra ta ®−îc ®o¹n th¼ng BK. 2

B 2

H×nh 23.12 2

XÐt ∆HBK vu«ng t¹i H ta cã: BK = BH + HK = 20 + 20 = 800.

Nöa chu vi cña tam gi¸c ABC lµ:

πRn 3,14.9.128 ≈ = 20, 096 ≈ 20 (cm). 180 180

C¾t mÆt xung quanh cña h×nh trô theo ®−êng sinh AB råi tr¶i ph¼ng ra ta ®−îc mét h×nh ch÷ nhËt (h.23.12).

V = V1 + V2 = 26,9 + 12,1 = 39,0 (m ). XÐt ®¸y cña h×nh l¨ng trô ®øng lµ tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A. Ta cã

Suy ra πR = 125π (v× h = R). Do ®ã R = 125 ⇒ R = 5cm.

ThÓ tÝch phÇn h×nh hép ch÷ nhËt lµ: V1 = 3,2 . 2,8 . 3,0 = 26,9 (m ). 1 1 3 V2 = .πR 2 h = .3,14.(1, 6)2 .3, 0 = 12,1 (m ). 2 2

Theo ®Ò bµi, thÓ tÝch h×nh trô b»ng 125π cm nªn πR h = 125π.

PhÇn kh«ng gian bªn trong cæng gåm mét h×nh hép ch÷ nhËt vµ mét nöa h×nh trô.

Do ®ã BK = 800 ≈ 28cm. VËy ®é dµi ng¾n nhÊt mµ kiÕn ph¶i bß lµ 28cm.

H×nh 23.11

23.16. (h.23.6) 155

156

Gäi b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao cña h×nh trô lÇn l−ît lµ R vµ h. Khi ®ã h×nh hép ch÷ nhËt cã ®¸y lµ h×nh vu«ng c¹nh 2R vµ chiÒu cao lµ h.

Chuyªn ®Ò 24. H×nh nãn 24.1.

ThÓ tÝch h×nh trô lµ: V1 = πR h. 2

(h.24.9)

ThÓ tÝch h×nh hép ch÷ nhËt lµ: V2 = (2R) h = 4R h. DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô lµ: S1 = 2πRh.

Ta cã R =

DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh hép ch÷ nhËt lµ: S2 = 8Rh. Ta cã

V1 πR 2 h π = = . (1) V2 4R 2 h 4

C A

2 a  a 3 SA 2 = SO2 + OA 2 =  6 +  3   3 

B H×nh 24.9

⇔ SA = a ⇒ SA = a.

V1 S1 = . V2 S2

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn lµ:

NhËn xÐt: Ta cßn cã thÓ chøng minh ®−îc tØ sè gi÷a diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh π trô víi diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh hép ch÷ nhËt còng b»ng . 4 ThËt vËy:

Stp = πR(l + R) = π

a 3 a 3  πa 2 ( 3 + 1) . a + = 3  3  3

24.2. (h.24.10) S

* T×m h−íng gi¶i

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô lµ: S3 = 2πR(h + R).

§Ó t×m diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn côt, cÇn biÕt c¸c b¸n kÝnh ®¸y vµ ®−êng sinh. Cã thÓ tÝnh ®−îc b¸n kÝnh cßn l¹i nhê ®Þnh lÝ Ta-lÐt. Cã thÓ tÝnh ®−îc ®é dµi ®−êng sinh nhê ®Þnh lÝ Py-ta-go.

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh hép ch÷ nhËt lµ: S4 = 8Rh + 2(2R) = 8R(h + R). Do ®ã

a a a 3 = = . o o 3 180 2sin 60 2sin n

XÐt ∆SOA vu«ng t¹i O ta cã

S1 2πRh π = = . (2) S2 8Rh 4

Tõ (1) vµ (2) suy ra

B¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn chÝnh lµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ®Òu ABC.

S3 2πR(R + h) π = = . S4 8R(h + R) 4

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

XÐt mÆt c¾t qua trôc cña h×nh nãn lµ ∆SAB c©n t¹i S.

H O H×nh 24.10

Trong mÆt ph¼ng SAB cã O'C // OB. Theo ®Þnh lÝ Ta-lÐt ta cã

O 'C 9, 6 O 'C SO ' = ⇒ O'C = 4 (cm). = . Do ®ã OB SO 9 21, 6

Trong mÆt ph¼ng SAB vÏ CH ⊥ AB, ta ®−îc CH = OO' = 12cm, BH = 9 – 4 = 5(cm). Suy ra BC = 122 + 52 = 13 (cm). DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn côt lµ: 2

Sxq = π(R1 + R2)l = π(9 + 4).13 = 169π (cm ).

24.3. (h.24.11) 157

158

XÐt mÆt c¾t qua trôc cña h×nh nãn côt, ®ã lµ h×nh thang c©n ABCD.

1 1 3 ThÓ tÝch cña h×nh nãn lµ: V = πR 2 h = π.122.35 = 1680π (cm ). 3 3

Trong mÆt ph¼ng nµy ta vÏ CH ⊥ AB.

24.6. (h.24.14)

Ta cã CH = OO' = 24cm; O'H = OC = 10cm;

PhÇn r−îu trong cèc cã d¹ng h×nh nãn.

BH = O'B – O'H = 7cm.

Gäi r lµ b¸n kÝnh ®¸y cña phÇn r−îu h×nh nãn trong cèc.

Suy ra BC = 24 2 + 7 2 = 25(cm).

Suy ra b¸n kÝnh miÖng cèc lµ 3r (do ®Þnh lÝ Ta-lÐt).

DiÖn tÝch xung quanh cña x« lµ:

1 ThÓ tÝch phÇn r−îu trong cèc lµ: V1 = πr 2 h. 3

Sxq = π(R1 + R2)l = π(17 + 10).25 = 675π (cm ).

DiÖn tÝch ®¸y x« lµ: S®¸y = π.102 = 100π (cm2). 2

H×nh 24.11

24.4. (h.24.12) A

DH = AB = a; CH = 2a – a = a; BC = a 2.

VËy thÓ tÝch cña cèc lµ 54cm .

Khi quay h×nh vu«ng ABCD mét vßng quanh c¹nh CD cè ®Þnh ta ®−îc mét h×nh trô vµ mét h×nh nãn chung ®¸y.

24.7. (h.24.15) D

§é dµi cung BB' cña h×nh qu¹t trßn lµ:

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh t¹o thµnh gåm diÖn tÝch xung quanh S1 cña h×nh nãn, diÖn

tÝch xung quanh S2 cña h×nh trô vµ diÖn tÝch

π.37.117 ≈ 24π(cm). 180

§é dµi cung nµy chÝnh lµ ®é dµi ®−êng trßn ®¸y cña h×nh nãn. Gäi R lµ b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn.

Ta cã 2πR = 24π ⇒ R = 12 (cm).

H×nh 24.12

mét ®¸y S3 cña h×nh trô.

XÐt ∆SOB vu«ng t¹i O, ta cã:

VËy diÖn tÝch toµn phÇn cÇn t×m lµ:

SO = SB2 − OB2 = 37 2 − 12 2 = 35(cm).

S = S1 + S2 + S3 = ( πa.a 2 ) + ( 2πa.a ) + πa 2 = πa 2 ( 2 + 3) (®vdt).

VËy chiÒu cao cña h×nh nãn lµ 35cm.

24.5. (h.24.13)

ThÓ tÝch cña h×nh nãn lµ

Gäi R lµ b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn vµ l lµ ®−êng sinh cña nã.

1 1 V = πR 2 h = π.122.35 3 3 = 1680π(cm3 ) ≈ 5275cm3 > 5dm3 .

Ta cã πR = 144π ⇒ R = 12(cm). DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn lµ: 2

Sxq = 588π – 144π = 444π (cm ). Suy ra πRl = 444π ⇒ l =

H×nh 24.14

1 2 πr h V1 1 2 1 3 Do ®ã ⇒ V2 = 54 (cm ). = 3 = . Suy ra = 1 V2 27 V 27 2 2 π.27r h 3

VËy diÖn tÝch t«n ®Ó lµm x« lµ: 675π + 100π = 775π (cm ).

VÏ BH ⊥ CD ta ®−îc: BH = AD = a;

1 1 ThÓ tÝch cña cèc lµ: V2 = π(3r) 2 .(3h) = π.27r 2 h. 3 3

H×nh 24.13

444π = 37(cm). π.12 2

o S 117

ThÓ tÝch cña 5kg n−íc lµ 5dm3. VËy h×nh nãn ®−îc t¹o ra cã thÓ chøa ®−îc 5kg n−íc.

24.8. (h.24.16) 2

H×nh 24.15

Gäi mÆt c¾t chøa trôc lµ h×nh thang c©n ABCD.

ChiÒu cao cña h×nh nãn lµ: SO = 37 − 12 = 35(cm).

§Æt O'B = a th× OC = 2a. 159

160

VÏ BH ⊥ OC ta ®−îc

OH = O'B = a vµ HC = a. Tam gi¸c HBC vu«ng c©n nªn BH = HC = a vµ BC = a 2.

DiÖn tÝch h×nh thang c©n ABCD lµ: (AB + CD).BH (2a + 4a).a S= = = 3a 2 . 2 2

H×nh 24.16

ThÓ tÝch cña h×nh nãn côt lµ: 1 1 7 7 V = πh ( R12 + R 22 + R1R 2 ) = .π.a ( a 2 + 4a 2 + 2a 2 ) = πa 3 = .π.33 = 63π(cm3 ). 3 3 3 3

24.9. (h.24.17)

24.11. Gäi R lµ b¸n kÝnh ®¸y ®èng çt vµ h lµ chiÒu cao cña ®èng çt. V× chu vi ®¸y ®èng çt lµ 12,56m nªn 2πR = 12,56 ⇒ R = 3

12,56 ≈ 2, 0(m). 2.π

H×nh 24.18

1 3V 3.5 Ta cã V = πR 2 h ⇒ h = ≈ ≈ 1, 2(m). 3 πR 2 π.22

HB = 252 − 242 = 7(cm); HC = 262 − 242 = 10(cm).

Khi quay tam gi¸c ABC mét vßng quanh c¹nh BC cè ®Þnh ta ®−îc hai h×nh nãn chung ®¸y cã b¸n kÝnh ®¸y lµ 24cm vµ c¸c chiÒu cao lÇn l−ît lµ 7cm vµ 10cm.

24.12. (h.24.19)

Gäi mÆt c¾t chøa trôc cña h×nh nãn lµ tam gi¸c ABC c©n t¹i A. Gäi DE lµ ®−êng kÝnh cña h×nh trßn (O'), DE // BC.

ThÓ tÝch cña h×nh t¹o thµnh b»ng tæng thÓ tÝch cña hai h×nh nãn.

Ta ®Æt O'D = R1, OC = R2, AO' = h1, AO = h2. 24

1 ThÓ tÝch cña h×nh nãn nhá lµ: V1 = πR12 h1. 3

1 ThÓ tÝch cña h×nh nãn lín lµ: V2 = πR 22 h 2 . 3

V× tØ sè thÓ tÝch cña h×nh nãn nhá vµ h×nh nãn côt lµ 1 : 26 nªn tØ sè thÓ tÝch cña h×nh nãn nhá vµ h×nh nãn lín lµ 1: 27.

Tam gi¸c ABC cã gãc C tï nªn ®−êng cao AH n»m ngoµi tam gi¸c. §iÓm H n»m trªn tia ®èi cña tia CB.

O H×nh 24.19

1 2 πR1 h1 R 2h 1 1 V1 1 Ta cã do ®ã 3 = hay 12 1 = . (1) = 1 V2 27 R 2 h 2 27 πR 22 h 2 27 3

XÐt c¸c tam gi¸c ABH vµ ACH vu«ng t¹i H, ta cã: BH = 152 − 12 2 = 9(cm); HC = 132 − 12 2 = 5(cm).

Khi quay tam gi¸c ABC mét vßng quanh c¹nh BC cè ®Þnh ta ®−îc hai h×nh nãn chung ®¸y, b¸n kÝnh ®¸y 12cm, chiÒu cao cña h×nh nãn ®Ønh B lµ 9cm, chiÒu cao cña h×nh nãn ®Ønh C lµ 5cm víi ®Ønh C n»m trong h×nh nãn ®Ønh B.

ThÓ tÝch cña ®èng c¸t lµ: V = 250×20 = 5000 (dm ) = 5 (m ).

XÐt c¸c tam gi¸c vu«ng ABH vµ ACH vu«ng t¹i H, ta cã:

24.10. (h.24.18)

1 1 V = V1 − V2 = π.122.BH − π.122.CH 3 3 1 1 = π.144(BH − CH) = π.144.4 = 192π(cm3 ). 3 3

NhËn xÐt: Hai bµi 24.9 vµ 24.10 ®−îc gi¶i theo cïng mét ph−¬ng ph¸p. §ã lµ: TÝnh c¸c h×nh chiÕu cña hai c¹nh tam gi¸c trªn trôc quay råi tÝnh tæng hay hiÖu c¸c thÓ tÝch cña hai h×nh nãn.

Theo ®Ò bµi ta cã: 3a = 27 ⇒ a = 3(cm).

1 1 V = V1 + V2 = πR 2 h1 + πR 2 h 2 3 3 1 = π.242 (7 + 10) = 3264π(cm3 ). 3

ThÓ tÝch cña h×nh t¹o thµnh b»ng hiÖu c¸c thÓ tÝch cña h×nh nãn ®Ønh B vµ ®Ønh C.

H×nh 24.17

Theo ®Þnh lÝ Ta-lÐt ta cã

Tõ (1) vµ (2) suy ra

161

h1 R1 = . (2) h2 R 2

R13 1 = . R 32 27 162

Do ®ã R13 =

cã chiÒu cao lµ b b¸n kÝnh ®¸y lµ a vµ ®−êng

R 32 303 = = 1000 ⇒ R1 = 3 1000 = 10(cm). 27 27

sinh lµ

VËy b¸n kÝnh ®¸y cña h×nh nãn nhá lµ 10cm.

1 ThÓ tÝch cña h×nh nãn nµy lµ V2 = πa 2 b. 3

24.13. (h.24.20) Gäi mÆt c¾t chøa trôc cña chao ®Ìn lµ h×nh thang c©n ABCD. ChiÒu cao OO' = h vµ ®−êng sinh BC = l.

a 2 + b2 .

DiÖn tÝch xung quanh cña nã lµ S2 = πa a 2 + b 2 . D

⇒ l = 17(cm).

1 2 πb a V1 3 b Ta cã = = ; 1 V2 πa 2 b a 3

Trong mÆt ph¼ng ABCD ta vÏ BH ⊥ CD.

VËy

V× diÖn tÝch xung quanh cña chao ®Ìn lµ 306π cm nªn ta cã π(R1 + R2).l = 306π ⇒ π(5 + 13).l = 306π

H×nh 24.20

S1 πb a 2 + b 2 b = = . S2 πa a 2 + b2 a

V1 S1 = . V2 S2

Ta cã BH = OO' = h; OH = O'B = R1, do ®ã HC = R2 – R1 = 8cm. XÐt ∆BHC vu«ng t¹i C, ta cã BH 2 = BC2 − HC2 = 17 2 − 82 = 15 (cm).

NhËn xÐt: Gäi α lµ nöa gãc ë ®Ønh cña h×nh nãn th×

VËy chiÒu cao cña chao ®Ìn lµ 15cm.

24.16. (h.24.23)

24.14. (h.24.21)

§é dµi ®−êng trßn ®¸y cña h×nh nãn lµ

Gäi b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn lµ R vµ ®−êng sinh h×nh nãn lµ l.

Ta cã S®¸y = πR . (1)

H×nh 24.21

Khi khai triÓn mÆt xung quanh cña h×nh nãn theo ®−êng sinh AB ta ®−îc mét h×nh qu¹t t©m A b¸n o

kÝnh 12cm vµ sè ®o cung BB' lµ n .

π.12.n = 10π ⇒ n = 150o. 180

Tõ (1) vµ (2) suy ra Sxq = 2 S®¸y.

24.15. (h.24.22)

V×

• Khi quay tam gi¸c AOB mét vßng quanh c¹nh OA cè ®Þnh ta ®−îc mét h×nh nãn ®Ønh A cã chiÒu cao lµ a b¸n kÝnh ®¸y lµ b vµ ®−êng a 2 + b2 .

DiÖn tÝch xung quanh cña nã lµ S1 = πb a 2 + b 2 .

• Khi quay tam gi¸c AOB mét vßng quanh c¹nh OB cè ®Þnh ta ®−îc mét h×nh nãn ®Ønh B

150o = 50o. 3

H×nh 24.23

Qu·ng ®−êng ng¾n nhÊt tõ B ®Õn C trªn mÆt xung quanh h×nh nãn lµ qu·ng ®−êng ng¾n nhÊt tõ B ®Õn C trªn h×nh qu¹t, ®ã lµ ®o¹n th¼ng BC.

1 120o 1 s® BC = nªn = o 3 360 s® BB' 3

= suy ra s® BC

V× ®é dµi cña cung trßn BB' lµ 10π nªn ta cã:

Sxq = πRl = πR.2R = 2πR . (2)

1 ThÓ tÝch cña h×nh nãn nµy lµ V1 = πb 2a. 3

C = 2πR = 2π.5 = 10π (cm). l

V× mÆt c¾t chøa trôc lµ tam gi¸c ®Òu ABC nªn AB = BC = CA suy ra l = 2R.

sinh lµ

V1 S1 = = tan α. V2 S2

= 50o. ¸p dông ®Þnh lÝ c«-sin ta cã XÐt ∆ABC cã AB = AC = 12cm, A 2

BC = AB + AC – 2AB.AC cosA = 12 + 12 – 2.12.12.cos50 ≈ 102,877… b

Do ®ã BC ≈ 10,1 (cm). VËy qu·ng ®−êng ng¾n nhÊt mµ kiÕn ph¶i bß lµ 10,1cm.

163 H×nh 24.22

164

Chuyªn ®Ò 25. H×nh cÇu

DiÖn tÝch bÒ mÆt qu¶ ®Þa cÇu lµ: 2

25.1.

V× mÆt c¾t chøa trôc cña h×nh nãn lµ mét tam gi¸c ®Òu nªn nÕu gäi b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn lµ R th× ®é dµi ®−êng sinh lµ l = 2R vµ chiÒu cao cña h×nh nãn lµ h =

2R 3 = R 3. 2

DiÖn tÝch mÆt cÇu lµ: S = πd

Stp = πR(l + R) = πR(2R + R) = 3πR .

= π(R 3)

ThÓ tÝch cña h×nh cÇu lµ: V2 =

H×nh 25.6

= 3πR .

XÐt ∆AOB c©n t¹i O cã KA = KB nªn OK ⊥ AB. O A

DiÖn tÝch h×nh trßn (K) lµ: S1 = πr = π(R – 81). 2

V× S1 =16%S2 nªn π ( R 2 − 81) =

DiÖn tÝch mÆt cÇu lµ: 4πR . V× diÖn tÝch xung quanh h×nh nãn b»ng diÖn tÝch mÆt cÇu nªn

16 .4πR 2 . 100

12πR = 4πR ⇒ R = 3 (cm).

Thu gän ph−¬ng tr×nh nµy ta ®−îc 36R = 8100. Suy ra R = 225. 2

ThÓ tÝch h×nh cÇu lµ: V =

Do ®ã diÖn tÝch mÆt cÇu lµ S = 4πR = 900π (cm ). MÆt c¾t qua t©m lµ h×nh trßn t©m O víi AB lµ ®−êng kÝnh miÖng ch¶o.

V× diÖn tÝch toµn phÇn h×nh trô lµ 384π cm nªn ta cã:

VÏ b¸n kÝnh OC ⊥ AB t¹i K. Ta cã KA = KB = 24 : 2 = 12 (cm).

A 2

OA = OK + AK ⇒ R = (R – 8) + 12 2

⇒ R = R – 16R + 64 + 144 ⇒ 16R = 208 ⇒ R = 13 (cm).

2πR(2R + R) = 384π ⇒ 6πR = 384π ⇒ R = 8 (cm).

Gäi R lµ b¸n kÝnh qu¶ ®Þa cÇu. XÐt ∆KOA vu«ng t¹i K ta cã:

4 3 4 3 πR = .π.33 = 36π (cm ). 3 3

25.6. Gäi b¸n kÝnh h×nh cÇu lµ R th× b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô lµ R vµ chiÒu cao h×nh trô lµ 2R.

25.3. (h.25.8)

V1 288π π = = . V2 1728 6

DiÖn tÝch xung quanh h×nh nãn lµ: πRl = 12πR.

H×nh 25.7

DiÖn tÝch mÆt cÇu lµ: S2 = 4πR .

H×nh 25.9

25.5. Gäi b¸n kÝnh h×nh cÇu còng nh− b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn lµ R.

r = R – OK = R – 81. 2

4 3 3 π.6 = 288π (cm ). 3

Tæng qu¸t, ta cã thÓ chøng minh ®−îc r»ng nÕu mét h×nh cÇu néi tiÕp mét h×nh π lËp ph−¬ng th× tØ sè thÓ tÝch cña chóng lµ . 6

Gäi R lµ b¸n kÝnh h×nh cÇu, r lµ b¸n kÝnh h×nh trßn (K). 2

NhËn xÐt: Ta cã

XÐt ∆KOA vu«ng t¹i K ta cã:

V = V1 – V2 = 1728 - 288π ≈ 824 (cm ).

25.2. (h.25.7)

ThÓ tÝch phÇn kh«ng gian bªn ngoµi h×nh cÇu vµ bªn trong h×nh lËp ph−¬ng lµ:

VËy diÖn tÝch toµn phÇn h×nh nãn b»ng diÖn tÝch mÆt cÇu cã ®−êng kÝnh b»ng chiÒu cao cña h×nh nãn.

ThÓ tÝch h×nh lËp ph−¬ng lµ: V1 = 12 = 1728 (cm ).

25.4. (h.25.9) V× ®é dµi c¹nh cña h×nh lËp ph−¬ng lµ 12cm nªn b¸n kÝnh h×nh cÇu néi tiÕp lµ 6cm.

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn lµ:

S = 4πR = 4.π.13 = 676π (cm ).

(h.25.6)

K 8

C H×nh 25.8

165

ThÓ tÝch h×nh cÇu lµ: V =

4 3 4 2048π 3 (cm ). πR = .π.83 = 3 3 3

25.7. B¸n kÝnh cña thuyÒn thóng lµ: 1,2 : 2 = 0,6 (m) = 6 (dm). 1 4 1 4 3 3 ThÓ tÝch cña thuyÒn lµ: V = . πR 3 = . .π.63 = 144π (dm ) ≈ 425dm . 2 3 2 3 166

Tổng Khối lượng của thuyền, người và cá là : 45 + 65 + 240 = 350 (kg) Khối lượng riêng của thuyền là : 350 : 452 = 0,8 (kg/dm3)

Ch−¬ng III Gãc vµ ®−êng trßn

1 kg/dm3

Khối lượng riêng của nước là :

Vậy khối lượng riêng của thuyền nhỏ hơn khối lượng riêng của nước nên nước không ngập đến mép thuyền.

Chuyªn ®Ò 12

. GÓC Ở TÂM. SỐ ĐO CUNG. LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY

25.8. (h.25.10)

A. Kiến thức cần nhớ

XÐt ∆OBC cã OB = OC vµ OM ⊥ BC nªn MB = MC. 2

1. Gãc ë t©m lµ gãc cã ®Ønh trïng víi t©m ®−êng trßn.

Ta cã: MC2 = OC2 − OM 2 = (10 3 ) − ( 5 3 ) = 225.

AOB lµ gãc ë t©m. VÝ dô :

Suy ra MC = 15(cm). §é dµi cña ®−êng trßn (M) lµ: 2π.15 = 30π (cm).

25.9. Gäi b¸n kÝnh cña h×nh cÇu lµ R. A H×nh 25.10

V× sè ®o thÓ tÝch b»ng sè ®o diÖn tÝch mÆt cÇu nªn ta cã:

• NÕu α = 1800 th× mçi cung lµ mét nöa ®−êng trßn.

α B

• Sè ®o cung nhá b»ng sè ®o gãc ë t©m ch¾n cung ®ã. • Sè ®o cung lín b»ng hiÖu gi÷a 3600 vµ sè ®o cung nhá (cã chung hai ®Çu mót víi cung lín).

§é dµi cña ®−êng trßn lín lµ: C = 2πR = 2π.3 = 6π (m).

25.10. Gäi r lµ b¸n kÝnh cña vËt h×nh cÇu.

• Sè ®o cña nöa ®−êng trßn b»ng 1800 .

4 ThÓ tÝch cña vËt h×nh cÇu lµ: V1 = πr 3 . 3 2

Chó ý : “Cung kh«ng” cã sè ®o b»ng 00 vµ cung c¶ ®−êng trßn cã sè ®o b»ng 3600 .

ThÓ tÝch khèi n−íc rót xuèng lµ: V2 = π.50 .48,6 = 121500π (mm ).

4 3 πr = 121500π ⇒ r 3 = 91125. 3

3. So s¸nh hai cung Trong mét ®−êng trßn hay hai ®−êng trßn b»ng nhau :

• Hai cung ®−îc gäi lµ b»ng nhau nÕu chóng cã sè ®o b»ng nhau.

• Trong hai cung, cung nµo cã sè ®o lín h¬n ®−îc gäi lµ cung lín h¬n.

Do ®ã r = 91125 = 45 (mm).

25.11. (h.25.11)

vÜ tuyÕn 20 o

Gäi R lµ b¸n kÝnh Tr¸i §Êt, gäi r lµ b¸n kÝnh cña o

r lµ b¸n kÝnh cña vÜ tuyÕn 20 qua Thanh Ho¸.

H xÝch ®¹o

? AC + s® CB 4. Khi nµo th× s® AB = s® NÕu ®iÓm C lµ mét ®iÓm n»m trªn cung AB th× :

20 o

= AOB = 20o. Ta cã HBO

. AC + s® CB s® AB = s® 5. §Þnh lý 1

XÐt ∆HBO vu«ng t¹i H cã: o

r = HB = OB cos20 = Rcos20 . H×nh 25.11

Do ®ã ®é dµi cña vÜ tuyÕn 20 lµ: o

• Cung n»m bªn trong gãc gäi lµ cung bÞ ch¾n 2. Sè ®o cung

4 3 πR = 4πR 2 ⇒ R = 3 (m). 3

Ta cã ph−¬ng tr×nh:

• NÕu 00 < α < 1800 th× cung n»m bªn trong gãc ®−îc gäi lµ cung nhá vµ cung n»m bªn ngoµi gãc ®−îc gäi lµ cung lín.

2πr = 2πRcos20 = 2π.6370.cos20 ≈ 37590 (km).

Víi hai cung nhá trong mét ®−êng trßn hay trong hai ®−êng trßn b»ng nhau : a) Hai cung b»ng nhau c¨ng hai d©y b»ng nhau. b) Hai d©y b»ng nhau c¨ng hai cung b»ng nhau. D

⇔ AB = CD. Trong h×nh bªn : AB = CD C

6. §Þnh lý 2 O

167

168 A

Trình bày lời giải

Víi hai cung nhá trong mét ®−êng trßn hay trong hai ®−êng trßn b»ng nhau : a) Cung lín h¬n c¨ng d©y lín h¬n. b) D©y lín h¬n c¨ng cung lín h¬n.

= OBN a) OA = OB; AM = BN; DAM hay . nªn ∆ AOM = ∆ BON suy ra AOM = BON AC = BD

⇔ AB < CD Trong h×nh bªn : AB < CD

b) Trên tia đối của tia MO lấ y điểm K sao cho MK = MO, mà MA = = NMK ⇒ ∆AMO = ∆NMK ( c.g.c) ⇒ MN; AMO = MKN ; OA = KN. AOM < MON Xét ∆ONK có KN > ON ( vì OA > ON) nên MKN

7. §Þnh lÝ bæ sung •

Trong mét ®−êng trßn, hai cung bÞ ch¾n gi÷a hai d©y song song th× b»ng nhau.

•

Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì qua trung điểm của dây căng cung ấy ( đảo lại không đúng)

< MON ⇒ ⇒ MOA AC < CD .

Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây căng cung ấy và ngược lại. B. Một số ví dụ •

Gi¶i

= 550 . Tính số đo cung lớn AB. APB

= 900 và ngược lại. Tìm cách giải. Ta lưu ý rằng: bài toán có AB = R 2 thì AOB Hình vẽ có nhiều góc vuông, những bài tập tính toán độ dài nên vận dụng định lý Py-ta-go để tính các đoạn thẳng có thể. Từ đó ta có lời giải sau: Trình bày lời giải

Giải

•

Tìm cách giải. Bạn nên tính góc ở tâm trước, rồi tính số đo cung nhỏ AB. Cuối tùng tính số đo cung lớn. Trình bày lời giải

cung nhỏ AB là 1300.

VÝ dô 2. Cho d©y AB < 2R cña ®−êng trßn (O; R). Trªn AB lÊy ®iÓm M, N sao cho AM = MN = NB. Tia OM, ON c¾t cung nhá AB t¹i C, D. a) Chøng minh cung AC b»ng cung BD. b) So s¸nh cung AC vµ cung CD. Gi¶i

R 2 R 2 2R − R 2 ⇒ HM = R . = 2 2 2

Áp dông ®Þnh lý Py-ta-go cho tam gi¸c AHM , ta cã : 2

Vậ y số đo cung lớn AB là: 360 – 125 = 235 .

Gäi giao ®iÓm OM vµ AB lµ H, ta cã OH ⊥ AB, HA = HB

⇒ HA = HB = HO = P

AB2 = 2R2 ⇒ OA2 + OB2 = AB2, vËy ∆OAB vu«ng t¹i O.

= 550 nên: là tiếp tuyến), APB

= 3600 − 900 − 900 − 550 = 1250 suy ra số đo AOB

XÐt ∆OAB cã OA2 + OB2 = R2 + R2 = 2R2

= 900 ; OBP = 900 ( vì PA, PB Tứ giác APBO có OAP

 R 2   2R − R 2  2 AM =   +   = R 2 − 2 2  2    2

(

)

⇒

R 2− 2 .

VÝ dô 4. Từ điểm A trên đường tròn (O; 1) đặt liên tiếp các cung có dây là AB = 1; BC = 3 ; CD = 2 . Chứng minh:

Tìm cách giải. Câu a. Để chứng tỏ hai cung bằng nhau, ta chứng tỏ hai góc ở tâm bằng nhau. Do vậy cần chứng minh hai tam giác bằng nhau. vaø MON. Câu b. Để so sánh hai cung AC và CD, ta so sánh hai góc AOM Với nhận xét ON < OA và MN = MA, ta có thể nghĩ tới: vaø MON. là hai góc kề mà OA > ON nên dựng thêm điểm Vì hai góc AOM = AOM ; MKN và MON là hai góc của phụ K để tạo ra một góc mới MKN

a) AC là đường kính của đường tròn (O). b) ∆DAC vuông cân.

Gi¶i Tìm cách giải. Để chứng tỏ AC là đường kính ta cần chứng tỏ: + sñBC = 1800. sñAB Trình bày lời giải

∆ONK từ đó sẽ so sánh được góc. 169

B D

VÝ dô 3. Trªn ®−êng trßn (O; R) lÊy hai ®iÓm A, B sao cho AB = R 2 . Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá AB. TÝnh ®é dµi AM.

Ví dụ 1. Hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) cắt nhau tại P. Biết

•

M C K

170

a) AB = 1 nên OA = OB = AB nên ∆OAB là tam giác đều ⇒ = 600 . = 600 ⇒ sñAB AOB

Chuyªn ®Ò 13 GÓC NỘI TIẾP. .

⇒ sñAB + sñBC = 1800 ⇒ AC là đường kính của đường tròn (O).

A. Kiến thức cần nhớ

O A

1. §Þnh nghÜa .

b) CD = 2 ⇒ sñCD = 900 ⇒ sñAD = 900 ⇒ sñCD = sñAD ⇒ CD = AD mà AC là đường kính ⇒ ∆ACD vuông cân tại D.

•

Gãc néi tiÕp lµ gãc cã ®Ønh n»m trªn ®−êng trßn vµ hai c¹nh chøa hai d©y cung cña ®−êng trßn ®ã.

Cung n»m bªn trong gãc ®−îc gäi lµ cung bÞ ch¾n. Trong h×nh bên th×

C. Bài tập vận dụng 12.1. Trªn mét ®−êng trßn (O) cã cung AB b»ng 140o . Gäi A’. B’ lÇn l−ît lµ điểm ®èi xøng cña A, B qua O; lÊy cung AD nhËn B’ lµm ®iÓm chÝnh gi÷a; . lÊy cung C B nhËn A’ lµm ®iÓm chÝnh gi÷a. TÝnh sè ®o cung nhá CD 12.2. Cho hai ®−êng trßn b»ng nhau (O) , (O’) c¾t nhau t¹i A, B. KÎ c¸c ®−êng kÝnh AOC vµ AO’D. Gäi E lµ giao ®iÓm thø hai cña ®−êng th¼ng AC víi (O’).

lµ gãc néi tiÕp BAC lµ cung bÞ ch¾n BC •

. a) So s¸nh c¸c cung nhá C B , BD

12.3. Cho ®−êng trßn (O, R) víi hai ®iÓm A, B. Chøng tá trung ®iÓm cña c¸c d©y trªn ®−êng trßn cã ®é dµi b»ng d©y AB thuéc mét ®−êng trßn cè ®Þnh. 12.4. Cho ®−êng trßn (O), d©y AB. Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung AB . VÏ d©y MC c¾t d©y AB t¹i D. VÏ ®−êng vu«ng gãc víi AB t¹i D, c¾t OC t¹i K. Hỏi ∆KCD lµ tam gi¸c g× ? 12.5. Gọi M, N, P, Q lµ bèn ®iÓm n»m trªn ®−êng trßn (O). C¸c tiÕp tuyÕn ë bèn ®iÓm trªn c¾t nhau t¹o thµnh tø gi¸c ABCD. Chøng minh r»ng = 180 0 AOB + COD . 12.6. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn A H (O) có AC = 40cm. BC = 48cm. Tính khoảng cách từ O B đến BC. O 12.7. Cho hình bên, biết AB = CD. Chứng minh rằng: a) MH = MK.

D K C

c) Chứng minh tứ giác ABDC là hình thang cân.

12.8. Cho đường tròn (O; R) và dây AB. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa các cung nhỏ AB , cung lớn AB và P là trung điểm của dây cung AB. a) Chứng minh bốn điểm M, N, O, P thẳng hàng. b) Xác định số đo của cung nhỏ AB để tứ giác AMBO là hình thoi.

Gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung lµ gãc cã ®Ønh n»m trªn ®−êng trßn vµ mét c¹nh lµ mét tia tiÕp tuyÕn cßn c¹nh kia chøa d©y cung cña ®−êng trßn ®ã.

A O

Theo h×nh bên th×

. b) Chøng minh r»ng B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung EBD

b) MB= MD .

GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG

= 1200 = 1200 ⇒ sñBC BC = 3 ⇒ BOC

Ay lµ hai gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung. B Ax vµ B

2. §Þnh lý . •

Trong mét ®−êng trßn, sè ®o cña gãc néi tiÕp b»ng nöa sè ®o cña cung bÞ ch¾n.

•

Sè ®o cña gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung b»ng nöa sè ®o gãc cña cung bÞ ch¾n.

3. HÖ qu¶ 1. Trong mét ®−êng trßn :

a) Çc gãc néi tiÕp b»ng nhau ch¾n çc cung b»ng nhau. b) Çc gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung hoÆc ch¾n çc cung b»ng nhau th× b»ng nhau. c) Gãc néi tiÕp (nhá h¬n hoÆc b»ng 900) cã sè ®o b»ng nöa sè ®o cña gãc ë t©m cïng ch¾n mét cung. d) Gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®−êng trßn lµ gãc vu«ng. 4. HÖ qu¶ 2. Trong mét ®−êng trßn, gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung vµ gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung th× b»ng nhau.

5. Thêm dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến. Cho tam gi¸c ACD. Trªn tia ®èi cña tia CD lÊy ®iÓm P. Tia AP lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn A ngo¹i tiÕp tam gi¸c ACD nÕu tho¶ m·n mét trong hai ®iÒu kiÖn sau : a) gãc ADC b»ng gãc PAC;

171

172 D

b) PA2 = PC.PD.

+ DCB = BED, Mặt khác : EBC

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.

∆BED ∽ ∆EAD ⇒

minh hai tam giác đồng dạng ta nên dùng c.g.c. Do vậy cần chứng minh MD MK = . MK MA A

O B

Kết hợp với DMK = KMA ta có: ∆DMK ∽ ∆KMA (c.g.c) = MKA = 900 . Vậy DK ⊥AM. ⇒ MDK

= EAB ; EBC + DCB = EAB + DAB . EBC Ta

có

DM MP = ⇒ DM.IA = MP.IC . CI IA

Vì = CBA; DMQ = 1800 − AMQ = 1800 − AIM = BIA ADC nên ∆DMQ ∽ ∆BIA (g.g) ⇒

nên C

Từ (1) và (2) suy ra:

MP = 1. MQ

P D

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). IB.IC Chứng minh rằng = 2r , trong đó r là bán kính đường tròn (I). ID Giải Tìm cách giải.

173

O1 Q

DM MQ = ⇒ DM.IA = BI IA

Từ DM.IA = MP.IC ⇒ DM.IA = MP.IB (2)

= DAB DCB

MQ.IB (1)

Giải Tìm cách giải - Trong quá trình chứng minh về góc, bạn nên sử dụng tính chất về góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng hệ quả của chúng. - Để chứng minh DE2 = DA.DB, 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 chung đồng dạng. Do đó ta chọn ∆BED và ∆EAD.

DE DB = ⇒ DE2 = DA.DB. DA DE

Trình bày lời giải

⇒

a) BED = DAE . b) DE2 = DA.DB.

Trình bày lời giải

= BCA nên ∆MDP ∽ ∆ICA (g.g) = AMQ = AIC và ADB Vì DMP

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:

Giải Tìm cách giải. Để chứng minh DM.IA = MP.IC, ta chứng minh hai tam giác có các cạnh là DM, IA, MP, IC đồng dạng. Do vậy ta cần chứng minh ∆MDP ∽ ∆ICA.

1 2

MD MB MD MK ∆MBD ∽ ∆MAB (g.g) ⇒ = ⇒ = MB MA MK MA

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 DM.IA = MP.IC và tính tỉ số MP . MQ

= 900 nên DK ⊥ AM ⇔ ∆DMK ∽ ∆KMA. Mặt Tìm cách giải. Ta có: AKM chung. Do yêu cầu chứng minh về góc nên để chứng khác hai tam giác có AMK

=A mà B =A ( góc nội tiếp) nên B =A . A 1 2 1 2 1 1

b) Ta có : ADE = ABC = CAB = EDB mà theo câu a): BED = DAE , suy ra:

Giải

Trình bày lời giải

= DAE . + DAB = DAE . Vậy BED EAB

174

Để 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 = MC ' nên ta chọn cách chứng minh chúng là ba thể nhận thấy MB'

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN Hà nội, năm học 2013 -2014)

Giải Tìm cách giải

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 ∆IA’C vuông nên để tạo được cặp tam giác đồng dạng có đỉnh D thì cần phải kẻ thêm đường vuông góc.

Trình bày lời giải

= BFC hoặc cần tìm một cặp góc nữa bằng nhau là xong. Chúng ta cần BMD = FBC Quan sát kỹ ta phát hiện BMA = BFA nên suy ra được MBD . = BFC BMD .

a) Ta có AC’, AB’ là tiếp tuyến nên

= MC' ⇒ B' B' IM = C' IM ⇒ MB' A' M = C' A' M 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 b) = BAD + ABI = BAC + ABC ( góc Cách 1. ∆ABI có BID 2 ngoài tam giác); mà = CBD + CBI = BAC + ABC ⇒ BID = IBD do đó tam giác IBD 2 BID cân tại D. Gọi E là trung điểm của IB. = IA Ta có IED ' C = 900 ; = 900 − EID = 900 − BAC + ABC = ACB = ICA ' suy ra EDI

2 2 ID IE 2IE IB ∆IDE ∽ ∆ICA’ suy ra = = = ⇒ Đpcm. IC IA ' 2IA ' 2IA '

Câu thứ hai không thể chứng minh trực tiếp được. Do vậ y ta nghĩ tới khai thác ý thứ nhất để chứng minh hai tam giác đồng dạng, trong đó có một tam giác vuông. Vì vậ y ta ghép EF và AC vào ∆OMD và ∆EFC và chứng minh chúng đồng dạng.

B' C'

Trình bày lời giải

I P

E N

E A

F O M

BD DM = . BC CF B

M C'

của đường tròn ngoại tiếp = AMB ( = 1 sđ AB a) Ta có AFB 2 = BFC . Lại có ∆ABM) ⇒ BMD = BCF = 1 sđ AB ⇒ ∆BDM ∽ ∆BCF (g.g). BDM 2

b) ∆BDM ∽ ∆BCF ⇒

Cách 2. Tam giác BID cân tại D. Tương tự tam giác CID cân tại D suy ra DB = DC = DI. Dựng đường tròn tâm D ngoại tiếp tam giác BIC. Đường tròn này cắt ID kéo dài tại điểm K. Ta có ∆IA’B ∽ ∆ICK suy ra

Câu thứ nhất dễ có một cặp góc BDM; BCF bằng nhau. Vậy chúng ta chỉ

Dễ thấy ∆ BDC và ∆COE là các tam giác cân. Vì ⇒ ∆DBC ∽ ∆OEC. = OEC = 1 sđ CD DBC 2 DB OE OD DO DM = FCE = 1 sđ AE ⇒ ∆OMD nên mà MDO ⇒ = = = BC CE CE CE CF 2 = OMD = 900 hay EF ⊥ AC. ∽ ∆EFC(c.g.c) ⇒ EFC

Ví dụ 6. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Các điểm M, N, P là điểm chính giữa của các cung AB, BC, CA. Gọi D là giao điểm của MN và AB, E là giao điểm của PN và AC. Chứng minh rằng DE song song với BC. K

IB IA ' IB.IC = ⇒ = 2r . IK IC ID

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 minh rằng tam giác BDM và tam giác BFC đồng dạng.

Giải Tìm cách giải. Khai thác điểm chính giữa của một cung , ta nhận được các tia phân giác của góc. Do vậy nếu khai thác tính chất đường phân giác của tam giác, ta được các tỉ số. Với suy luận đó, để chứng minh DE // BC ta cần A vận dụng định lý Ta-lét đảo. Trình bày lời giải

P M D

E O

b) Chứng minh EF ⊥ AC . 175

176 N

b) HO // EC.

= PC ⇒ NE là đường phân giác của ∆ANC ⇒ AE = AN (1) AP EC NC = MB ⇒ ND là đường phân giác của ∆ANB ⇒ AD = AN (2) AM DB NB

= NC ⇒ NB = NC (3) BN Từ (1), (2) và (3) suy ra

AE AD , do đó DE // BC. = EC DB

C. Bài tập vận dụng 13.3. Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O). 13.4. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại P và Q. Tiếp tuyến chung gần P hơn của hai đường tròn tiếp xúc với (O) tại A, tiếp xúc với (O’) tại B. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại P cắt (O’) tại điểm thứ hai D khác P, đường thẳng AP cắt đường thẳng BD tại R. Chứng minh rằng: = QBR ; a) QAR b) Tam giác BPR cân; c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với PB và RB.

13.3. Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và một cát tuyến MCD. Gọi I là giao điểm của AB và CD. Chứng minh rằng: IC MC = . ID MD 13.4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), BE và CF là các đường cao. Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại S, các đường thẳng BC và OS cắt nhau tại M.

(Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Yên Bái, năm học 2004 - 2005) 13.6. Cho hình vuông ABCD; M là điểm tùy ý thuộc cạnh CD. Hai đường tròn đường kính CD và AM cắt nhau tại N (khác D). Gọi K là giao điểm của DN và BC. Chứng minh AC vuông góc KM. 13.7. Gọi CA, CB lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O; R) với A, B là các tiếp điểm. Vẽ đường tròn tâm I qua C và tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn (I) cắt đường tròn (O) tại M. Chứng minh rằng đường thẳng AM đi qua trung điểm của BC. 13.8. Cho (O; R) và một tiếp tuyến xy tại A của (O: R). Trên tiếp tuyến lấ y điểm C (Khác A). Gọi B là trung điểm của AC. Qua C vẽ đường thẳng cắt (O) tại E, M (theo thứ tự C, E, M). Tia BE cắt (O) tại F và tia CF cắt (O) tại N. Chứng minh: MN // AC. 13.9. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Dựng CD là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) sao cho C thuộc (O), D thuộc (O’) và B nằm trong tam giác CDA. Đường thẳng CB cắt (O’) tại M. Chứng minh tia AD là phân giác của góc CAM. 13.10. Cho hình bình hành ABCD, góc A < 900. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt AC ở E. Chứng mình rằng BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB. 13.11. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại điểm P. Trên cung nhỏ BC, lấy điểm K (K khác B và C). cắt Đường thẳng PK cắt đường tròn (O) lần thứ hại tại Q. Phân giác góc KBQ KQ tại I.

a) Chứng minh rằng CI là tia phân giác KCQ ; b) Giả sử đường thẳng AK đi qua trung điểm M của cạnh BC. Chứng minh rằng AQ//BC.

AB BS = . AE ME b) chứng minh rằng: ∆AEM ∽ ∆ABS . c) Gọi N là giao điểm của AM và EF, P là giao điểm của AS và BC. Chứng minh rằng : NP vuông góc với BC. ( Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 – 2012) 13.5. Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH và đường tròn (O) ngoại tiếp ∆HAC. Gọi D là điểm đối xứng của B qua H, nối A với D cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh:

a) Chứng minh rằng:

a) CH là tia phân giác của góc ACE. 177

178

Chuyªn ®Ò 14 GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN TRONG ĐƯỜNG

Trình bày lời giải

Gọi I là giao điểm của MP và NQ. Ta có.

TRÒN. GÓC CÓ ĐỈNH Ở BÊN NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN

= 1(sđ MQ + sđ NP ) MIQ 2

A. Kiến thức cần nhớ 1. Gãc cã ®Ønh ë bªn trong ®−êng trßn

cã ®Ønh E n»m bªn trong ®−êng trßn (O) BEC

A B

B H×nh b H×nh a

H×nh c

Trong h×nh (a,b,c) th× :

gäi lµ gãc cã ®Ønh ë bªn ngoµi ®−êng trßn. BEC §Þnh lÝ : Sè ®o cña gãc cã ®Ønh ë bªn ngoµi ®−êng trßn b»ng nöa hiÖu sè ®o hai cung bÞ ch¾n. B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCD có bốn đỉnh thuộc đường tròn . Gọi M, N, P, Q lần lượt là điểm chính giữa các cung AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng : MP ⊥ NQ . Giải Tìm cách giải. Để chứng minh MP ⊥ NQ ta gọi I là giao điểm của MP và NQ và = 900 . Nhận thấy MIQ là góc có đỉnh ở bên trong đường cần chứng minh MIQ

theo các cung của đường tròn và biến đổi tròn, do vậy ta cần biểu diễn góc MIQ các cung ấy. 179

o Q

1 . 360o = 90o. 4

P d

Tìm cách giải. Khai thác giả thiết AD và AE là các phân giác trong và ngoài góc A, AD = AE suy ra được ADE là tam giác vuông cân. Mặt khác từ kết luận, ta liên tưởng tới kẻ thêm đường kính để tạo ra R. Mặt khác từ ADC =45o, là góc có

D O

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC (AC < AB) nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Đường phân giác trong và ngoài của góc A cắt đường thẳng BC theo thứ tự tại D và E. Giả sử AD = AE. Hãy tính AB2 + AC2 theo bán kính R của đường tròn tâm O. Giải

C D

Vậy MP ⊥ NQ.

gäi lµ gãc cã ®Ønh ë bªn trong ®−êng trßn. §Þnh lÝ : Sè ®o gãc cã ®Ønh n»m bªn trong ®−êng trßn b»ng nöa tæng sè ®o hai cung bÞ ch¾n. 2 . Gãc cã ®Ønh ë bªn ngoµi ®−êng trßn.

1 1 + sđ CD ). = . (sđ AB + sđ AD + sđ BC 2 2

Trong h×nh bên th× :

đỉnh ở bên trong đường tròn, nên gợi ý cho ta chỉ kẻ đường kính từ B hoặc từ A. Trình bày lời giải Gọi AD cắt đường tròn tại M. Kẻ đường kính BF. AD và AE là các phân giác trong và ngoài góc A nên = 900 mà AD = AE suy ra ∆ADE vuông cân tại A DAE

⇒ ADC =45o. + sđ sđ BM AC + sđ AC = 90o. ⇒ = 45o ⇒ sđ BM 2 + sđ = MC ⇒ ⇒ sđ CM AF = 90o mà BM AF = AC ⇒ AF=AC. Do đó AB2+AC2 = AB2+AF2 = BF2= 4R2. Ví dụ 3. Cho hai đường tròn (O) , (O’) cắt nhau ở A và

b M

0 B sao cho OAO' = 90 . Gọi C là một điểm thuộc đường tròn (O’). Các đường thẳng CA, CB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D, E. Chứng minh rằng DE là đường kính của đường tròn (O).

Giải Tìm cách giải. Để chứng minh DE là đường kính của đường tròn (O), ta cần chứng minh sñDE = 1800 . Chú ý xét hai trường hợp C nằm bên trong và bên ngoài đường tròn (O). Trình bày lời giải 180

Gọi số đo cung DE không chứa A là m, số đo cung nhỏ AB của đường tròn (O) là n. Xét hai trường hợp:

Trường hợp C nằm ngoài đường tròn (O). Theo tính chất góc có đỉnh ở ngoài đường tròn ta có:

= m−n ACB 2

D A C

+ n = AO'B + AOB = 1800 ⇒ m = 2.ACB

B E

Trường hợp C nằm trong đường tròn (O). Xét hai cung AB của (O’), gọi số đo cung nằm ngoài (O) là p, số đo cung còn lại là q. Theo tính chất góc có đỉnh nằm trong

− n. = m + n ⇒ m = 2.ACB đường tròn, ta có: ACB 2 = p = 3600 − q suy ra: Kết hợp với 2.ACB

(

D A

)

(

n O' C

m = 3600 − q − n = 3600 − ( q + n)

)

= 3600 − 1800 = 1800 m = 3600 − AO ' B + AOB

chuyÓn trªn xy. 14.4. Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn ( A, B là các tiếp điểm). Một cát tuyến qua M, cắt (O) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa M và D). a) Chứng minh AC.DB = AD.CB. b) Tia phân giác góc CAD cắt CD tại I. Chứng minh BI là tia phân giác góc CBD. (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Gia Lai, năm học 2007 - 2008) 14.5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi I là giao điểm của AC và BD. Biết đường tròn (K) ngoại tiếp ∆IAD cắt các cạnh AB, CD của tứ giác lần lượt tại E và F (E ≠ A; F ≠ D). Đường thẳng EF cắt AC, BD lần lượt tại M, N.

⇒ DE là đường kính của (O). Ví dụ 4. Cho đường tròn (O), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau, điểm M thuộc cung nhỏ BC. Gọi E là giao điểm của MA và CD, F là giao điểm của MD và AB. Chứng minh rằng: = AFD ; a) DAE b) Khi M di động trên cung nhỏ BC thì diện tích tứ giác AEFD không đổi. Giải 0 = sñAD + sñCM = 90 + sñCM ( góc có đỉnh ở bên trong đường a) E 1 2 2 tròn). 0 = sñAC + sñCM = 90 + sñCM ( góc nội tiếp) ADF 2 2 A Suy ra: E = ADF . 1

C M E 1 O

= 1800 − D −E = 1350 − E Mà ; DAE 1 1 1 0 0 AFD = 180 − A1 − ADF = 135 − ADF = AFD Suy ra DAE . Nhận xét. Ngoài ra, bạn cũng có thể chứng minh trực tiếp được như sau: 0 = sñDBM = 90 + sñBM DAE ( góc nội tiếp) . 2 2

181

1 D

DE AD = ⇒ AF.DE = AD2. AD AF Mặt khác AEFD là tứ giác có hai đường chéo AF, DE vuông góc với 1 1 nhau. Do đó SAEFD = AF.DE = AD2 , không đổi. 2 2 C. Bài tập vận dụng 14.1. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn (O) đường kính AB cắt đường tròn (O’) đường kính AC tại D, M là điểm chính giữa cung nhỏ DC, AM cắt đường tròn (O) tại N, cắt BC tại E. Chứng minh O, N, O’thẳng hàng. 14.2. Cho c¸c ®iÓm A1, A2, …, A19, A20 ®−îc s¾p xÕp theo thø tù ®ã trªn cïng mét ®−êng trßn (O). Chóng chia ®−êng trßn thµnh 20 cung b»ng nhau. Chøng minh r»ng d©y A1A8 vu«ng gãc víi d©y A3A16. 14.3. Cho ∆ ABC c©n t¹i B. Qua B kÎ ®−êng th¼ng xy song song víi AC. Gäi O lµ mét ®iÓm trªn xy. VÏ ®−êng trßn t©m O tiÕp xóc víi AC ë D, c¾t c¸c kh«ng ®æi khi O di c¹nh AB vµ BC ë E vµ F. Chøng minh r»ng sè ®o cung EF (g.g) ⇒

n O'

⇒ DE là đường kính của (O). -

0 = sñAD + sñBM = 90 + sñBM AFD ( góc có đỉnh ở bên trong 2 2 đường tròn) =A ( = 450 ) và E = ADF ( câu a) nên ∆DAE ∽ ∆ADF b) Ta có: D 1 1 1

= ADI . a) Chứng minh rằng AME

b) Chứng minh KI ⊥ BC. = 900 . Vẽ 14.6. Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) biết rằng BOC đường tròn tâm I đường kính BC, cắt AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng: MN = R. 14.7. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến tại B và = 2.BMC. Tính số đo C của đường tròn (O) cắt nhau tại M. Biết rằng BAC góc BAC.

182

Ta có O là tâm của cung chứa góc và OB là bán kính.

14.8. Cho đường tròn (O: R) có dây AB = R 3 ; Trên cung lớn AB lấy dây CD = R (C thuộc cung BD). Chứng minh rằng AC ⊥ BD. 14.9. Tõ ®iÓm A ë bªn ngoµi (O) kÎ tiÕp tuyÕn AB vµ c¸t tuyÕn ACD. VÏ d©y BM vu«ng gãc víi tia ph©n gi¸c gãc BAC t¹i H c¾t CD t¹i E. Chøng minh BM lµ tia ph©n gi¸c gãc CBD.

Ta có BM =

⇒ OB =

Chuyªn ®Ò 15

. CUNG CHỨA GÓC

) sao cho sè ®o cung EF = 600 . Hai tia AE vµ BF c¾t nhau t¹i n»m trªn cung AF di chuyÓn trªn nöa ®−êng trßn. M. T×m quü tÝch c¸c ®iÓm M khi cung EF

1. Bµi to¸n quü tÝch cung chøa gãc Víi ®o¹n th¼ng AB vµ gãc α ( 00 < α < 1800 ) cho tr−íc th× quü tÝch c¸c ®iÓm

Gi¶i

AMB = α lµ hai cung chøa gãc α dùng trªn ®o¹n AB. M tháa m·n

là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn Tìm cách giải. Dễ dàng nhận thấy AMB

•

Chó ý :

Hai cung chøa gãc α dùng trªn ®o¹n AB lµ hai cung trßn ®èi xøng nhau qua AB. Hai ®iÓm A, B ®−îc coi lµ thuéc quü tÝch

BM 2 2 4 3 = = = cm. 0 3 3 sin BOM sin 60 2

cña nöa ®−êng trßn (E VÝ dô 2. Cho nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB vµ cung EF

A. Kiến thức cần nhớ

•

1 BC = 2cm; MOB = 600 2

di chuyển thì AMB luôn không đổi nên và tính được số đo của nó. Khi cung EF điểm M thuộc cung chứa góc. Do vậy ta có lời giải sau.

Trình bày lời giải Phần thuận

Khi α = 90 0 thì quü tÝch c¸c ®iÓm nh×n ®o¹n AB cho tr−íc d−íi mét gãc vu«ng lµ ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB. 2. C¸ch gi¶i bµi to¸n quü tÝch.

0 0 = sñAB − sñEF = 180 − 60 = 600. Ta có AMB 2 2

Muèn chøng minh quü tÝch (tËp hîp) c¸c ®iÓm M tháa m·n tÝnh chÊt τ lµ mét h×nh H nµo ®ã, ta ph¶i chøng minh hai phÇn :

Mặt khác A, B cố định nên M nhìn AB dưới một góc 600 suy ra M thuộc cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB.

•

PhÇn thuËn : Mäi ®iÓm cã tÝnh chÊt τ ®Òu thuéc h×nh H

•

PhÇn ®¶o : Mäi ®iÓm thuéc h×nh H ®Òu cã tÝnh chÊt τ

•

KÕt luËn : Quü tÝch (tËp hîp) c¸c ®iÓm M cã tÝnh chÊt τ lµ h×nh H.

Giới hạn. Khi E trùng với A thì M tiến tới M1; Khi F tiến tới B thì M tiến tới M2 nên M thuộc cung M M . 1

B. Một số ví dụ

Phần đảo. Lấ y M’ thuộc M M2 suy ra AM ' B = 600 . 1

VÝ dô 1. Cho đoạn thẳng BC = 4cm cố định. Một điểm A di động luôn nhìn B và C dưới một góc không đổi là 600. Tính bán kính cung chứa góc chứa điểm A dựng trên đoạn BC.

Gọi AM’; BM’ cắt nửa đường tròn đường kính AB tại E’. F’. − sñE sñAB 'F' 1800 − sñE 'F' 'B = ⇒ 600 = Ta có: AM 2 2

Gi¶i

183 M

0 VÝ dô 3. Gäi mét cung chøa gãc 60 dùng trªn ®o¹n AB lµ AmB . Trªn cïng nöa 0 mÆt ph¼ng bê AB chøa AmB lÊy hai ®iÓm M, N sao cho AMB > 60 , ANB <

600 . Chøng minh r»ng: C

Kết luận . Vậy quĩ tích điểm M là cung M M2 của cung chứa 1 0 góc 60 dựng trên đoạn AB khi cung EF di chuyển.

Quĩ tích điểm A là cung chứa góc 600 dựng trên đoạn BC. Vẽ tia = 600 .Vẽ tia By ⊥ Bx. By cắt đường trung trực Bx sao cho xBC của BC tại O.

⇒ sđ E' F' = 600 .

Tìm cách giải. Để tính bán kính cung chứa góc, ta cần dựng lại cung chứa góc và = BAC lưu ý BOM . Trình bày lời giải

184

Trình bày lời giải XÐt hai ®iÓm A; B trong 2020 ®iÓm sao cho 2018 ®iÓm cßn l¹i n»m cïng phÝa cã bê lµ ®−êng th¼ng AB.

a) M n»m bªn trong ®−êng trßn chøa AmB ; b) N n»m bªn ngoµi ®−êng trßn chøa AmB .

Gi¶i

Gi¶ sö 2018 ®iÓm cßn l¹i AM B > AM B > ... > AM B

Tìm cách giải. Trên cùng nửa mặt ph¼ng bê AB chøa AmB lÊy điểm M, thì chỉ có ba khả năng: M nằm bên trong đường tròn chứa AmB hoặc M nằm trên cung

N C

NÕu M n»m bªn ngoµi AmB M

0 NÕu M ≡ C th× AMB = 60 (lo¹i).

VËy M n»m bªn trong ®−êng trßn chøa AmB .

b) Chøng minh t−¬ng tù ta cã N n»m bªn ngoµi ®−êng trßn chøa AmB .

Nhận xét. • •

Ví dụ trên là một cách nhận biết một điểm nằm bên trong đường tròn hoặc M nằm bên ngoài đường tròn. Tổng quát. Cho một cung chứa góc α dựng trên đoạn AB ( với 00 < α < 1800). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB chứa cung chứa góc α lấy điểm M. < α thì điểm M nằm bên ngoài đường tròn chứa cung chứa - Nếu AMB góc α.

> α thì điểm M nằm bên trong đường tròn chứa cung chứa Nếu AMB

góc α.

= α thì điểm M nằm trên đường tròn chứa cung chứa góc α. Nếu AMB

VÝ dô 4. Cho 2020 ®iÓm trong ®ã kh«ng cã ba ®iÓm nµo th¼ng hµng, kh«ng cã bèn ®iÓm nµo cïng thuéc mét ®−êng trßn. Chøng minh r»ng tån t¹i mét ®−êng trßn ®i qua ba ®iÓm trong sè c¸c ®iÓm nãi trªn chøa ®óng 500 ®iÓm ë bªn trong nã. Gi¶i Tìm cách giải. Dựa vào ý tưởng của ví dụ trên, ta có thể nghĩ tới xét hai điểm A, B sao cho các điểm còn lại nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB. Nếu chọn được

2018

NhËn xÐt. Dùa vµo kÜ thuËt cña bµi b¹n cã thÓ chøng tá ®−îc : • Tån t¹i mét ®−êng trßn ®i qua ba ®iÓm trong sè çc ®iÓm nãi trªn chøa tÊt ®iÓm çc ®iÓm cßn l¹i. • Tån t¹i mét ®−êng trßn ®i qua ba ®iÓm trong sè çc ®iÓm nãi trªn chøa kh«ng chøa ®iÓm nµo trong çc ®iÓm cßn l¹i.

VÝ dô 5. Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên đường thẳng AB lấ y một điểm M sao cho điểm A nằm trong đoạn BM (M ≠ A). Từ điểm M kẻ tới đường tròn (O’) các tiếp tuyến MC, MD (C và D là tiếp điểm, C nằm ngoài đường tròn (O)). Đường thẳng AC cắt lần thứ hai đường tròn (O) tại điểm P. Đường thẳng AD cắt lần thứ hai đường tròn (O) tại điểm Q. Đường thẳng CD cắt PQ tại R. Chứng minh rằng khi điểm M thay đổi thì đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luô đi qua một điểm cố định. Giải

= QAB (góc nội tiếp chắn cung BQ ) Ta có QPB

= DCB (góc nội tiếp chắn cung BD ) DAB = KCB ⇒ P và C cùng nằm trên một nửa mặt Suy ra KPB phẳng bờ BK, cùng nhìn BK dưới một góc bằng nhau ⇒ P và C cùng thuộc một cung chứa góc dựng trên đoạn BK. Tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác KCP luôn đi qua điểm B cố định.

A P

K Q

C. Bài tập vận dụng 15.1. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O. Kẻ cát tuyến MAB đi qua O và các tiếp tuyến MC, MD. Gọi K là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, C, M, K cùng thuộc một đường tròn. b) MK vuông góc với AB.

= α mà có 500 điểm trong số các điểm còn lại nhìn AB điểm M sao cho AMB

dưới một góc lớn hơn α thì bài toán xong.

185

®iÓm M1 ; M 2 ;...; M 500 n»m bªn trong (theo vÝ dô 3).

Trình bày lời giải

0 th× AMB < ACB ⇒ AMB < 60 (lo¹i) .

tháa m·n :

(kh«ng cã dÊu b»ng v× kh«ng cã bèn ®iÓm thuéc cïng mét ®−êng trßn) VÏ ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ AM 501B th× ®−êng trßn nµy cã ®óng 500

chứa góc AmB hoặc M nằm bên ngoài cung chứa góc AmB . Do vậy chúng ta dùng phương pháp phản chứng.

a) §−êng th¼ng AM c¾t AmB t¹i C

là M1 ; M 2 ;...; M 2018

186

15.2. Cho tam giác ABC đường cao AH, đường trung tuyến AM (H, M phân biệt

3. §Þnh lÝ ®¶o. NÕu mét tø gi¸c cã tæng sè ®o hai gãc ®èi diÖn b»ng 1800 th× tø gi¸c ®ã néi tiÕp ®−êng trßn. B. Một số ví dụ

= MAC . Chứng minh rằng BAC = 900 và thuộc cạnh BC) thỏa mãn BAH .

15.3. Cho đường tròn tâm O và dây AB cố định (O không thuộc AB). P là điểm di động trên đoạn AB (P khác A, B). Qua A, P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với (O) tại A. Qua B, P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N ( khác P).

VÝ dô1. Hai ®−êng trßn (O1) vµ (O2) c¾t nhau t¹i M vµ P. VÏ d©y MA cña ®−êng trßn (O2) lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O1). VÏ d©y MB cña ®−êng trßn (O1) lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn (O2). Trªn tia ®èi cña tia PM lÊy ®iÓm H sao cho PH = PM. Chøng minh r»ng tø gi¸c MAHP néi tiÕp.

a) Chứng minh: ANP = BNP;

Gi¶i

15.4. Cho tam giác EFG có FEG là góc tù. Xác định đường tròn có bán kính nhỏ nhất sao cho không có đỉnh nào của tam giác EFG nằm bên ngoài đường tròn. (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Đồng Nai, năm học 2006 - 2007)

Tìm cách giải. - Khai thác giả thiết, ta có PH = PM. Do vậ y nếu I, K là trung điểm MB, MA mà MIPK là tứ giác nội tiếp thì MAHB cũng là tứ giác nội tiếp. - Ta biết rằng tâm đường tròn ngoại tiếp là giao điểm các đường trung trực của các cạnh và đường chéo. Dễ nhận biết đường trung trực của MB đi qua O1, đường trung trực của MA đi qua O2. Nếu giao điểm của hai đường trung trực này nằm trên đường trung M trực của MH thì bài toán xong.

15.5.

Với hai định hướng trên ta có hai cách giải sau:

b) Chứng minh: PNO = 90 ; c) Chứng minh khi P di động thì N luôn nằm trên một cung tròn cố định . (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2009 - 2010)

Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC = R 3 . Dựng điểm A∈ (O;

R) sao cho tam giác ABC có: ( AB + AC ) .AC = 3R 2 .

Cách 1. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của MB, MA.

Ta có: BMP = MAP; AMP = MBP

∆MBP ∽ ∆AMP (g.g) suy ra BP MB BP BI ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆BPI ∽ ∆MPK (c.g.c) MP AM MP MK = MPK . ⇒ BPI

Xét + IPK = IMP + PMK + IPM + MPK = IMP + MBP + IPM + BPI = 1800 IMK .

Chuyªn ®Ò 16. TỨ GIÁC NỘI TIẾP

Suy ra tø gi¸c MIPK néi tiÕp, mà IP, KP lần lượt là đường trung bình của tam giác MBH, MAH ⇒ IP // BH, KP // AH ⇒ = AHB ⇒ AMB + AHB = 1800 ⇒ tø KPI

A. Kiến thức cần nhớ 1. §Þnh nghÜa .

gi¸c MAHP néi tiÕp.

Mét tø gi¸c cã bèn ®Ønh n»m trªn mét ®−êng trßn ®−îc gäi lµ tø gi¸c néi tiÕp ®−êng trßn (gäi t¾t lµ tø gi¸c néi tiÕp).

Cách 2. Dùng h×nh b×nh hµnh O1MO2O suy ra O1O // MO2 ; O2O // O1M, mµ

Hình bên :Tứ gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp.

2. §Þnh lÝ. Trong mét tø gi¸c néi tiÕp,tæng sè ®o hai gãc ®èi diÖn b»ng 1800 .

Trình bày lời giải

= 600 . Gäi H 15.6. Cho tam gi¸c nhän ABC néi tiÕp ®−êng trßn (O; R) cã BAC vµ I lµ trùc t©m vµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC. Chøng minh r»ng n¨m ®iÓm B, C, O, I, H cïng thuéc mét ®−êng trßn. 15.7. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB và AC. Gọi giao điểm của MN với AB và AC lần lượt là F và E. Chứng minh rằng: a)Năm điểm A, M, B, H, E cùng thuộc một đường tròn. b) Ba đường thẳng AH, BE và CF đồng qui.

•

MA ⊥ MO1 nªn O1O ⊥ MB vµ O2O ⊥ MA . Do ®ã OM = OB ; OM = OA

MB ⊥ MO2 ; O1

(1)

I O

K P

A C

187

188 H

3) Gäi R lµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (T). Do (T) ®i qua C vµ O nªn CO ≤ 2 R hay 1 R ≥ CO DÊu b»ng ®¹t ®−îc khi M lµ h×nh chiÕu cña C trªn AB. Vậy bán kính 2 1 của đường tròn (T) nhỏ nhất bằng CO khi M lµ h×nh chiÕu cña C trªn AB. 2

Gäi giao ®iÓm O1O2 víi MO ; MP lµ I, K ta cã O2O2 ⊥ MP vµ IM = IO ; KM = KP do ®ã IK lµ ®−êng trung b×nh cña tam gi¸c MOP suy ra IK // OP ⇒ OP ⊥ MH mµ MP = PH ⇒ OP lµ ®−êng trung trùc cña MH ⇒ OM = OH (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ OM = OA = OH = OB

VÝ dô 3. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Trên tia đối của tia BC lấy điểm D. Gọi E là giao điểm của DO và AC. Qua E vẽ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn (O), tiếp tuyến này cắt đường thẳng AB tại K. Chứng minh bốn điểm D, B, O, K cùng thuộc một đường tròn.

⇒ Tø gi¸c MAHB néi tiÕp. VÝ dô 2. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i C. Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c A vµ B). Gäi O; O1 ; O2 lÇn l−ît lµ t©m cña c¸c ®−êng trßn ngo¹i tiÕp c¸c tam gi¸c ABC, AMC vµ BMC. 1) Chøng minh bèn ®iÓm C , O1 , M, O2 cïng n»m trªn mét ®−êng trßn (T).

Giải Tìm cách giải. Dựa vào hình vẽ ta có một số định hướng sau:

2) Chøng minh r»ng ®−êng trßn (T) ®i qua O. 3) X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña M trªn ®o¹n AB sao cho ®−êng trßn (T) cã b¸n kÝnh nhá nhÊt. (TuyÓn sinh 10, chuyªn to¸n §HSPHµ Néi, n¨m häc 2008 - 2009)

•

Giải •

Tìm cách giải. •

O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp nên CO 1M ; CO2 M lần lượt hai

•

góc ở tâm của hai đường tròn tròn tương ứng. Phân tích đi lên ta có bốn điểm C, O1 , M, O2 cùng nằm trên một đường tròn ⇔ CO M + CO M = 1800 ⇔ 1

•

+ CBM = 90 0 từ đó ta tìm được cách giải. CAM Để chứng minh đường tròn (T) đi qua điểm O, ta cần chứng minh tứ giác CO2OM nội tiếp hoặc tứ giác CO1MO nội tiếp. Cả hai hướng trên đều cho lời giải đúng.

Trình bày lời giải Cách 1. Gọi M là tiếp điểm của đường tròn (O) với EK . Ta có EM, EC là tiếp tuyến của (O) nên = COE = 1 MOC . MOE 2 = 1 MOC ⇒ MOE = MBC . Vì MBC Mặt khác 2

Trình bày lời giải 1) Sử dông tÝnh chÊt gãc ë t©m ®−êng trßn , ta cã: CO 1M = 2.CAM ; CO2 M = 2.CBM .

+ CBM = 900 . Do tam gi¸c ABC vu«ng nªn CAM 0 Suy ra CO 1 M + CO2 M = 180 .

O A

M C

+ MOD = 1800 và MBC + MBD = 1800 , suy ra MOE = MBD vậy D, O, M, B cùng thuộc một đường tròn. MOD

O2 O1

VËy bèn ®iÓm C , O1 , M, O2 cïng thuéc mét ®−êng A M O trßn. 2) Do tam gi¸c ABC vu«ng t¹i C nªn O lµ trung ®iÓm cña AB, Gi¶ sö M thuéc = 2.CBO = CO ®o¹n OA. Do tam gi¸c COB c©n t¹i O nªn COM M.

Nếu gọi M là tiếp điểm của đường tròn (O) với EK, dễ thấy BOMK là tứ giác nội tiếp. Nên muốn chứng minh D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn , ta chỉ cần chứng minh D, O, M, B cùng thuộc một đường tròn. = K . Vậy ta chỉ cần chứng minh BDO = K. Quan sát kỹ, ta có BKO 2 2 0 = ABC = 180 − A . Do đó ta Cũng dễ nhận thấy DBK 2 0 = 180 − A . D cũng cần chứng minh DOK 2

Mà KMO = KBO = 90 nên tứ giác KMOB nội tiếp. Vậ y năm điểm D, K, O M, B cùng thuộc một đường tròn suy ra D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn.

Cách 2. Ta có

= 1800 − DCE − DEC = 1800 − 900 − A − E ⇒ CDE = 900 − A + E = K . CDE 2 2 2 2

VËy O thuéc ®−êng trßn (T)

189

190

AMB, AK2 − KM2 = AM2 = AB2 − BM2

= K ⇒ BKO = BDO . Suy ra D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn. Mà BKO 2

có:

 R 10  x2 ⇔ = 4R2 − x2 ⇔ x = R 2  −  2  4  

= OKE + OEK = K + E ( tính chất góc ngoài Cách 3. Tam giác OEK có DOK 2 tam giác).

= ⇒ sin MAB

MB R 2 2 = 450 ⇔ sñBM = 900 ⇔ M ≡ C. = = ⇒ MAB AB 2R 2

0 0 = 180 − A . Mặt khác, ta có : DBK = ABC = 180 − A do đó : Suy ra DOK 2 2 DBK = DOK vậy D, O, K, B cùng thuộc một đường tròn.

VÝ dô 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là điểm chính giữa cung AB. Lấ y điểm M tùy ý trên cung BC (M khác B). Gọi N là giao điểm của hai tia OC và BM; H, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AO, AM; K là giao điểm các đường thẳng BM và HI.

16.1. Cho hình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB. Kẻ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác CBMD là tứ giác nội tiếp.

a) Chứng minh rằng A, H, K và N cùng nằm trên một đường tròn;

b) Khi điểm D di động trên đường tròn thì BMD + BCD không đổi. c) DB.DC = DN.AC. 16.2. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) và (O’) cắt đường tròn (O’) và (O) theo thứ tự tại C và D. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các dây AC và AD. Chứng minh rằng : a) Hai tam giác ABD và CBA đồng dạng. = APB . b) BQD

b) Xác định vị trí của điểm M trên cung BC (M khác B) sao cho AK =

C. Bài tập vận dụng

R 10 . 2

( Thi học sinh giỏi lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2008 – 2009)

Giải Tìm cách giải. Dễ dàng nhận thấ y HI là đường trung bình của

∆AOM nên HI // OM suy ra KHB = MOB; HKB = OMB . Do vậ y để chứng minh A, H, K và N cùng nằm trên một đường tròn = KHB ⇔ = HKB hoặc ANB ta chỉ cần chứng minh NAO

= OMB hoặc ANB = MOB . Từ đó ta có cách giải sau: NAO I

Trình bày lời giải a) Ta có tam giác NAB cân tại N (ON là trung trực của

AB) ⇒ NAB = NBA (1) Lại có: OM = OB = R.

= BMO (2). Do H,I là trung điểm của OA, AM nên HI là đường trung ⇒ NBA bình của tam giác AOM. Suy ra HI // OM ⇒ BMO = HKM (3). Từ (1) , (2) và = HKB . Do đó tứ giác AHKN nội tiếp, hay A, H, K, N cùng (3), suy ra: NAB thuộc một đường tròn.

2. Ta có: AH = HO = = x ⇒ MK =

AO R KM OH R 1 = . KH // OM ⇒ = = = . Đặt MB 2 2 KB OB 2R 2

x . Áp dụng định lí Py-ta -go trong các tam giác vuông AKM và 2 191

c) Tứ giác APBQ nội tiếp. 16.3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC cắt AB và AC thứ tự tại D và E. Chứng minh AO vuông góc với DE. 16.4. Cho hai vòng tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai vòng tròn này nằm trong vòng tròn (O3) và tiếp xúc với (O3) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (O1) và (O2) cắt (O3) tại P. PM cắt vòng tròn (O1) tại điểm thứ hai A và MN cắt (O1) tại điểm thứ hai B. PN cắt vòng tròn (O2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (O2) tại điểm thứ hai C. a) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng các đường thẳng AB, CD và PT đồng quy. 16.5. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB và AC ( B và C là các tiếp điểm ). Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) ( M khác B và C). Tiếp tuyến qua M cắt AB và AC tại E và F. Đường thẳng BC cắt OE và OF ở P và Q. Chứng minh rằng: a) Tứ giác OBEQ, OCFP là các tứ giác nội tiếp. b) Tứ giác PQFE là tứ giác nội tiếp. c) Tỉ số

PQ không đổi khi M di chuyển trên đường tròn. FE 192

16.6. Cho tam giác ABC, D và E là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh AB và AC. Chứng minh đường phân giác trong của góc B, đường trung bình của tam giác song song với cạnh AB và đường thẳng DE đồng quy. 16.7. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB cố định và đường kính CD quay quanh điểm O. Các đường thẳng AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn theo thứ tự tại E và F. 1.Chứng minh rằng tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn. 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE. Chứng minh rằng điểm I di động trên đường thẳng cố định khi đường kính CD quay quanh điểm O. (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Trà Vinh, năm học 2009 - 2010) 16.8. Cho tam giác ABC vuông tại A và D là một điểm trên cạnh AC (Khác với A và C). Vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với BC tại E. Từ B kẻ tiếp tuyến thứ hai BF với đường tròn (D). Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của BF và AM. Chứng minh năm điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn và AN = NF. (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Vĩnh Long, năm học 2009 - 2010) 16.9. Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M, N khác với điểm ). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:

16.12. Cho tam giác ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) có AD là phân

giác góc BAC , tia AD cắt đường tròn tại điểm E ( E khác A). Kẻ đường kính EF của đường tròn (O). Gọi P là một điểm nằm giữa A và D. Tia FP cắt đường tròn (O) tại Q khác F. Đường thẳng qua P vuông góc với AD cắt CA, AB lần lượt tại M, N. b) Chứng minh rằng các tứ giác PQBN, PQCM là tứ giác nội tiếp. c) Giả sử QN và PC cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn (O). Chứng minh rằng QM và PB cũng cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn (O).

16.13. Cho tam giaùc ABC coù 3 goùc nhoïn noäi tieáp (O;R ) coù AB < AC . Veõ 3 ñöôøng cao AD, BE, CF cuûa tam giaùc ABC caét nhau taïi H , AD caét (O) taïi K vaø caét EF taïi I. a) Chöùng minh rằng : BC laø trung tröïc cuûa HK vaø IF.IE = IH.IA; b) Chöùng minh rằng : Caùc töù giaùc DHEC , BFIK noäi tieáp ñöôïc; KC BK EF c) Chöùng minh rằng : ; + = AC BA AI d) Ñöôøng thaúng qua E song song vôùi AD caét BK taïi M . Chöùng minh rằng : 3 ñieåm F, D, M thaúng haøng; 16.14. Cho tam giác ABC nhọn với AB < BC có AD là đường phân giác. Đường thẳng qua C song song với AD cắt đường trung trực của AC tại E. Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại F.

a) MI.BE = BI.AE. b) Khi điểm C thay đổi thì đường DE luôn đi qua một điểm cố định. (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2009 - 2010) 16.10. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với CA và CB lần lượt tại M và N. Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI tại P. Chứng minh rằng góc IPB vuông. (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Gia Lai, năm học 2009 - 2010)

a) Chứng minh rằng tam giác ABF đồng dạng với tam giác ACE.

16.11. Cho đường tròn(O; R) và dậy AB cố định , AB = R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi (C; R1) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại A, ( D; R2) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với (O; R) tại B. Hai đường tròn (C; R1) và (D;R2) cắt nhau tại điểm thứ hai M.

16.15.

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM // CD và 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn;

b) Chứng minh rằng các đường thẳng BE, CF, AD đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là G. c) Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF tại Q. Đường thẳng QE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEC và P khác E. Chứng minh rằng các điểm A, P, G, Q, F cùng thuộc một đường tròn. là góc lớn nhất. Các điểm P, Q thuộc Cho tam giác ABC có BAC = BCA và CAP = ABC . Gọi M, N lần lượt là các cạnh BC sao cho QAB

điểm đối xứng của A qua P; Q. Chứng minh rằng BN và CM cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (Thi vô địch Toán Quốc Tế IMO, năm 2014)

b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N; c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác AMB lớn nhất.

( Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Phú Thọ, năm học 2009 – 2010) 193

194

Chuyªn ®Ò 17

. ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP.

Nếu trường hợp AB > AD.

Vì AB + CD = AD + BC nên BC > CD. Do dó tồn tại các điểm E , F thứ tự trên AB, BC sao cho AE = AD, CF = CD. Suy ra BE = BF.

ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP

Vì các tam giác ADE, BEF, CDF cân tại A, B, C nên các đường phân giác trong của góc A, B, C chính là các đường trung trực tương ứng của các cạnh DE, EF, FD của tam giác DEF, do đó chúng đồng quy.

A. Kiến thức cần nhớ 1. §Þnh nghÜa •

Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác và đa giác được gọi là đa giác nội tiếp đường tròn.

•

§−êng trßn tiÕp xóc víi tÊt c¶ c¸c c¹nh cña mét ®a gi¸c ®−îc gäi lµ ®−êng trßn néi tiÕp ®a gi¸c vµ ®a gi¸c ®−îc gäi lµ ®a gi¸c ngo¹i tiÕp ®−êng trßn.

•

Một tứ giác được gọi là tứ giác ngoại tiếp nếu tồn tại một đường tròn tiếp xúc với các cạnh của tứ giác đó. Đường tròn đó gọi là đường tròn nội tiếp tứ giác.

Nếu trường hợp AB < AD. Chứng minh tương tự.

Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn, biết rằng các tia AB, DC cắt nhau tại E; các tia AD , BC cắt nhau tại F. Chứng minh rằng : a) AE + CF = AF + CE. b) BE + BF = DE + DF.

Giải

2. §Þnh lÝ 1. BÊt k× ®a gi¸c ®Òu nµo còng cã mét vµ chØ mét ®−êng trßn ngo¹i tiÕp, cã mét vµ chØ mét ®−êng trßn néi tiÕp. 3. Định lý 2. Tứ giác ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi ba trong bốn góc của tứ giác có các đường phân giác đồng quy. 4. Định lý 3. Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi AB + CD = AD + CB. B. Một số ví dụ

Tìm cách giải. Tứ giác ngoại tiếp đường tròn có nhiều tiếp tuyến cắt nhau. Do vậ y để chứng minh các yếu tố về độ dài ta nên khai thác: Nếu hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm thì giao điểm cách đều hai tiếp điểm. Trình bày lời giải

Ví dụ 1. ( chứng minh định lý 3) Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi AB + CD = AD + CB.

AE + CF = AN + EN + FP – CP = AM + FM + EQ – CQ

Điều kiện cần: Cho giác ABCD ngoại tiếp đường tròn, chứng minh rằng AB + CD = AD + CB. Phần này cơ bản bởi chỉ cần dùng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau. Điều kiện đủ: Với AB + CD = AD + CB, cần chứng minh tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn. Để giải phần này, chúng ta cần vận dụng định lý 2, tức là chứng minh ba trong bốn góc của tứ giác có các đường phân giác đồng quy. Điều kiện cần : Dành cho bạn đọc.

•

Điều kiện đủ:

Nếu AB = AD thì CD = CB. Khi đó giao điểm I của AC với đường phân giác trong góc B chính là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD, Ta có điều phải chứng minh.

C A

= AF + EC.

q M

b) Ta có : EB + BF = EN – BN + BP + FP = EN + FP = EQ + FM = ED – DQ + DM + FD

Trình bày lời giải •

= AM + EQ + FM – CQ

Tìm cách giải. Ví dụ này cần chứng minh hai phần:

•

Ta có :

Giải •

a) Gọi M, N, P, Q là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh DA, AB, BC, CD.

= ED + DF .

Nhận xét. Bạn đọc có thể chứng minh bài toán đảo của bài toán trên để từ đó có thêm hai dấu hiệu nhận biết tứ giác ngoại tiếp.

b E

Ví dụ 3. Tính cạnh của hình 12 cạnh đều theo bán kính của đường tròn ngoại tiếp.

Giải Tìm cách giải. Để tính độ dài cạnh hình 12 cạnh đều, ta có hai cách: A

195 d

196

Giải

Cách 1. Tính cạnh của lục giác đều trước . Sau đó dùng định lý Py- ta -go tính cạnh đa giác.

Tìm cách giải. Để chứng minh đa giác nội tiếp ta có thể đưa về chứng minh các tứ giác nội tiếp. Cụ thể chứng minh lục giác AMINDQ là lục giác nội tiếp, ta chứng minh tứ giác AMID, DNIA, QMIN là các tứ giác nội tiếp.

1800 1800 Cách 2. Dùng công thức: a = 2R.sin = 2r. tan . n n

Trình bày lời giải

Trong đó: a: độ dài cạnh đa giác đều. r: bán kính đường tròn nội tiếp đa giác

giác nội tiếp (1)

n: số cạnh đa giác đều.

Từ các tứ giác BMIP và CNIP nội tiếp suy ra

Cách 1. Xét hình 12 cạnh đều nội tiếp đường tròn có cạnh AB như hình vẽ, thì AC là cạnh của hình lục giác đều.

AC R = . 2 2

∆OAI vuông tại I nên OI2 = OA2 − AI2 =

3R2 R 3 ⇒ OI = 4 2

)

(

R 3 R 2− 3 = . 2 2

(

2 R2 R 2 − 3 + ∆ABI vuông tại I nên AB = AI + BI = 4 4

Cách 2R.sin

Áp

R R 8−4 3 = 2

dụng

(

6− 2 2

công

thức,

(

)

R 1800 = 2R.sin150 = 12

(xem bài 4.3. có sin 150 =

6− 2

)

(

= R2 2 − 3

)

). có:

6− 2 ) 2

và Ví dụ 4. Cho hình thang ABCD với BC song song với AD với các góc BAD là các góc nhọn. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. Gọi P là điểm CDA

Từ (1), (2) và (3) suy ra A, M, I, N, D, Q cùng thuộc một đường tròn hay lục giác AMINDQ là lục giác nội tiếp.

Ta có: ∆OAC là tam giác đều nên: AI =

⇒ AB = R 2 − 3 =

= BPI = CNI ⇒ Tứ giác QMIN là tứ giác nội tiếp (3) QMI

Gọi AC cắt OB tại I, suy ra OB ⊥ AC.

Tương tự ta có tứ giác DNIA là tứ giác nội tiếp (2)

Trình bày lời giải

⇒ BI = OB − OI = R −

= BIM mà BC //AD nên BPIM là tứ giác nội tiếp nên BPM = BPA . Suy ra MAD = BIM ⇒Tứ giác AMID là tứ MAD

R: bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác

Q C. Bài tập vận dụng Cho hình thang ABCD (AB // CD) ngoại tiếp 17.1. đường tròn (O). Tiếp điểm trên AB, CD theo thứ tự là E, F. Chứng minh rằng AC, BD, EF đồng quy. 17.2. Cho ®−êng trßn (O; r) tiÕp xóc víi 4 c¹nh cña tø gi¸c ABCD. Gäi M lµ mét ®iÓm trong cña tø gi¸c. BiÕt r»ng diÖn tÝch tø gi¸c ABCD bằng 4. Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt mét c¹nh cña tø gi¸c mµ kho¶ng c¸ch tõ M tíi c¹nh ®ã kh«ng lín h¬n 1. 17.3. Tam giác ABC có đường tròn tiếp xúc với hai cạnh AB, AC và với hai trung tuyến BM và CN. Chứng minh ∆ABC cân tại A. 17.4. Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O), đồng thời nội tiếp một đường tròn khác AB = 14cm, BC = 18cm; CD = 26cm. Gọi H là tiếp điểm của CD và đường tròn (O). Tính các độ dài HC, HD. 17.5. Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn (O). Gọi a, b, c lần lượt là khoảng cách từ điểm E đến các đường thẳng AB, BC và CD. Tính khoảng cách từ E đến đường thẳng AD theo a, b và c. 17.6. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn. Chứng minh rằng nếu một đường thẳng chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau và chu vi bằng nhau thì đường thẳng đó đi qua tâm của đường tròn đó. 17.7. Cho ®−êng trßn t©m O néi tiÕp trong h×nh thang ABCD (AB // CD) tiÕp xóc víi c¹nh AB t¹i E víi c¹nh CD t¹i F.

BE DF = . AE CF

bất kì trên đoạn thẳng BC (P không trùng với B, C). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA tại M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác P. Gọi Q là giao điểm của đường thẳng BM và CN. Chứng minh rằng lục giác AMINDQ là lục giác nội tiếp .

b) Cho biÕt AB = a , CB = b (a < b) , BE = 2.AE. TÝnh diÖn tÝch h×nh thang ABCD.

197

198

a) Chøng minh

Chuyªn ®Ò 18 ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRÒN, CUNG TRÒN

(TuyÓn sinh 10, THPTchuyªn §HKHTN Hµ Néi, n¨m häc 2000 – 2001)

1. Chứng minh rằng:

17.8. Cho đường tròn tâm O và một điểm P nằm ở bên trong đường tròn đó. Qua P ta kẻ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau.

DIỆN TÍCH HÌNH TRÒN, HÌNH QUẠT TRÒN A. Kiến thức cần nhớ

a. PA.PB = PC.PD; b.Tổng có giá trị không thay đổi với bất cứ vị trí nào của điểm P nằm ở bên trong đường tròn đã cho. 2. Gọi chân các đường vuông góc hạ từ điểm P xuống các cạnh AC, BC , BD và DA thứ tự là H, I, K, L và gọi trung điểm của các cạnh AC, BC, BD và DA thứ tự M, N, R, Q. Chứng minh rằng tám điểm H, I, K, L, M, N, R, Q cùng nằm trên một đường tròn.

(Thi HSG lớp 9, Toàn quốc, năm học 1989-1990)

17.9. Cho đường tròn (O;R) nội tiếp hình thang ABCD (Có AB // CD), với G là tiếp điểm của đường tròn (O; R) với các cạnh CD. biết AB =

4R và BC = 3

5 GD R. Tính tỉ số . 2 GC 17.10. Cho tam giác ABC có trực tâm H và A', B', C' lần lượt là các trung điểm các cạnh BC, AC, AB. Vẽ ba đường tròn bằng nhau có tâm A, B, C; đường tròn tâm A cắt đường thẳng B/C/ tại D và D/; đường tròn tâm B cắt đường thẳng A’ C’ tại E và E’; đường tròn tâm C cắt đường thẳng A’B’ tại K và K’. Chứng minh rằng: 6 điểm D, D’, E, E’, K, K’ cùng thuộc một đường tròn có tâm H.

1. C«ng thøc tÝnh ®é dµi ®−êng trßn

“§é dµi ®−êng trßn” (cßn gäi lµ “chu vi h×nh trßn”) ®−îc kÝ hiÖu lµ C §é dµi C cña mét ®−êng trßn cã b¸n kÝnh R ®−îc tÝnh theo c«ng thøc

l n°

C = 2πR

NÕu gäi d lµ ®−êng kÝnh ®−êng trßn (d = 2R) th× C = πd.

2. C«ng thøc tÝnh ®é dµi cung trßn Trªn ®−êng trßn b¸n kÝnh R, ®é dµi l 0

cña mét cung trßn n ®−îc tÝnh theo c«ng thøc l =

π Rn

n°

180

3. C«ng thøc tÝnh diÖn tÝch h×nh trßn

DiÖn tÝch S cña mét h×nh trßn b¸n kÝnh R ®−îc tÝnh theo c«ng thøc :

S = π R2

4. C¸ch tÝnh diÖn tÝch h×nh qu¹t trßn. DiÖn tÝch h×nh qu¹t trßn b¸n kÝnh R, cung n 0 ®−îc tÝnh theo c«ng thøc π R2n . S= 360

B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho hai đường tròn (O; 2cm) và (O’; 1cm) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Qua A vẽ một đường thẳng cắt đường tròn (O) tại M, cắt đường tròn (O’) tại N. Xét các cung nhỏ của hai đường tròn , chứng minh rằng: độ dài của cung AM gấp đôi độ dài của cung AN. Giải M

Tìm cách giải. Dựa vào công thức tính độ dài cung, ta đã biết bán kính của mỗi đường tròn. Nên để tìm mối quan hệ giữa độ dài các cung, ta tìm mối quan hệ giữa góc ở tâm. Luôn nhớ rằng đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc tại A thì ba =O điểm O, A, O’ thẳng hàng nên OAM ' AN suy ra được

= AO AOM ' N . Vậy sử dụng công thức tính độ dài cung

AM, cung AN từ đó ta có điều phải chứng minh.

Trình bày lời giải

199

200

=O = AO ∆OAM cân tại O ; ∆O’AM cân tại O’ có OAM ' AN nên AOM 'N . 0 0 Đặt AOM = AO ' N = n .Suy ra sñAM = sñAN = n

Độ dài của cung AM là: ℓ AM

2π n = = 180 180

Độ dài của cung AN là: ℓ = AN

π .2.n

π .1.n 180

πn 180

Chia hình tròn thành 25 ô vuông có cạnh là

Ta có 104:25 = 4 dư 1.Theo nguyên lí Đi-ric-lê, tồn tại ít nhất 5 điểm cùng thuộc 1 một ô vuông cạnh . 5

(1) (2)

Ô vuông này có đường chéo là

Từ (1) và (2) suy ra ℓ AM = 2ℓ AN .

2 1 = :2= 5 5 2

Nên diện tích phần tô đậm là: 36 cm2.

Giải Tìm cách giải. Đây là dạng toán nguyên lý Đi-ric-lê hình học. Nguyên lý được phát biểu đơn giản như sau: Cho m chú thỏ được nhốt vào n lồng ( m : n = k và còn dư) thì tồn tại một lồng có ít nhất k + 1 chú thỏ. Phân tích đề bài, chúng ta thấy đã cho 101 điểm ( tức là thỏ) và chứng minh có 5 điểm ( tức thỏ) thuộc cùng 1 một đường tròn b¸n kÝnh ( thuộc cùng một lồng), do vậ y ta cần xác định số 7 lồng. Để xác định số “ lồng” ta làm như sau: lấy 5 – 1 = 4, sau đó 101 : 4 = 25 và dư 1, nên ta chia thành 25 “ lồng” .

1 . 7 1 có tâm là ô vuông ấy. 7

Giải Tìm cách giải. Bài này cần chứng minh hai ý:

Ví dụ 3. Trong h×nh vu«ng c¹nh lµ 1 ®¬n vÞ ®−îc chän ra 101 ®iÓm . Chøng minh 1 cã 5 ®iÓm trong c¸c ®iÓm nãi trªn cã thÓ phñ bëi ®−êng trßn b¸n kÝnh . 7

Ví dụ 4. Trong h×nh vu«ng c¹nh lµ 1, ng−êi ta ®Æt mét sè ®−êng trßn mµ tæng ®é dµi cña chóng lµ 10. Chøng minh r»ng bao giê còng t×m ®−îc mét ®−êng th¼ng c¾t Ýt nhÊt 4 trong c¸c ®−êng trßn nãi trªn.

Vậ y hình tròn chứa ít nhất 5 điểm đã cho.

Suy ra ô vuông này nằm trong hình tròn có bán kính

Dễ nhận thấy hai hình viên phân cung AD và cung BD có diện tích bằng nha do đó diện tích phần tô đậm bằng diện tích ∆BCD. 1 AB.OD = 36cm2 . 2

1 2 . 2= 2 5

Bán kính hình tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ là:

Ví dụ 2. Cho nửa đường tròn tâm O. Đường kính AB = 12cm. Gọi D là điểm chính giữa của nửa đường tròn. Dựng hình bình hành ABCD. Tính diện tích phần tô đậm. Giải Tìm cách giải. ABCD là hình bình hành đã biết độ dài AB mà độ dài 1 DO = AB tính được, nên diện tích hình bình hành ABCD tính được. Dễ dàng 2 nhận ra hình viên phân cung AB và hình viên phân cung BD có diện tích bằng nhau, do đó diện tích phần tô đậm bằng diện tích ∆BCD và bằng nửa diện tích hình bình hành ABCD. Trình bày lời giải

Mà SBCD = SABD =

1 . 5

Ý thứ nhất: Chứng minh tồn tại ít nhất 4 đường tròn. Để chứng minh ý này ta dựa vào tæng ®é dµi cña chóng lµ 10, từ đây có thể suy ra tổng các đường kính ( mỗi đường tròn lấy một đường kính). Nếu các đường kính này song song với một cạnh hình vuông, tổng độ dài của chúng lớn hơn 3 lần cạnh hình vuông thì phải có ít nhất 4 đường kính, suy ra ít nhất 4 đường tròn. Ý thứ hai: Chứng minh tồn tại một đường thẳng cắt ít nhất 4 đường tròn. Ý này không khó bởi: nếu bốn đường kính này song song với một cạnh hình vuông và bốn hình chiếu trên cạnh hình vuông của chúng có một điểm chung thì đường thẳng vuông góc với hình chiếu tại điểm chung đó cắt 4 đường tròn.

Trình bày lời giải Kẻ các đường kính của các đường tròn song song với cạnh AB của hình vuông rồi chiếu các đường kính đó lên cạnh AB. Các hình chiếu đều nằm trọn trong AB. Tổng các đường kính là

nên tổng các hình chiếu là > 3; ⇒ > 3.AB (vì π π π AB = 1)mà mỗi đường kính ≤ AB nên tồn tại ít nhất 4 đường tròn .

Trình bày lời giải 201

202

Tổng các hình chiếu này

xóc víi ®−êng trßn t©m C t¹i M thuéc ®o¹n AC. §−êng trßn nµy c¾t CB t¹i vµ cung EF . E vµ c¾t CD t¹i F. TÝnh tØ sè ®é dµi cña cung BD

> 3AB nên tồn tại một điểm của AB thuộc ít nhất 4

π hình chiếu. Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm đó là đường thẳng phải tìm.

18.10. Ba đường tròn (O; R), (O1 ; R1), (O2 ; R2) với R < R1 < R2 , tiếp xúc ngoài với nhau từng đôi một, đồng thời tiếp xúc với một đường thẳng. Gọi S, S1 , S2 lần lượt là diên tích của hình tròn (O; R), (O1 ; R1), (O2 ; R2). Chứng

C. Bài tập vận dụng 18.1. Cho mét ®−êng trßn (O; R). Hai tiÕp tuyÕn t¹i A, B c¾t nhau t¹i M t¹o víi nhau mét gãc 600.

minh rằng:

a) TÝnh ®é dµi cung lín AB theo R. b) T×m diÖn tÝch h×nh giíi h¹n bëi hai tiÕp tuyÕn vµ cung nhá AB.

5π R ; 6 b) X¸c ®Þnh ®iÓm C trªn cung lín AB sao cho khi kÎ CH ⊥ AB t¹i th× AH = CH; c) TÝnh ®é dµi c¸c cung AC, BC; d) TÝnh chu vi, diÖn tÝch ABC. 18.3. Lấ y bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường tròn (O) sao cho

a) TÝnh gãc AOB nÕu biÕt ®é dµi cung nhỏ AB b»ng

= 4

+ 4

( Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hà Tĩnh, năm học 2007 -2008) 18.11. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, Gọi Ax, By là các tiếp tuyến tại A và B của (O),Tiếp tuyến tại điểm M tùy ý của (O) cắt Ax và By lần lượt tại C và D.

18.2. Cho ®−êng trßn (O; R).

1 4

a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆OCD. b) Cho AB = 8cm. Tìm vị trí của C để chu vi tứ giác ABDC bằng 28cm, khi đó tính diện tích của phần tứ giác nằm ngoài (O). ( Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Bình Thuận, năm học 2008 -2009) 18.12. Cho đường tròn tâm O, cung AB bằng 1200. Các tiếp tuyến của đường tròn tại A và tại B cắt nhau ở C. Gọi (I) là đường tròn tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CB và cung AB nói trên. So sánh độ dài của đường tròn (I) với độ dài cung AB của đường tròn (O)

sđ AB = 600 , sđ BC = 900 ; sđ CD = 1200 . a) Tứ giác ABCD là hình gì? b) Tính độ dài đường tròn (O). Biết diện tích tứ giác ABCD bằng 100m2.

18.4. Cho tam gi¸c ABC ®Òu c¹nh a . LÊy A ; B ; C làm tâm dùng ba đường trßn víi cïng b¸n kÝnh lµ a . H·y tÝnh diÖn tÝch phÇn chung cña c¶ 3 đường trßn. 18.5. Cho hình vuông ABCD có cạnh là 3 cm. Tính diện tích phần chung của bốn hình tròn có tâm lần lượt là các điểm A, B, C, D và có cùng bán kính 3 cm. 18.6. Bên trong một hình chữ nhật kích thước 10 × 20 có 151 điểm. Chứng minh rằng tồn tại bốn trong các điểm đó nằm hoàn toàn trong một đường tròn có bán kính 1,5. 18.7. Trong h×nh vu«ng c¹nh lµ 1, ng−êi ta ®Æt mét sè ®−êng trßn mµ tæng ®é dµi cña chóng lµ 2020. Chøng minh r»ng bao giê còng t×m ®−îc mét ®−êng th¼ng c¾t Ýt nhÊt 632 trong c¸c ®−êng trßn nãi A O trªn. 18.8. Cho ABCD là hình chữ nhật với AB = 10 cm. Vẽ đường tròn (O), (O’) với đường kính AB và CD. Gọi P và Q là P giao điểm của (O), (O’). Biết rằng đường tròn đường kính PQ tiếp xúc với AB và CD. Tính diện tích phần chung của hai đường tròn (O), (O’). D O' 18.9. Cho h×nh thoi ABCD cã c¹nh AB = 5 cm vµ ®−êng chÐo AC = 8 cm. §−êng trßn t©m A b¸n kÝnh R = 5 cm tiÕp 203

204

Chuyªn ®Ò 19

=B (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn cung Mặt khác, C 1 2 =A nên ∆MAI ∽ ∆MCA (g.g) CI) suy ra: C

MỘT SỐ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG

ĐƯỜNG TRÒN A. Kiến thức cần nhớ

1. Cho đường tròn (O; R) và một điểm M nằm ngoài đường tròn . Qua M kẻ các cát tuyến MAB và MCD thì ta có hệ thức : MA. MB = MC. MD = 2. Cho đường tròn (O; R) và một điểm M nằm trong đường tròn . Qua M kẻ dây cung AB và CD thì ta có hệ thức : MA. MB = MC. MD = 3. Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn . kẻ tiếp tuyến MA ( A là tiếp điểm ) và cát tuyến MBC thì ta có hệ thức: = MB. MC =

 MB  DE c)  .  = MC DC   ( 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 DC.DE = DM.DO. Mà dễ có: DB2 = DM.DO ,từ đó ta tìm được cách giải. -

Trình bày lời giải Gọi M là giao điểm của CI và AB. Theo hệ thức lượng ta có: BM2 = MI.MC (1) =B ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng Ta có A 1

(1) A C E

b) Ta có OCME là tứ giác nội tiếp nên OMC = OEC ,

= OCE DME . Lại có OE = OC nên OCE = OEC .

Từ đó ta có:

I 1

B O'

Trình bày lời giải

a) Theo hệ thức lượng trong đường tròn, ta có: DB2 = DC.DE Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: : DB2 = DM.DO (2) Từ (1) và (2) suy ra : DC.DE = DM.DO, do đó OMEC là tứ giác nội tiếp. 1

Câu b, nhận xét rằng: OD ⊥ AB nên CMA = EMA ⇔ EMD = CMO, kết

hợp với tứ giác OMEC nội tiếp ta có: EMD = ECO; CMO = OED . Từ đó ta tìm được cách chứng minh.

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 của 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 BM2 = MI.MC vì vậ y ta nên tìm cách chứng minh

b) CMA = EMA ;

4. cho tứ giác ABCD . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . a) Nếu IA. IC = IB. ID thì bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn . b) Nếu AB và CD kéo dài cắt nhau tại M và MA. MB = MC . MD thì bốn điểm A, B , C ,D cùng thuộc một đường tròn . 5. Cho góc . Hai điểm A, B thuộc cạnh Ox và điểm C thuộc cạnh Oy sao cho OA. OB = 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

MA2 = MC.MI . Để chứng minh điều này chỉ cần chứng minh =A ∆MAI ∽ ∆MCA ⇔ C

MA MI ⇒ = ⇒ MA2 = MC.MI (2) MC MA 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;

= 900 − OMC = 900 − DME = EMA CMA .

c) Ta có:

chắn cung BI)

205

206

Suy ra: GF.GE = GM.GA .

0 = 900 + OMC = 900 + OEC = 900 + 180 − COE BMC 2 1 1 1 0 0 = 180 − sñCAE = 360 − sñCAE = sñCBE = CAE (3) 2 2 2 = CEA = 1 sñAC (4) Mặt khác CBM 2 MB AE Từ (3) và (4) suy ra : ∆BCM ∽ ∆ECA (g.g) nên ta có: (5) = MC AC AE DE DA Lại có: ∆DAE ∽ ∆DCA (g.g) nên ta có: = = CA DA DC

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 HM ⊥ MA . Tia MH cắt lại đường tròn (O) tại K, khi đó

= 900 AMK

nên AK KC ⊥ CA, KB ⊥ BA

đường

kính

c ủa

(O).

Từ

đó

suy

ra:

⇒ KC//BH, KB//CH ⇒ Tứ giác BHCK là hình bình hành ⇒ KH đi qua điểm N. Khi đó M, H, N thẳng hàng.

 AE  DE DA DE ⋅ = (6) Do đó:   = AC DA DC DC  

Trong đó tam giác GAN có hai đường cao AD, NM, cắt nhau tại H, nên H là trực tâm của tam giác GAN ⇒ GH ⊥ AN .

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, MA ≠ MB). 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 = OBE = 900 , nên OFE = 900 ⇔ F thuộc đường Tìm cách giải. Ta có OAE

 MB  DE Từ (5) và (6) suy ra :  .  = MC DC   Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). AD, BE, CF là ba đường cao (D ∈ BC, E ∈ CA, F ∈ AB). Đường thẳng EF cắt BC tại G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn (O) tại điểm M. a) Chứng minh rằng bốn điểm A, M, E, F cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng GH ⊥ AN.

tròn ngoại tiếp tứ giác AOBE. Dựa vào các đoạn thẳng cắt nhau trong hình vẽ, ta cần chứng minh MO.MF = MA.MB. Với định hướng trên ta có cách giải sau. Trình bày lời giải A Chứng minh được: O, M, F thẳng hàng. 2 Áp dụng hệ thức lượng, ta được: MA.MB = MC.MD = MC . D Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: MO.MF = MC2. O Do đó: MA.MB = MO.MF. Suy ra bốn điểm O, A, B, F M

( 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 A, M, E, F cùng nằm trên một đường tròn, ta cần chứng minh GF.GE = A GM.GA. Mặt khác dựa vào hình vẽ dễ dàng có được: GM.GA = GB.GC và GB.GC = GF.GE. Từ E đó ta tìm được cách giải. M O - Quan sát hình vẽ, ta có AH ⊥ GN nên GH ⊥ AN ⇔ F H là trực tâm ∆GAN ⇔ MN ⊥ AG. Dễ dàng có H = 900 nên chỉ cần chứng minh H, M, N được AMH thẳng hàng.

là

N K

Trình bày lời giải a) Áp dụng hệ thức lượng, ta được: GM.GA = GB.GC.

cùng thuộc một đường tròn OAB = OFB . Mặt khác dễ có O, A, B, E cùng thuộc một đường tròn. Suy ra năm điểm O, A, E, B, F cùng thuộc một đường tròn .

Suy ra OFE = OBE = 90 ⇒ ∆OEF vuông (đpcm). Ví dụ 5. Cho tam giác ABC nhọn, kẻ các đường cao AD, BE, CF 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 K, L, A l hẳng hàng và HL vuông góc với AK.

207

E F H

Giải

Áp dụng hệ thức lượng, ta được: GB.GC = GF.GE ( vì tứ giác BCEF nội tiếp)

208

= BFC = 900 nên tứ giác BCEF nội tiếp. Theo hệ thức lượng trong Ta có BEC đường tròn ta có:

AB.AF = AC.AE (1) 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: AB.AF = AI.AK (2) . Từ (1) và (2)⇒ AC.AE = AI.AK ⇒ 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 K, L, A thẳng hàng. Theo hệ thức lượng đường tròn ta có: AB.AF = AL.AK và AB.AF = AD.AL ( vì BDHF là tứ giác nội tiếp). Suy ra AL.AK = AD. AL ⇒ DHLK là tứ giác nội tiếp + HLK = 1800 ⇒ HLK = 900 hay HL ⊥ AK ⇒ HDK

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 = 900 ; NLK = 900 nên KM, KN và N. Khi đó từ MLK 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 nhọn ABC, kẻ các đường cao AD, BE, CF 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 M, H, N thẳng hàng.

E F M B

L H

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 (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE. ( Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Phú Yên, năm học 2012 – 2013) 19.2. Cho tam giác nhọn ABC nhọn (AB < AC), kẻ phân giác AD của góc BAC và đường trung tuyến AM (D; M ∈BC). 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.

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) lấ y điểm M bất kì khác A. Trên tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) lấ y hai điểm D và E sao cho BD = BE = BA. 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 với nhau. 19.4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và M là điểm bất k ỳ trên cung nhỏ BC ( M khác B và C). Đường tròn (O’; R’) tiếp xúc trong với đường tròn (O; R) tại điểm M ( với R’ < R). Các đoạn thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt đường tròn (O’; R’) tại các điểm thứ hai D, E, F. Từ A, B, C kẻ các tiếp tuyến AI, BJ, CK với đường tròn (O’; R’), trong đó I, J, K là các tiếp điểm. Chứng minh rằng DE song song với AB và AI = BJ + CK. ( 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 ABC cắt nhau tại I và cắt đường tròn tại D, E ( D khác A, E khác B). BAC,

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. 19.6. Cho đường tròn (O), đường kính AB. Gọi C là trung điểm của bán kính OB và đường tròn (S) là đường tròn đường kính AC. Trên đường tròn (O) lấ y hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A và B. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AM và AN với đường tròn (S). a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường thẳng PQ. b) Vẽ tiếp tuyến ME của đường tròn (S) với E là tiếp điểm. Vẽ tiếp tuyến NF của ME AM đường tròn (S) với F là tiếp điểm. Chứng minh: . = NF AN

19.7.

Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, trên đoạn thẳng AB lấy một

3R và đường thẳng ∆ vuông góc với AB ở H cắt 4 đường tròn (O) ở E, F. Một đường thẳng quay quanh điểm H cắt đường tròn (O) ở M, N và các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt ∆ ở M’, N’.

điểm H sao cho BH =

a) Chứng minh AM.AM’ = AE2; b) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M’, N’ ở trên một đường tròn (C);

a) Chứng minh ba điểm I, M, J thẳng hàng.

209

210

c) Giả sử đường tròn (C) cắt AB ở P và Q. Tính theo R độ dài đoạn thẳng PQ. ( Thi học sinh giỏi Toán 9, TP. Đà Nẵng, năm học 2007 – 2008)

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABMC ta được: AC.BM + AB.CM = AM.BC

⇒ R 2.BM + 2R.CM = R 2.AM ⇒ AM − BM = CM. 2 .

Chuyªn ®Ò 20

. ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ

Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp và AB.CD = AD.BC. Gọi M là trung điểm

của BC. Chứng minh rằng: MAB = CAD .

A. Kiến thức cần nhớ Ptôlêmê là nhà khoa học cổ Hy Lạp, sống vào thế kỷ 2. Từ năm 127 đến năm 151 sau công nguyên, ông sống tại Alechxanđri ( Ai Cập), nghiên cứu toán học, thiên văn học và địa lý. Ông là tác giả của thuyết hệ vũ trụ địa tâm; là mô hình cấu trúc vũ trụ đầu tiên, khẳng định một cách sai lầm rằng, các thiên thể chuyển động trên những vòng tròn có tâm là tâm trái đất nằm yên, là cơ sở cho thiên văn học trong một thời gian dài cho đến thế kỷ 17, trước khi thuyết hệ nhật tâm của Kôpecnich ra đời. Công trình toán học của ông khá phong phú, sau đây là một định lý mang tên ông. Định lý . Trong một tứ giác nội tiếp thì tích hai đường chéo bằng tổng các tích của hai cặp cạnh đối diện. Giải Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . Ta cần chứng A minh AB.CD + AD. BC = AC. BD. Giả sử . Lấy điểm M trên đoạn AC sao cho . Suy ra: d AB AM ∆ABM ∽∆DBC suy ra = BD CD o M ⇒ AB. CD = BD. AM BC CM ∆CBM ∽∆DBA suy ra = BD AD ⇒ AD. BC = BD. CM do đó AB.CD+AD.BC = BD(AM+CM) = AC.BD. B. Một số ví dụ

Giải

AB AC = . Dựa vào giả thiết, tất yếu ta nghĩ tới vận MB DC dụng định lý Ptôlêmê.

tức là

AB.CD + AD. BC = AC. BD, mà AB.CD = AD.BC nên 2.AB.CD = 2AC.BM

⇒

AB AC = , mặt khác MB DC

= ACD suy ra: ∆ABM ∽∆ACD (c.g.c) vậy MAB = CAD . ABM b

Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) và dây cung BC khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn BC của đường tròn sao cho 21.AB + 10.AC đạt giá trị lớn nhất. Giải Tìm cách giải. Nếu có điểm E trên cung nhỏ BC thì ta có: AB.CE + AC.BE = BC.AE. Do vậy để xuất hiện 21.AB + 10.AC thì ta cần xác định điểm E sao cho 10 21.BE = 10.CE , tức là EB = ⋅ EC . Với tỉ lệ như vậ y chúng ta lại nghĩ tới 21 đường phân giác góc BEC. Do vậy bản chất của bài là dựng được điểm E.

Trình bày lời giải IB 10 = . IC 21 Gọi D là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn (O). Gọi E là giao điểm thứ hai của DI với (O). Khi đó EI là phân giác của góc 10 . Suy ra: EB IB 10 BEC = = ⇒ EB = ⋅ EC . EC IC 21 21 Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABEC, ta có: AB.CE + AC.BE = BC.AE Gọi I là điểm thuộc cạnh BC sao cho

Giải

Tìm cách giải. Với CA = CB ta suy ra CA = CB và biểu diễn được qua bán kính R. Vì M là điểm bất kì thuộc cung BC, kết luận liên quan tới MA, MB, MC nên ta liên tưởng tới định lý Ptôlêmê. C M

Suy

ra: E

211

Trình bày lời giải Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD ta được:

Gọi M là điểm bất kì thuộc cung BC. Chứng minh rằng: AM − BM = CM. 2 .

= 900 nên ∆ABC vuông cân tại C ⇒ Ta có AC = BC, ACB AB AC = BC = =R 2 2

= ACD ) do vậ y cần chứng tỏ cặp cạnh kề góc ấ y tỉ lệ ABM

Ví dụ 1. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB có C là điểm chính giữa.

Trình bày lời giải

Tìm cách giải. MAB = CAD ⇔ ∆ABM ∽∆ACD ( vì đã có

212

AB.CE + AC.

20.5. Cho hai đường tròn (O1; R1) và (O2; R2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B (O1 và O1 nằm về hai phía của AB). Một cát tuyến d qua A cắt (O1), (O2) lần lượt tại các điểm C, D khác A ( A thuộc đoạn CD). Tiếp tuyến tại C của (O1) cắt tiếp tuyến tại D của (O2) ở M. Tìm vị trí của d sao cho

10 21BC EC = BC.AE ⇒ 21AB + 10AC = .AE . 21 CE

Do đó 21AB + 10AC đạt giá trị lớn nhất khi AE lớn nhất ⇔ AE là đường kính của (O).

MC MD + đạt giá trị lớn nhất. R1 R2

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có AC = 2.AB. Các đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) tại A, C cắt nhau ở P. Chứng minh rằng BP đi qua điểm chính giữa của cung BAC.

20.6. Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn

Giải

= 900 . Chứng minh ngoại tiếp và trọng tâm G. Giả sử rằng OIA rằng IG song song với BC.

Tìm cách giải. Để chứng minh BD = CD , ta cần chứng minh BD = CD. Như vậ y dựa vào kết luận và giả thiết đều liên quan tới cạnh và tứ giác ABCD nên ta nghĩ tới việc vận dụng định lý Ptoleme. Tuy nhiên trong bài, tứ giác này có hai tiếp tuyến ở hai đỉnh đối diện ( A và C) và đường chéo đồng quy thì luôn có CD.BA = BC.AD ( bạn nên nhớ tính chất này để sử dụng). Trình bày lời giải

CD PC Ta có: ∆PCD ∽∆PBC nên = , BC PB DA PA và ∆PAD ∽∆PBA nên . = BA PB CD DA Mặt khác PC = PA nên = . BC BA Suy ra CD.BA = BC.AD (1)

20.7. Cho tam giác ABC với BC > CA > AB nội tiếp trong đường tròn (O ) . Trên cạnh BC lấy điểm D và trên tia BA lấ y điểm E sao cho BD = BE = CA. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt cạnh AC tại điểm P, đường thẳng BP cắt đường tròn ( O) tại điểm thứ hai Q. a) Chứng minh rằng tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD.

b) Chứng minh rằng BP = AQ + CQ.

( Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2011 – 2012)

O B C

Áp dụng định lý Ptôlêmê ta có: CD.BA + AD.BC = AC.BD (2) Từ (1) và (2) suy ra : 2.CD.AB = AC.BD Mặt khác 2.AB = AC nên CD = BD. Vậy D là điểm chính giữa của cung BAC.

C. Bài tập vận dụng

20.8. Cho hình bình hành ABCD .Một đường tròn đi qua A cắt các đoạn thẳng AB, AC, AD lần lượt tại điểm P , Q , R khác A . Chứng minh rằng : AB.AP+AD.AR = AQ.AC. 20.9. Giả sử M, N là các điểm nằm trong tam giác ABC sao cho = NBC . và Chứng minh rằng: MAB = NAC MBA AM.AN BM.BN CM.CN + + = 1. AB.AC BA.BC CA.CB

AB của đường tròn 20.1. Chứng minh rằng nếu điểm P nằm trên cung nhỏ PA + PC PD ngoại tiếp hình vuông ABCD thì . = PB + PD PC 20.2. Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằng a, b, c, d và các đường chéo bằng p, q. Chứng minh rằng: pq ≤ a2 + b2 . c2 + d2

20.3.

Cho tam giác ABC không đều. Gọi I và O lần lượt là tâm đường tròn nội

tiếp và ngoại tiếp tâm giác. Chứng minh rằng AIO ≤ 90 khi và chỉ khi AB + AC ≥ 2BC. 20.4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng:

AC BC.CD + AB.BD . = BD BC.BA + DC.DA 213

214

Chuyªn ®Ò 21

xứng với B qua C thì CQ luôn song song với AF, mà E, F cố định . Khi G di = 90 0 không đổi nên ta tìm được điểm A di chuyển trên nửa động thì EAF

. QUỸ TÍCH ( TÌM TẬP HỢP ĐIỂM)

A. Kiến thức cần nhớ 1. Các quỹ tích cơ bản

•

Để tìm quỹ tích trong mặt phẳng, người ta thường dựa vào các quỹ tích cơ bản. Một số qu ỹ tích sau đây thường được mọi người thừa nhận là quỹ tích cơ bản:

đường tròn đường kính EF. Vì G là trọng tâm tam giác ABC, nếu gọi O là trung điểm BC thì A, G, O thẳng hàng. Mặt khác G là trọng tâm nên OA = 3.OG không đổi. Từ đó suy ra A di chuyển trên đường tròn (O; 3R).

Quỹ tích 1:Quỹ tích những điểm cách đều hai điểm A và B cố định là đường trung trực của đoạn thẳng AB.

Trình bày lời giải Phần thuận .

Quỹ tích 2: Qu ỹ tích những điểm cách đều hai cạnh của một góc là đường phân giác của góc đó.

Cách 1. Trên đường thẳng BC lấ y hai điểm E, F sao cho B là trung điểm CE, C là trung điểm BF. Ta có: EF= 3BC cố định (1)

Quỹ tích 3: Qu ỹ tích những điểm cách đều đường thẳng xy cố định một khoảng a cho trước là hai đường thẳng song song với xy và cách xy một khoảng a cho trước.

Gọi P và Q lần lượt là giao điểm của BG và AC; CG và AB

Quỹ tích 4: Quỹ tích những điểm cách đều điểm O cố định một khoảng R cho trước là đường tròn có tâm là O và bán kính bằng R.

CQ là đường là đường trung bình của ∆ABF nên CQ // AF.

Quỹ tích 5: Qu ỹ tích những điểm nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới một góc α không đổi ( 00 < α < 1800 ) là hai cung chứa góc α dựng trên đoạn thẳng AB.

BP là đường trung bình của ∆ACE nên BP//AE

Đặc biệt, nếu α = 900 thì ta nhận được. Quỹ tích 5a: Qu ỹ tích những điểm nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB. 2.

Các bước giải một bài toán quỹ tích

Muèn chøng minh quü tÝch (tËp hîp) c¸c ®iÓm M tháa m·n tÝnh chÊt τ lµ mét h×nh H nµo ®ã, ta ph¶i chøng minh hai phÇn :

•

PhÇn thuËn : Mäi ®iÓm cã tÝnh chÊt τ ®Òu thuéc h×nh H.

•

Giới hạn. Xem điểm M chỉ thuộc một phần H1 của hình H hay cả hình H.

•

PhÇn ®¶o : Mäi ®iÓm thuéc h×nh H hoặc thuộc phần H1( nếu có giới hạn ) ®Òu cã tÝnh chÊt τ

•

KÕt luËn : Quü tÝch (tËp hîp) c¸c ®iÓm M cã tÝnh chÊt τ lµ h×nh H (hoặc thuộc phần H1).

0 Mà CQ ⊥ BP nên AF ⊥ AE ⇒ EAF = 90 (2) Từ (1) và (2), suy ra A di động trên đường tròn đường kính EF.

G là trọng tâm ∆ABC nên OA = OG =

Giới hạn. Do ∆ABC nhọn nên A di động trên cung nhỏ MN (trừ hai điểm M, N) Phần đảo. Lấ y điểm A biết bất kì thuộc cung nhỏ MN, gọi G là giao điểm của OA với nửa đường tròn đường kính BC ⇒ AO là đường trung tuyến của ∆ABC.

Ví dụ 1. Cho nửa đường tròn đường kính BC. Một điểm A di động sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn và trọng tâm G của tam giác nằm trên nửa đường tròn đó.Tìm quỹ tích điểm A.

Kết luận. Vậy tập hợp điểm A là cung nhỏ MN (Trừ hai điểm M, N)

215

O H C

3 BC . 2

Ta có OG =

Nếu gọi BP, CQ là đường trung tuyến, ta luôn có AP = PC và AQ = QB. Nếu lấy E đối xứng với C qua B thì BP luôn song song với AE, F đối

3 BC . Suy ra A A di động trên đường 2

B. Một số ví dụ

•

Cách 2. Gọi O là trung điểm BC ⇒ O cố định và A, G, O thẳng hàng.

tròn đường tâm O bán kính

Giải Tìm cách giải.

1 1 BC = OA ⇒ G là trọng tâm ∆ABC. 2 3

Ví dụ 2. Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, BC là dây cung bất kì. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = BC. Gọi P là giao điểm của AC và DO. Tìm quĩ tích điểm P . Giải

216

Tìm cách giải. Ta nghiên cứu tính chất của điểm P. Ta có AC và PO là hai trung CP 1 = 900 nên nếu dựng PE // CB tuyến của ∆ABD, do đó = ; lại có ACB AC 3 = 900 và BE = 1 , như vậy E cũng là một điểm cố định (Với E ∈ AB) thì APE AB 3 0 và APE = 90 không đổi. Như vậy quĩ tích của điểm P là xác định được.

Phần thuận. Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng OP. Gọi I là giao điểm của AB và MO. Suy ra AB ⊥ MO từ đó từ đó ta có ∆ OHM ~ ∆OIP (g.g) OM OH ⇒ = ⇒ OM.OI = OH.OP (1) OP OI Mặt khác ∆OAM vuông tại A có AI ⊥ MO nên OA2 = OM.OI (2)

Trình bày lời giải Nối AD, vì AC và DO là hai trung tuyến của CP 1 ∆ABD nên P là trọng tâm tam giác , suy ra = AC 3

Phần thuần.

BE 1 Trên đoạn thẳng AB xác định điểm E sao cho = thì điểm AB 3 E là điểm cố định

CP BE  1  =  =  nên PE//CB (định lý Talét đảo) AC AB  3  = ACB ⇒ APE = 900 ⇒ APE .

Ta có

P' M'

R2 OP '.OH = OI '.OM ' = R ⇒ OP ' = ⇒ P' ≡ P. OH Kết luận. Quĩ tích của điểm M là đường thẳng d vuông R2 . góc với OP tại điểm H thỏa mãn OH = OP

Ta có ACB = 900 ; APE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)suy ra BC // DP BE BE 1 BE 1 BE 2 DP 2 EP ⇒ = mà = ⇒ = ⇒ = ⇒ = . DO BO AB 3 2.BO 3 BO 3 DO 3

DP 2 = ⇒ P là trọng tâm ∆ABD ⇒ AC là DO 3

đường trung tuyến ⇒ CD = CB. Kết luận. Vậy quĩ tích điểm P là đường tròn đường kính AE.

Ví dụ 3. : Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định nằm trong đường tròn). Dây cung AB thay đổi luôn đi qua P. tiếp tuyến tại A và B với đường tròn cắt nhau tại M. Tìm quĩ tích điểm M. Giải Tìm cách giải. Nhận thấy I là giao điểm của AB và MO thì I thuộc đường tròn đường kính OP và MI.MO = R2. Do vậ y, khai thác yếu tố không đổi này, ta có thể nhận thấy nếu H là hình chiếu của M trên đường thẳng OP thì OP.OH = R2 không đổi, suy ra H cố định. Từ đó ta có lời giải. Trình bày lời giải

Ví dụ 4. Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. Ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp tuyến của nửa đường tròn. a) Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho thì đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định và đường thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác. b) Tìm quỹ tích các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho. c) Tìm quỹ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đường tròn đã cho.

( Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2004 – 2005)

Giải a)

Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By và ED. Ta có:

= BCA = 900 BEI = CBA (Góc có các cạnh tương ứng vuông góc) BE = BC. Do đó: ∆BEI = EBI ∆BCA⇒ BI = BA, mà By cố định, suy ra điểm I cố định.

217

Phần đảo. Trên đường thẳng d lấy điểm M’ bất kì. Từ M’ kẻ tiếp tuyến M’A’, M’B’. Đường thẳng A’B’ cắt M’O tại I’

Ta có

Phần ầầo. Lấy điểm P bất kì thuộc đường kính AE. Gọi C là giao điểm thứ hai của tia AP với đường tròn (O). Gọi D là giao điểm của hai tia BC và OP.

∆ABD có DO là đường trung tuyến ;

Giả sử OH cắt A’B’ tại P’

Mà A; E là hai điểm cố định nên tập hợp điểm P là đường tròn có kính AE.

P M

R2 B không đổi OP ⇒ M thuộc đường thẳng d vuông góc với OP tại điểm H và cách O một khoảng R2 cách OH = OP

Từ (1) và (2) suy ra OH.OP = OA2 ⇒OH=

218

Tương tự, K cố định. Vậ y khi C di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì đường thẳng ED đi qua điểm I cố định và đường thẳng GF đi qua điểm K cố định.

)

(

= EBD = 900 − CBI ; ABC

(chứng

minh

câu

= IEB = 900 a) ⇒ ∆ABC = ∆IBE ( c.g.c ) ⇒ ACB

Kết luận. Vậy qu ỹ tích các điểm E là nửa đường tròn đường kính BI (bên phải By). • Tìm quỹ tích điểm G. = 900 (vì Phần thuận. Ta có A và K cố định ( chứng minh câu a) mà AGK ACFG là hình vuông) suy ra G thuộc nửa đường tròn đường kính AK (bên trái Ax).

Phần đảo. Lấy điểm G bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính AK (bên trái Ax). Trên tia GK lấy điểm F sao cho GA = GF. Dựng hình vuông AGFC ⇒ AC = AG.

)

(

= KAG = 900 − CAK ; BAC

(chứng

minh

câu

= AGK = 900 a) ⇒ ∆ABC = ∆AKG c.g.c ⇒ ACB

(

• Tìm quỹ tích điểm F. = 900 mà B, K cố định nên điểm F thuộc nửa đường tròn Phần thuận. Ta có BFK đường kính BK (bên phải BK).

Phần đảo. Lấ y điểm F bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính BK (bên phải BK). Dựng hình vuông AGFC (thứ tự đỉnh theo chiều kim đồng hồ). Suy ra G,F,K thẳng hàng ( vì GK, FK cùng vuông góc với BK). Ta

⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB.

có

⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB.

Kết luận. Vậy qu ỹ tích các điểm D là nửa đường tròn đường kính AI (bên trái AI).

Phần đảo. Lấy điểm E bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính BI (bên phải By). Trên tia EI lấ y điểm D sao cho ED = BE. Dựng hình vuông BEDC ⇒ BC = BE.

= IEB = 900 ⇒ ∆ABC = ∆IBE ( c.g.c ) ⇒ ACB

Phần thuận. Ta có B và I cố định ( chứng minh câu a) mà = 900 (vì BCDE là hình vuông) suy ra E thuộc nửa BEI đường tròn đường kính BI (bên phải By).

có

y I

b) • Tìm quỹ tích điểm E.

)

(

= EBD = 900 − CBI ; BA = BI (chứng minh câu a) Ta có ABC

)

⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB.

Kết luận. Vậy quỹ tích các điểm G là nửa đường tròn đường kính AK (bên trái Ax). c) • Tìm quỹ tích điểm D. = 900 mà A, I cố định nên điểm D thuộc nửa đường tròn Phần thuận. Ta có ADI đường kính AI (bên trái AI).

có

)

(

= KAG = 900 − CAK ; BAC

(chứng

minh

câu

= AGK = 900 a) ⇒ ∆ABC = ∆AKG c.g.c ⇒ ACB

(

)

⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB.

Kết luận. Vậy qu ỹ tích các điểm F là nửa đường tròn đường kính BK (bên trái BK).

C. Bài tập vận dụng 21.1. Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Một đường tròn (O) thay đổi luôn đi qua A và B, gọi DE là đường kính của đường tròn (O) vuông góc với d. CD và CE cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và N. Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường cố định nào ? 21.2. Cho đường tròn (O;R) và đoạn thẳng AB cố định nằm bên ngoài đường tròn (O). Gọi C là một điểm chuyển động trên đường tròn. Tìm tập hợp các trọng tâm G của tam giác ABC. 21.3. Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA và OB là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm quỹ tích giao điểm M của Ax và By. ( Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên tỉnh Phú Yên, năm học 2009 – 2010)

Phần đảo. Lấ y điểm D bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính AI (bên trái AI). Dựng hình vuông BCDE (thứ tự đỉnh theo chiều kim đồng hồ). Suy ra D, I, E thẳng hàng ( vì DI, DE cùng vuông góc với AD).

21.4. Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không qua tâm O, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD

219

220

Chuyªn ®Ò 22. ĐƯỜNG THẲNG SIMSON

= AC. Gọi M là trung điểm của CD. Hỏi M di chuyển trên đường nào? Nêu cách dựng đường này và giới hạn của nó.

( Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2007 – 2008)

A. Kiến thức cần nhớ

21.5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm M chuyển động trên đường tròn đó. Gọi H là hình chiếu của điểm M trên AB. Tìm quĩ tích tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác OMH.

Robert Simson là một nhà toán học người Scotland, giáo sư toán học của đại học Glasgow. Ông sinh ngày 14 tháng 10 năm 1687 tại West Kibride và mất ngày 1 tháng 10 năm 1768 tại Glasgow.

21.6. Cho góc vuông xOy và điểm A cố định trên tia Ox, điểm B chuyển động trên tia Oy. Dựng hình vuông ABCD nằm trong góc xOy. Tìm tập hợp giao điểm I hai đường chéo của hình vuông này. 21.7. Cho ba điểm A, B, C theo thứ tự đó trên đường thẳng d. Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB, AC thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng d. Một điểm H chuyển động trên đoạn AB. Đường thẳng vuông góc với d ở H cắt cả hai nửa đường tròn nói trên lần lượt ở D và E. Gọi M là giao điểm hai đường thẳng DB và EC. Tìm quỹ tích điểm M. 21.8. Cho ®−êng trßn (O; R) vµ tam gi¸c c©n ABC cã AB = AC néi tiÕp ®−êng

Robert Simson vốn là một thầy thuốc nhưng lại ưa thích hình học. Ông say mê toán học thời cổ đại Hy Lạp chứ ít thích tìm những kết qua mới. Sau đây là một định lý mang tên ông.

trßn (O; R) KÎ ®−êng kÝnh AI. Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt k× trªn cung nhá AC. Gọi Mx lµ tia ®èi cña tia MC. Trªn tia ®èi cña tia MB lÊy ®iÓm D sao cho

Đường thẳng đi qua D, E, F có tên là đường thẳng Simson ứng với điểm M của ∆ABC. Giải Chứng

minh.

Xét

trường

hợp

∆ABC

nhọn

và

≥ MCA (Các trường hợp khác chứng minh tương tự) MBA

Khi đó D thuộc tia đối của tia BA, E và F tương ứng nằm trên cạnh BC, CA.

MD = MC. a) Chøng minh r»ng MA lµ tia ph©n gi¸c cña cña gãc BMx. b) Gäi K lµ giao thø hai cña ®−êng th¼ng DC víi ®−êng trßn (O). Tø gi¸c MIKD lµ h×nh g×? v× sao? c) Gäi G lµ träng t©m cña tam gi¸c MDK. Chøng minh r»ng khi M di ®éng trªn cung nhá AC th× G lu«n n»m trªn mét ®−êng trßn cè ®Þnh.

21.9.

Định lý 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là các điểm bất kì trên (O). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, BC, CA. Chứng minh D, E, F thẳng hàng.

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của nửa đường tròn. M là điểm chuyển động trên cung BC. Gọi N là giao điểm của AM và OC. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMB. Tìm tập hợp điểm I.

Vì các tứ giác MDBE, ABMC và MCFE nội tiếp nên = MBD = ACM = 1800 − MEF MED

+ MEF = 1800 ⇔ DEF = 1800 . Do đó D, E, F ⇒ MED thẳng hàng( dpcm)

M Định lý 2. Cho ∆ABC và một điểm M. Gọi D, E, F tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, CA, AB. Biết rằng ba điểm D, E, F thẳng hàng. Chứng minh rằng M nằm trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.

Giải

Không mất tính tổng quát, ta xét trường hợp điểm M nằm trong góc BAC. Các tứ giác BEMD, CMEF là tứ giác nội tiếp nên: F

= BED; CMF = CEF . BMD = CMF . = CEF (đối đỉnh) ⇒ BMD Ta lại có: BED Tứ giác ADMF nội tiếp nên + DMF = 1800 ⇒ A + DMB + BDF = 1800 A

221

D M

222

Nhận xét.

+ CMF + BDF = 1800 . Do đó tứ giác ABMC nội tiếp. Suy ra M nằm trên ⇒A đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.

• • -

Bây giờ ta vận dụng định lí trên để giải một số ví dụ sau.

B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn(O). M là một điểm bất kì trên (O), H là trực tâm ∆ABC. Chứng minh rằng H và các điểm đối xứng của M qua AB, BC, CA thẳng hàng. Giải

Tìm cách giải. Nếu gọi E, I, F là hình chiếu của M trên đường thẳng AB, BC, CA và P, Q, R là các điểm đối xứng của M qua AB, BC, CA thì E, I, F thẳng hàng ( đường thẳng Simson). Từ đó suy ra P, Q, R thẳng hàng. Do vậy chỉ cần chứng minh P, H, Q thẳng hàng. Trình bày lời giải Cách 1. Xét điểm M thuộc cung nhỏ BC. Gọi E, I, F lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng AB, BC, CA. Gọi P, Q, R lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, BC, CA.

= AMB = ACB = BHD ⇒ APBH Ta có: APB = BAP là tứ giác nội tiếp BHP = BAM (1). ⇒ BHP

= CAM (2) Chứng minh tương tự ta có: CHQ

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), M là điểm thuộc cung BC không chứa đỉnh A. Gọi D, E, F là hình chiếu của M lần lượt trên các cạnh BC CA AB BC, CA, AB. Chứng minh rằng: = + . (Thi Vô Địch Mỹ, năm MD ME MH 1979) Giải Tìm cách giải. Hình vẽ có dạng đường thẳng Simson, do đó H, D, E thẳng hàng. Do yêu cầu của kết luận, nên ta cần tìm cặp tam giác đồng dạng để suy ra được: CA x AB y = ; = . Từ các góc của các tứ giác nội tiếp, ta tìm được ME MD MH MD hướng chứng minh.

Đường thẳng PR này có tên là đường thẳng Steiner. Dựa vào bài toán trên, bạn có thể giải được bài toán sau: Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn(O). M là một điểm bất kì trên (O). Gọi P, Q, R là điểm đối xứng với M qua đường thẳng AB, BC, CA.Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng và xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để PR đạt giá trị lớn nhất. Cho tam giác ABC, M là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng các điểm P, K, Q nằm trên một đường thẳng và đường thẳng đó luôn đi qua một điểm cố định không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ( Olympic Toán Nhật Bản, năm 1996)

Trình bày lời giải

Từ (1) và (2) suy ra: + BHC + CHQ = BAM + BHC + CAM = 1800 ⇒ P, H, Q thẳng hàng. PHB

Theo bài toán Simson thì H, D, E thẳng hàng, các tứ giác = MCB, MBC = MHE. MHBD, MDEC nội tiếp nên MEH

Tương tự: H, Q, R thẳng hàng ⇒ H, P, Q, R thẳng hàng.

AH CD ; = D MH MD B AE BD H ∆AME ∽∆BMD suy ra: = ; ME MD M Do đó: AH AE CD BD BC AB BH AC CE BC + = + = ⇒ + + − = MH ME MD MD MD MH MH ME ME MD . BH CE Mặt khác ∆BHM ∽∆CEM suy ra: = từ đó suy ra điều phải chứng MH ME minh. Nhận xét. Dựa vào bài toán trên, bạn có thể giải được bài toán sau:

Cách 2. Gọi BH, CH cắt đường tròn (O) tại điểm G, J. Khi đó dễ dàng chứng minh được: G, J đối xứng với H qua AC và AB. A

Từ đó, ta có các tứ giác MPJH, MRGH là các hình = MJH = MAC ; thang cân. Suy ra PHJ = MGH = MAB . RHG

Do đó: + JHG + RHG = MAC + JHG + MAB = 1800 . PHJ Vậ y ba điểm P, H, R thẳng hàng (1). Mà E, I, F thẳng hàng ( đường thẳng Simson). Từ đó suy ra P, Q, R thẳng hàng (2).

∆AMH ∽∆CMD suy ra:

F C

E M

Từ (1) và (2) suy ra P, H, Q, R thẳng hàng.

223

224

E C

•

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), M là điểm thuộc cung BC không chứa đỉnh A. Gọi D, E, F là hình chiếu của M lần lượt trên các cạnh

1 1 1 = + MD ME MH Cho tam giác ABC (AB < BC < CA) nội tiếp đường tròn (O; R), M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O; R). Gọi D, E, F là hình chiếu của M lần lượt trên các đường thẳng BC, CA, AB. Tìm vị trí điểm M để

BC, CA, AB. Chứng minh rằng:

•

Ví dụ 3. Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp. Gọi P, Q và R tương ứng là chân các đường vuông góc hạ từ D xuống các đường thẳng BC, CA và AB. Chứng minh

rằng PQ = QR khi và chỉ khi các đường phân giác của các góc ABC và ADC cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng AC. ( Thi Toán Quốc tế IMO, lần thứ 44, tại Nhật Bản, thi ngày 17/ 7/ 2003)

Giải Tìm cách giải. Khi vẽ hình bài toán, chúng ta nhận thấy rằng có bóng dáng của bài toán đường thẳng Simson, do vậ y chúng ta cần sử dụng P, Q, R thẳng hàng. Mặt khác , chúng ta thấy rằng PQ = QR thì 1 RQ = PR . Vậy phải chăng các đường phân 2 B

giác của các góc ABC và ADC cắt nhau tại một

R D

Ta có : P, Q, R thẳng hàng.

Do đó:

R D

DC BC DC BC PQ . Suy ra PQ = QR ⇔ = . = ⋅ DA BA DA BA QR

Điều đó tương đương với chân đường phân giác của các góc ABC và ADC cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng AC. Ví dụ 4. Từ điểm P trên cung BC của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC kẻ PM, PL, PK lần lượt vuông góc với AB, AC, AC. Gọi P’ là điểm đối xứng với P qua O. Kẻ P’M’ , P’L’, P’K’ lần lượt vuông góc với AB, AC, AC. Chứng minh rằng: ML ⊥ M’L’. M' P' Giải

)

K K'

(2)

M P

= PBC (3). Mặt khác PAC = PBC (4) Tứ giác PMBK là tứ giác nội tiếp ⇒ PMK = AM + AML = 900 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: PMK ' L ' , mà PMK

⇒M ' ML + MM ' L ' = 900 suy ra: ML ⊥ M’L’.

C. Bài tập vận dụng 22.1. Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). H là trực tâm ∆ABC, M là một điểm nằm trên cung nhỏ AC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, BC.

)

RQ DR DR = = (4) AC MA 2AD

a) Chứng minh rằng EF đi qua trung điểm của MH.

225

⇒ AM ' L ' = AP ' L ' (1)

(

) nên ∆ABC ∽ ∆MDC ADC

Tương tự, ta có : ∆DAB ∽ ∆DQP (g.g), ∆DBC ∽ ∆DRQ(g.g).

= AP ' ⇒ PAC ' L ' = 900 − CAP

= DAR và RDQ = CMD = CAB ⇔ ∆DQR ∽ ∆MAC (g.g) DQR ⇔

Nhận xét. Ngoài ra chúng ta có thể giải trực tiếp như sau:

PP’ là đường kính

= MCD , CAB = CMD ; mà tứ giác AQDR nên nội tiếp nên ⇔ ACB

(

1 RP ⇔ RQ = QP. 2

Tứ giác AM’P’L’ là tứ giác nội tiếp

Trình bày lời giải

Mặt khác ABC = MDC ( cùng bù với

Vận dụng tính chất đường thẳng Simson ta có : M, K, L thẳng hàng và M’ , K’, L’ thẳng hàng.

điểm E nằm trên đường thẳng AC sẽ tạo ra tính chất tỉ lệ đoạn thẳng ? từ đó ta có lời giải sau:

Trên tia đối của tia DA lấy điểm M sao cho DM = DA. Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có E thuộc AC khi và chỉ khi AB DA  AE  AB DM ⇔ = = . = BC DC  EC  BC DC

Từ (4) và (5) suy ra RQ =

RP RD (5) = AC AD

Từ các tứ giác nội tiếp CDQP, AQDR suy ra: ∆DCA ∽ ∆DPR (g.g).

BC CA AB + + đạt giá trị nhỏ nhất. MD ME MH

Từ đề bài ta có P, Q, R thuộc một đường thẳng ( đường thẳng Simson).

Dễ thấy ∆ADC ∽ ∆RDP (g.g) nên

226

b) Xác định vị trí của M để EF lớn nhất.

22.2.

Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Một cát tuyến thay đổi qua A cắt (O) và (O’) tương ứng tại C và D. Gọi E và F thứ tự là hình chiếu vuông góc của B lên tiếp tuyến của (O) tại C và tiếp tuyến của (O’) tại D. Chứng minh rằng EF tiếp xúc một đường tròn cố định. 22.3. Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp một đường tròn.Gọi M, N, P, Q, R, S, T và U lần lượt là hình chiếu vuông góc của E trên các đường thẳng AB, BC, CD, DA, MN, NP, PQ và QM. Chứng minh R, S, T, U thẳng hàng..

22.4.

Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). M là một điểm thay đổi trên đường thẳng qua A vuông góc với AO. Gọi MB, MC là các tiếp tuyến của (O) (B, C là các tiếp điểm). Kẻ AE ⊥ MB, AF ⊥ MC (E

Ch−¬ng IV H×nh trô – h×nh nãn – h×nh cÇu

Chuyªn ®Ò 23.

H×nh trô

A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. H×nh trô (h.23.1) Khi quay h×nh ch÷ nhËt ABO'O mét vßng quanh c¹nh OO' cè ®Þnh ta ®−îc mét h×nh trô.

∈MB; F∈ MC). Chứng minh rằng EF đi qua một điểm cố định. , lấy điểm A cố định thuộc tia phân giác của xOy . Vẽ đường 22.5. Cho xOy

- Hai ®¸y lµ hai h×nh trßn (O) vµ (O') b»ng nhau vµ n»m trong hai mÆt ph¼ng song song.

đường tròn (I) qua O và A cắt Ox, Oy lần lượt tại B và C và vẽ hình bình hành OBMC. Chứng minh rằng M thuộc một đường thẳng cố định. 22.6. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm là H. D là điểm trên cung nhỏ BC. Lấy điểm E sao cho ADCE là hình bình hành và K là trực tâm của tam giác ACE. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của K trên BC và AB. Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của HK. 22.7. Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là điểm thay đổi trên cung nhỏ BC. Kẻ ME ⊥ AB, MF ⊥ AC (E ∈AB, F ∈ AC).

- §−êng th¼ng OO' gäi lµ trôc cña h×nh trô.

a) Xác định vị trí của M để trung điểm của EF nằm trên đoạn thẳng BC. b) Kẻ AP ⊥ MB, AQ ⊥ MC (P∈ MB, Q∈ MC). Chứng minh rằng PQ đi qua một điểm cố định. 22.8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi H, K thứ tự là hình chiếu vuông góc của B trên AC, CD. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AD, HK. Chứng minh rằng tam giác BMN là tam giác vuông.

- AB lµ mét ®−êng sinh. §−êng sinh vu«ng gãc víi hai mÆt ph¼ng ®¸y. §é dµi ®−êng sinh lµ chiÒu cao cña h×nh trô.

2. C¾t h×nh trô

O A

O' B H×nh 23.1

• C¾t h×nh trô bëi mét mÆt ph¼ng song song víi ®¸y th× mÆt c¾t lµ mét h×nh trßn b»ng h×nh trßn ®¸y. • C¾t h×nh trô bëi mét mÆt ph¼ng song song víi trôc th× mÆt c¾t lµ mét h×nh ch÷ nhËt.

3. DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô Sxq = 2πRh; 2

Stp = 2πRh + 2πR hay Stp = 2πR(h + R) (R lµ b¸n kÝnh ®¸y; h lµ chiÒu cao).

4. ThÓ tÝch h×nh trô 2

S = πR h.

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Tõ mét tÊm t«n h×nh ch÷ nhËt, kÝch th−íc 50cm × 189cm ng−êi ta cuén trßn l¹i thµnh mÆt xung quanh cña mét h×nh trô cao 50cm. H·y tÝnh: c) DiÖn tÝch t«n ®Ó lµm hai ®¸y; d) ThÓ tÝch cña h×nh trô ®−îc t¹o thµnh. 227

228

Gi¶i (h.23.2)

MÆt c¾t ABCD lµ mét h×nh ch÷ nhËt. DiÖn tÝch mÆt c¾t lµ 96cm

nªn AB.AD = 96cm .

189

96 96 Suy ra AD = = = 12(cm). AB 8

A C

VËy chiÒu cao cña h×nh trô lµ 12cm. H×nh 23.2

a) V× chiÒu cao cña h×nh trô lµ 50cm nªn chu vi h×nh trßn ®¸y lµ C = 189cm.

Trong mÆt ph¼ng ®¸y, vÏ OH ⊥ AB.

Ta cã HA = HB = 8 : 2 = 4 (cm).

H×nh 23.3

XÐt ∆AOH vu«ng t¹i H cã OA = OH + AH = 3 + 4 = 25.

C 189 Ta cã C = 2πR ⇒ R = = ≈ 30(cm). 2π 2π

Suy ra OA = 5cm. VËy b¸n kÝnh ®¸y lµ 5cm. 2

DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô lµ: Sxq = 2πRh = 2.π.5.12 = 120π (cm ).

VËy b¸n kÝnh h×nh trßn ®¸y lµ 30cm. 2

ThÓ tÝch cña h×nh trô lµ: V = πR h = π.5 .12 = 300π (cm ).

DiÖn tÝch t«n ®Ó lµm hai ®¸y lµ: S = 2πR = 2.π.30 = 1800π (cm ).

NhËn xÐt: §Ó x¸c ®Þnh ®óng chiÒu cao vµ b¸n kÝnh ®¸y cña h×nh trô trong vÝ dô

b) ThÓ tÝch h×nh trô lµ: V = πR h = π.30 .50 = 45000π (cm ).

NhËn xÐt: §Ó tr¶ lêi hai c©u hái cña bµi to¸n, ta cÇn biÕt b¸n kÝnh cña ®−êng trßn ®¸y. Muèn vËy, ph¶i x¸c ®Þnh c¹nh nµo cña tÊm t«n cÇn gi÷ nguyªn ®Ó lµm chiÒu cao cña h×nh trô, c¹nh nµo ph¶i cuén l¹i. Tõ c«ng thøc t×m chu vi cña h×nh trßn suy ra c¸ch t×m b¸n kÝnh. 2

nµy, ta dùa vµo mÆt c¾t ABCD. Tõ sè ®o diÖn tÝch lµ 96cm vµ AB = 8cm, ta t×m ra chiÒu cao. Tõ kho¶ng c¸ch OH = 3cm ta t×m ®−îc b¸n kÝnh nhê ®Þnh lÝ Py-tago. 2

VÝ dô 4. Mét h×nh trô cã diÖn tÝch toµn phÇn b»ng 432π cm vµ chiÒu cao b»ng 5 lÇn b¸n kÝnh ®¸y. Chøng minh r»ng diÖn tÝch xung quanh b»ng 10 lÇn diÖn tÝch ®¸y.

VÝ dô 2. Mét h×nh trô cã chiÒu cao lµ 25cm vµ diÖn tÝch toµn phÇn lµ 1200π cm . TÝnh thÓ tÝch cña h×nh trô ®ã.

Gi¶i

Gäi b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao h×nh trô lÇn l−ît lµ R vµ h.

Gäi b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô lµ R, chiÒu cao h×nh trô lµ h.

V× chiÒu cao b»ng 5 lÇn b¸n kÝnh ®¸y vµ diÖn tÝch toµn phÇn b»ng 432π cm nªn ta cã hÖ ph−¬ng tr×nh

V× diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô lµ 1200π cm nªn 2πR(h + R) = 1200π.

h = 5.R  2πR(h + R) = 432π.

Suy ra R(25 + R) = 600 ⇔ R + 25R – 600 = 0. Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: R1 = 15 (chän); R2 = –40 (lo¹i). 2

(2)

Gi¶i hÖ nµy b»ng ph−¬ng ph¸p thÕ:

VËy b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô lµ 15cm. 2

(1)

ThÕ h = 5R vµo ph−¬ng tr×nh (2) ta ®−îc:

ThÓ tÝch h×nh trô lµ: V = πR h = π.15 .25 = 5625π (cm )

2πR(5R + R) = 432π ⇔ R = 36 ⇔ R = ±6. Gi¸ trÞ R = −6 bÞ lo¹i.

NhËn xÐt: Ta ®· biÕt chiÒu cao nªn muèn tÝnh thÓ tÝch h×nh trô chØ cÇn t×m b¸n kÝnh ®¸y. Do ®ã ta t×m b¸n kÝnh ®¸y tõ c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô. VÝ dô 3. H×nh 23.3 vÏ mét h×nh trô víi ABCD lµ mét mÆt c¾t song song víi trôc. 2

R = 6 VËy  h = 30. 2

DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô lµ: Sxq = 2πRh = 2.π.6.30 = 360π (cm ). 2

DiÖn tÝch ®¸y cña h×nh trô lµ: S = πR = π.6 = 36π (cm ).

Gi¶i (h.23.3) 229

230

Ta thÊy

Sxq S

• TÝnh diÖn tÝch

360π = 10 (lÇn). 36π

Do ®ã diÖn tÝch xung quanh gÊp 10 lÇn diÖn tÝch ®¸y.

VÝ dô 5. Cho h×nh trô cã b¸n kÝnh ®¸y lµ 10cm vµ diÖn tÝch xung quanh lµ 2

420π cm . VÏ mét ®−êng sinh PQ cè ®Þnh. LÊy ®iÓm M trªn ®−êng trßn ®¸y, cã chøa ®iÓm Q. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm M ®Ó PM lín nhÊt. TÝnh gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã.

23.2. MÆt c¾t chøa trôc cña mét h×nh trô lµ mét h×nh vu«ng. H×nh trô nµy cã sè ®o 2

diÖn tÝch xung quanh (tÝnh b»ng m ), ®óng b»ng số đo thể tích (tÝnh b»ng 3

m ). TÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô nµy.

Gi¶i (h.23.4) Gäi b¸n kÝnh h×nh trô lµ R vµ chiÒu cao h×nh trô lµ h. Ta cã: Sxq = 2πRh suy ra h =

Sxq 2πR

420π = 21(cm). 2π.10

23.3. Mét h×nh trô cã b¸n kÝnh ®¸y b»ng P

Ta cã PQ lµ ®−êng sinh nªn PQ = 21cm vµ PQ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ®¸y. Suy ra PQ ⊥ QM. 2

O M

H×nh 23.4 2

2 chiÒu cao. C¾t h×nh trô nµy b»ng mét 5

mÆt ph¼ng chøa trôc ta ®−îc mét mÆt c¾t cã diÖn tÝch lµ 80cm . TÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh trô.

XÐt ∆PQM vu«ng t¹i Q, ta cã: 2

23.1. Cho h×nh trô cã b¸n kÝnh ®¸y lµ 16cm vµ chiÒu cao b»ng 30cm. C¾t h×nh trô nµy bëi mét mÆt ph¼ng chøa trôc hoÆc song song víi trôc. TÝnh diÖn tÝch lín nhÊt cña mÆt c¾t.

PM = PQ + QM = 21 + QM = 441 + QM .

23.4. Mét h×nh trô cã chiÒu cao b»ng

3 ®−êng kÝnh ®¸y. BiÕt thÓ tÝch cña nã lµ 4

768π cm . TÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô.

23.5. Mét hép b¸nh h×nh trô cã chiÒu cao nhá h¬n b¸n kÝnh ®¸y lµ 1,5cm. BiÕt thÓ 3

tÝch cña hép lµ 850π cm , tÝnh diÖn tÝch vá hép.

Do ®ã PM lín nhÊt ⇔ QM lín nhÊt ⇔ QM lµ ®−êng kÝnh

⇔ QM = 20cm.

• TÝnh thÓ tÝch

VËy max PM = 441 + 400 = 841 = 29(cm) khi QM lµ ®−êng kÝnh cña ®−êng

23.6. Mét h×nh trô cã diÖn tÝch toµn phÇn gÊp hai lÇn diÖn tÝch xung quanh. BiÕt b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô lµ 6cm. TÝnh thÓ tÝch h×nh trô.

trßn ®¸y.

L−u ý: Trong h×nh trô, ®−êng sinh vu«ng gãc víi ®¸y nªn vu«ng gãc víi mäi ®−êng th¼ng n»m trong ®¸y, do ®ã PQ ⊥ QM. 3

VÝ dô 6. Mét h×nh trô cã thÓ tÝch lµ V (m ) vµ diÖn tÝch toµn phÇn lµ S (m ). Gäi R V 1 lµ b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô vµ h lµ chiÒu cao cña nã. BiÕt th−¬ng b»ng (m), S 2 1 1 chøng minh r»ng + = 1. h R Gi¶i

23.8. Mét h×nh trô cã thÓ tÝch lµ 200cm . Gi¶m b¸n kÝnh ®¸y ®i hai lÇn vµ t¨ng chiÒu cao lªn hai lÇn ta ®−îc mét h×nh trô míi. TÝnh thÓ tÝch cña h×nh trô nµy. 2

23.9. Mét h×nh ch÷ nhËt cã chu vi vµ diÖn tÝch theo thø tù lµ 28cm vµ 48cm . Quay h×nh ch÷ nhËt nµy mét vßng quanh mét c¹nh cè ®Þnh ®Ó ®−îc mét h×nh trô. TÝnh thÓ tÝch lín nhÊt cña h×nh trô nµy. 23.10. Mét viªn than tæ ong cã d¹ng h×nh trô, ®−êng kÝnh ®¸y lµ 114mm, chiÒu cao lµ 100mm. Viªn than nµy cã 19 lç “tæ ong” h×nh trô cã trôc song song víi trôc cña viªn than, mçi lç cã ®−êng kÝnh 12mm. TÝnh thÓ tÝch nhiªn

V 1 Ta cã V = πR h; S = 2πR(h + R). Theo ®Ò bµi ta cã: = . S 2 2

Suy ra

23.7. Mét chËu h×nh trô cao 20cm. DiÖn tÝch ®¸y b»ng nöa diÖn tÝch xung quanh. Trong chËu cã n−íc cao ®Õn 15cm. Hái ph¶i thªm bao nhiªu n−íc vµo chËu ®Ó n−íc võa ®Çy chËu?

liÖu ®· ®−îc nÐn cña mçi viªn than (lµm trßn ®Õn cm ).

πR 2 h 1 R+h 1 1 = ⇔ Rh = R + h ⇔ 1 = ⇔ + = 1. Rh h R 2πR(h + R) 2

23.11. Mét c©y gç h×nh trô cã ®−êng kÝnh ®¸y lµ 4dm vµ dµi 5m. Tõ c©y gç nµy ng−êi ta xÎ thµnh mét c©y cét h×nh l¨ng trô ®øng cã ®¸y lµ h×nh vu«ng lín nhÊt. TÝnh thÓ tÝch phÇn gç bÞ lo¹i bá ®i.

C. Bµi tËp vËn dông 231

232

23.12. Hai mÆt cña mét cæng vßm thµnh cæ cã d¹ng h×nh ch÷ nhËt, phÝa trªn lµ mét nöa h×nh trßn cã ®−êng kÝnh b»ng chiÒu réng cña cæng. BiÕt chiÒu réng cña cæng lµ 3,2m, chiÒu cao cña cæng (phÇn h×nh ch÷ nhËt) b»ng 2,8m vµ chiÒu s©u cña cæng b»ng 3,0m. TÝnh thÓ tÝch phÇn kh«ng gian bªn 3

trong cæng (lµm trßn ®Õn phÇn m−êi m ).

23.13. Mét h×nh l¨ng trô ®øng cã ®¸y lµ mét tam gi¸c vu«ng, hai c¹nh gãc vu«ng 3

dµi 12cm vµ 5cm. BiÕt thÓ tÝch h×nh l¨ng trô ®øng nµy lµ 90cm , tÝnh thÓ tÝch h×nh trô néi tiÕp h×nh l¨ng trô nãi trªn.

Chuyªn ®Ò 24.

H×nh nãn

A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. H×nh nãn (h.24.1) Khi quay tam gi¸c vu«ng AOB mét vßng quanh c¹nh gãc vu«ng OA cè ®Þnh ta ®−îc mét h×nh nãn:

- §¸y lµ h×nh trßn (O) b¸n kÝnh OB.

• TÝnh ®é dµi, tÝnh tØ sè 3

23.14. Mét h×nh trô cã thÓ tÝch b»ng 125π cm . BiÕt diÖn tÝch xung quanh b»ng hai lÇn diÖn tÝch ®¸y. TÝnh b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao cña h×nh trô nµy. 23.15. H×nh 23.5 vÏ mét h×nh trô, b¸n kÝnh ®¸y 9cm, chiÒu cao 24cm. BiÕt AB vµ = 128o. §iÓm K trªn CD sao cho CD lµ hai ®−êng sinh sao cho AOC CK = 4cm. Mét con kiÕn bß tõ B ®Õn K. TÝnh ®é dµi ng¾n nhÊt mµ kiÕn ph¶i bß (lµm trßn kÕt qu¶ ®Õn cm).

- A gäi lµ ®Ønh; AO lµ ®−êng cao.

2. DiÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn

H×nh 24.1

Sxq = πRl; 2

Stp = πRl + πR hay Stp = πR(l + R) (R lµ b¸n kÝnh ®¸y; l lµ ®−êng sinh).

O A

- MÆt xung quanh do c¹nh OB quÐt nªn. Mçi vÞ trÝ cña OB gäi lµ mét ®−êng sinh.

3. ThÓ tÝch h×nh nãn

1 V = πR 2 h (h lµ chiÒu cao). 3

K 24

4. H×nh nãn côt (h.24.2)

C¾t h×nh nãn bëi mét mÆt ph¼ng song song víi ®¸y th× phÇn mÆt ph¼ng n»m trong h×nh nãn lµ mét h×nh trßn.

D H×nh 23.5

H×nh 23.6

23.16. H×nh 23.6 vÏ mét h×nh trô néi tiÕp trong mét h×nh hép ch÷ nhËt. Chøng minh r»ng tØ sè gi÷a thÓ tÝch cña h×nh trô víi thÓ tÝch h×nh hép ch÷ nhËt ®óng b»ng tØ sè gi÷a diÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô víi diÖn tÝch xung quanh cña h×nh hép ch÷ nhËt.

PhÇn h×nh nãn n»m gi÷a mÆt ph¼ng nãi trªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y ®−îc gäi lµ h×nh nãn côt.

R1 O' l

5. DiÖn tÝch xung quanh vµ thÓ tÝch h×nh nãn côt Sxq = π(R1 + R2)l;

1 V = πh ( R12 + R 22 + R1R 2 ) 3

H×nh 24.2

(R1, R2 lµ c¸c b¸n kÝnh; l lµ ®−êng sinh; h lµ chiÒu cao).

B. Mét sè vÝ dô 3

VÝ dô 1. Mét h×nh nãn cã ®−êng cao b»ng 24cm vµ thÓ tÝch b»ng 800π cm . TÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn nµy. Gi¶i (h.24.3) 233

234

Gäi R lµ b¸n kÝnh ®¸y vµ h lµ chiÒu cao cña h×nh nãn.

b) TÝnh sè ®o nöa gãc ë ®Ønh cña h×nh nãn.

Gi¶i (h.24.5)

1 3V 3.800π Ta cã V = πR 2 h. Suy ra R 2 = = = 100(cm 2 ). 3 πh π.24

a) Gäi sè ®o cña cung h×nh qu¹t lµ n .

Do ®ã R = 10cm. VËy b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn lµ 10cm.

V× diÖn tÝch h×nh qu¹t lµ 60π cm nªn

§−êng sinh cña h×nh nãn nµy lµ: A

SB = SO 2 + OB2 = 24 2 + 102 = 26(cm).

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn lµ:

πAC2 n 60.360 = 60π ⇒ n = = 216 (®é). 360 102

NhËn xÐt: MÊu chèt trong bµi to¸n nµy lµ t×m ®−îc b¸n kÝnh ®¸y, tõ ®ã tÝnh ®−îc ®−êng sinh vµ do ®ã tÝnh ®−îc diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn.

π.HC.AC = 60π ⇒ HC =

α 10

Ta cã sin α =

2 9 3 cm . TÝnh thÓ tÝch cña h×nh nãn ®ã.

Gi¶i (h.24.4)

H H×nh 24.5

60 = 6(cm). 10

HC 6 o = = 0, 6 ≈ sin 36o52 '. Do ®ã α ≈ 36 52'. AC 10 A

VÝ dô 4. Cho tam gi¸c vu«ng t¹i A, AB = 12cm, AC = 16cm. Quay tam gi¸c nµy mét vßng quanh c¹nh BC. TÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh t¹o thµnh.

§Ó tÝnh thÓ tÝch h×nh nãn ta cÇn biÕt b¸n kÝnh ®¸y vµ chiÒu cao cña nã. V× mÆt c¾t chøa trôc lµ mét tam gi¸c ®Òu nªn nÕu biÕt c¹nh cña tam gi¸c ®Òu lµ tÝnh ®−îc tÊt c¶.

Gäi α lµ sè ®o nöa gãc ë ®Ønh cña h×nh nãn.

VÝ dô 2. MÆt c¾t chøa trôc cña mét h×nh nãn lµ mét tam gi¸c ®Òu cã diÖn tÝch lµ

Gi¶i (h.24.6)

Tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, AB = 12cm, AC = 16cm B

Gäi mÆt c¾t lµ tam gi¸c ®Òu ABC. Ta ®Æt AB = AC = BC = a th× b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn lµ R =

A 2

Stp = πR(l + R) = π.10(26 + 10) = 360π (cm ).

* T×m h−íng gi¶i

b) V× diÖn tÝch xung quanh h×nh nãn lµ 60π cm nªn

H×nh 24.3

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

⇒ BC = 122 + 16 2 = 20(cm).

VÏ AH ⊥ BC. Ta cã AH.BC = AB.AC

H×nh 24.4

a a 3 vµ chiÒu cao h×nh nãn lµ h = . 2 2

⇒ AH =

H×nh 24.6

12.16 = 9, 6(cm). 20

Khi quay ∆ABC mét vßng quanh c¹nh BC cè ®Þnh th× h×nh t¹o thµnh gåm hai h×nh nãn chung ®¸y, b¸n kÝnh lµ 9,6cm. DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh t¹o thµnh lµ:

V× diÖn tÝch cña tam gi¸c ®Òu lµ 9 3 cm2 nªn ta cã: a2 3 = 9 3 ⇒ a 2 = 36 ⇒ a = 6 (cm). 4

Stp = π.AH.(AB + AC) = π.9,6(12 + 16) = 268,8π (cm ).

NhËn xÐt: Khi quay mét tam gi¸c vu«ng quanh mét c¹nh cè ®Þnh th× h×nh t¹o thµnh phô thuéc vµo trôc quay.

6 3 VËy b¸n kÝnh ®¸y lµ R = 3cm vµ chiÒu cao h×nh nãn lµ h = = 3 3 (cm). 2 1 1 ThÓ tÝch cña h×nh nãn lµ V = πR 2 h = π.32.3 3 = 9 3π(cm3 ). 3 3

VÝ dô 3. Khai triÓn mét h×nh nãn theo mét ®−êng sinh råi tr¶i ph¼ng ra ta ®−îc 2

mét h×nh qu¹t trßn cã b¸n kÝnh 10cm vµ cã diÖn tÝch lµ 60π cm .

NÕu quay theo mét c¹nh gãc vu«ng th× h×nh t¹o thµnh lµ mét h×nh nãn.

NÕu quay theo c¹nh huyÒn th× h×nh t¹o thµnh lµ hai h×nh nãn chung ®¸y.

VÝ dô 5. Mét h×nh nãn côt cã c¸c b¸n kÝnh ®¸y lµ 21cm vµ 49cm. BiÕt diÖn tÝch 2

xung quanh cña nã lµ 3710π cm , tÝnh thÓ tÝch cña h×nh nãn côt.

Gi¶i (h.24.7)

a) TÝnh sè ®o cung cña h×nh qu¹t;

236

C. Bµi tËp vËn dông

Trong mÆt ph¼ng nµy vÏ BH ⊥ CD. O'

Ta ®Æt O'B = R1; OC = R2; OO' = h vµ BC = l.

• TÝnh diÖn tÝch

Ta cã BH = OO' = h; HC = R2 – R1 = 49 – 21 = 28 (cm). V× diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn côt lµ 3710π cm

24.1.

Suy ra l =

nªn π(R1 + R2)l = 3710π. 3710π = 53(cm). π(21 + 49)

24.2. Mét h×nh nãn ®Ønh S cã b¸n kÝnh ®¸y b»ng 9cm vµ chiÒu cao SO = 21,6cm. C¾t h×nh nãn bëi mét mÆt ph¼ng song song víi ®¸y t¹o ra mét h×nh nãn côt cã chiÒu cao 12cm. TÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn côt.

H×nh 24.7

XÐt ∆BHC vu«ng t¹i H, ta cã: BH = BC2 − HC 2 = 532 − 282 = 45(cm).

24.3. Mét x« b»ng t«n cã c¸c b¸n kÝnh ®¸y lµ 17cm vµ 10cm, chiÒu cao 24cm. TÝnh diÖn tÝch t«n ®Ó lµm x«.

ThÓ tÝch cña h×nh nãn côt lµ:

=D = 90o ; AB = AD = a, CD = 2a. Quay h×nh 24.4. Cho h×nh thang ABCD, A

1 1 V = π.h ( R12 + R 22 + R1R 2 ) = π.45 ( 212 + 49 2 + 21.49 ) = 58065π(cm3 ). 3 3

NhËn xÐt: ViÖc vÏ BH ⊥ CD gióp ta g¾n kÕt ®−îc c¸c b¸n kÝnh cña h×nh nãn côt, ®−êng sinh, chiÒu cao cña nã vµo mét tam gi¸c vu«ng. Nhê ®Þnh lÝ Py-ta-go ta cã thÓ gi¶i quyÕt ®−îc vÊn ®Ò. VÝ dô 6. Mét h×nh nãn cã b¸n kÝnh ®¸y b»ng 6cm, chiÒu cao b»ng trung b×nh céng cña b¸n kÝnh ®¸y vµ ®−êng sinh. Chøng minh r»ng h×nh nãn nµy cã sè ®o diÖn tÝch 2

thang vu«ng nµy mét vßng quanh c¹nh CD cè ®Þnh ta ®−îc mét h×nh. TÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh ®ã.

• TÝnh thÓ tÝch 2

24.5. Mét h×nh nãn cã diÖn tÝch ®¸y b»ng 144π cm vµ diÖn tÝch toµn phÇn b»ng 2

588π cm . TÝnh thÓ tÝch h×nh nãn.

24.6. Mét chiÕc cèc h×nh nãn ®ùng r−îu ®Õn

toµn phÇn (tÝnh b»ng cm ) ®óng b»ng sè ®o thÓ tÝch (tÝnh b»ng cm ).

Gi¶i (h.24.8)

1 chiÒu cao cña cèc. BiÕt thÓ tÝch 3

cña r−îu trong cèc lµ 2cm . TÝnh thÓ tÝch cña cèc.

Gäi R lµ b¸n kÝnh ®¸y, h lµ chiÒu cao vµ l lµ ®−êng sinh cña h×nh nãn. Ta cã R = 6cm, h =

Mét h×nh nãn cã ®¸y lµ h×nh trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ®Òu c¹nh a. BiÕt a chiÒu cao cña h×nh nãn b»ng 6. TÝnh diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn. 3

24.7. Tõ mét tÊm t«n h×nh qu¹t trßn b¸n kÝnh 37cm vµ gãc ë t©m lµ 117 , ng−êi ta cuèn vµ hàn l¹i thµnh mÆt xung quanh cña mét h×nh nãn. Hái h×nh nãn (kh«ng ®¸y) nµy cã thÓ chøa ®−îc 5kg n−íc kh«ng?

R +l ⇒ l = 2h – 6. 2

MÆt kh¸c l = h 2 + R 2 . Suy ra 2h − 6 = h 2 + R 2 (h > 3). 2

l R

cã gãc ë ®¸y b»ng 45 vµ ®é dµi ®¸y lín gÊp ®«i ®é dµi ®¸y nhá. BiÕt diÖn

B×nh ph−¬ng hai vÕ ta cã: 4h – 24h + 36 = h + 36

H×nh 24.8

tÝch mÆt c¾t nµy lµ 27cm . TÝnh thÓ tÝch h×nh nãn côt.

 h = 0 (lo¹i) 2 ⇔ 3h – 24h = 0 ⇔ 3h(h – 8) = 0 ⇔   h = 8 (chän).

24.9. Cho tam gi¸c nhän ABC, ®−êng cao AH. BiÕt AH = 24cm, AB = 25cm, AC = 26cm. Quay h×nh tam gi¸c nµy mét vßng quanh c¹nh BC cè ®Þnh. TÝnh thÓ tÝch cña h×nh t¹o thµnh.

VËy chiÒu cao cña h×nh nãn lµ 8cm; ®−êng sinh b»ng 2.8 – 6 = 10(cm). 2

DiÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn lµ: Stp = πR(l + R) = π.6(10 + 6) = 96π (cm ).

24.10. Tam gi¸c ABC cã gãc C tï, AB = 15cm, AC = 13cm, ®−êng cao AH = 12cm. Quay tam gi¸c nµy mét vßng quanh c¹nh BC cè ®Þnh. TÝnh thÓ tÝch cña h×nh t¹o thµnh.

1 1 ThÓ tÝch cña h×nh nãn lµ: V = πR 2 h = π.62.8 = 96 π(cm3 ). 3 3 2

VËy sè ®o diÖn tÝch toµn phÇn tÝnh b»ng cm ®óng b»ng sè ®o thÓ tÝch tÝnh b»ng cm .

237

• TÝnh ®é dµi, tÝnh tØ sè

238

24.11. Mét ®èng c¸t h×nh nãn cã chu vi ®¸y lµ 12,56m. Ng−êi ta dïng xe c¶i tiÕn ®Ó chë ®èng c¸t ®ã ®i 10 chuyÕn th× hÕt. BiÕt mçi chuyÕn chë ®−îc 3

Chuyªn ®Ò 25.

H×nh cÇu

250dm . TÝnh chiÒu cao cña ®èng c¸t (lµm trßn ®Õn dm).

24.12. Mét h×nh nãn cã b¸n kÝnh ®¸y 30cm. Mét mÆt ph¼ng P song song víi ®¸y c¾t h×nh nãn thµnh hai phÇn: mét h×nh nãn nhá vµ mét h×nh nãn côt cã tØ 1 sè thÓ tÝch lµ . TÝnh b¸n kÝnh ®¸y cña h×nh nãn nhá. 26 24.13. Mét chao ®Ìn cã d¹ng mÆt xung quanh cña mét h×nh nãn côt. C¸c b¸n kÝnh ®¸y lÇn l−ît lµ R1 = 5cm; R2 = 13cm. BiÕt diÖn tÝch xung quanh cña 2

chao ®Ìn lµ 306π cm . TÝnh chiÒu cao cña chao ®Ìn.

24.14. Mét h×nh nãn cã mÆt c¾t chøa trôc lµ mét tam gi¸c ®Òu. Chøng minh r»ng diÖn tÝch xung quanh b»ng hai lÇn diÖn tÝch ®¸y. 24.15. Cho tam gi¸c AOB vu«ng t¹i O, OA = a, OB = b. Quay tam gi¸c vu«ng nµy mét vßng lÇn l−ît quanh c¹nh OA, OB cè ®Þnh ta ®−îc mét h×nh nãn ®Ønh A vµ mét h×nh nãn ®Ønh B. Chøng minh r»ng tØ sè thÓ tÝch cña hai h×nh nãn b»ng tØ sè diÖn tÝch xung quanh cña hai h×nh nãn Êy.

A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. H×nh cÇu (h.25.1) • Khi quay nöa h×nh trßn (O; R) mét vßng quanh ®−êng kÝnh AB cè ®Þnh th× ®−îc mét h×nh cÇu t©m O, b¸n kÝnh R.

• Nöa ®−êng trßn khi quay t¹o nªn mÆt cÇu.

2. C¾t h×nh cÇu O

• Khi c¾t h×nh cÇu bëi mét mÆt ph¼ng th× mÆt c¾t lµ mét h×nh trßn; • Khi c¾t mÆt cÇu b¸n kÝnh R bëi mét mÆt ph¼ng ta ®−îc mét ®−êng trßn: - Cã b¸n kÝnh R (gäi lµ ®−êng kÝnh lín) nÕu mÆt c¾t ®i qua t©m;

24.16. Cho mét h×nh nãn ®Ønh A, ®¸y lµ h×nh trßn (O; 5cm) vµ ®−êng sinh AB = = 120o. Khai triÓn mÆt 12cm. Gäi AC lµ mét ®−êng sinh sao cho BOC

B H×nh 25.1

3. DiÖn tÝch mÆt cÇu

xung quanh cña h×nh nãn theo ®−êng sinh AB ta ®−îc mét h×nh qu¹t.

d) TÝnh sè ®o cung cña h×nh qu¹t nµy;

S = 4πR hay S = πd (R lµ b¸n kÝnh; d lµ ®−êng kÝnh mÆt cÇu).

e) TÝnh qu·ng ®−êng ng¾n nhÊt mµ mét con kiÕn bß trªn mÆt xung quanh cña h×nh nãn tõ B ®Õn C.

4. ThÓ tÝch h×nh cÇu V=

4 3 πR . 3

B. Mét sè vÝ dô VÝ dô 1. Hai h×nh cÇu cã hiÖu c¸c b¸n kÝnh b»ng 3cm vµ hiÖu c¸c thÓ tÝch b»ng 3

1332π cm . TÝnh hiÖu c¸c diÖn tÝch cña hai mÆt cÇu.

Gi¶i * T×m h−íng gi¶i §Ó tÝnh ®−îc hiÖu diÖn tÝch cña hai mÆt cÇu ta cÇn biÕt c¸c b¸n kÝnh cña hai mÆt cÇu.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i Gäi b¸n kÝnh cña h×nh cÇu lín lµ R vµ b¸n kÝnh cña h×nh cÇu nhá lµ r. Ta cã R – r = 3 hay R = r + 3. 239

240

ThÓ tÝch h×nh cÇu lín lµ: V1 =

4 3 4 πR . ThÓ tÝch h×nh cÇu nhá lµ: V2 = πr 3 . 3 3

= 90o (v× AD lµ ®−êng kÝnh). Ta cã ABD

4 3 V× V1 – V2 = 1332π (cm ) nªn π ( R 3 − r 3 ) = 1332π ⇔ R 3 − r 3 = 999. 3 3

XÐt ∆ABD vu«ng t¹i B ta cã:

B¸n kÝnh cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC lµ

Gi¶i ra ®−îc r1 = –12 (lo¹i); r2 = 9 (chän). 2

ThÓ tÝch cña h×nh cÇu t¹o thµnh lµ: V1 =

DiÖn tÝch mÆt cÇu lín lµ: S1 = 4πR = 4.π.12 = 576π (cm ). 2

DiÖn tÝch mÆt cÇu nhá lµ: S2 = 4πr = 4.π.9 = 324π (cm ). 2

HiÖu c¸c diÖn tÝch cña hai mÆt cÇu lµ: S = S1 – S2 = 576π – 324π = 252π (cm ).

VÝ dô 2. Mét h×nh cÇu néi tiÕp mét h×nh nãn b¸n kÝnh ®¸y b»ng 6cm vµ ®−êng sinh b»ng 10cm. Chøng minh r»ng diÖn tÝch ®¸y h×nh nãn b»ng diÖn tÝch mÆt cÇu.

Ta cã AH = AB2 − BH 2 = 102 − 6 2 = 8(cm).

Gäi b¸n kÝnh ®¸y h×nh nãn lµ R, b¸n kÝnh h×nh cÇu lµ r. AD = AB – BD = 10 – 6 = 4cm.

∆AOD Do ®ã

OD AD ∆ABH (g.g) ⇒ = . BH AH

VÝ dô 4. Cho mét h×nh cÇu néi tiÕp mét h×nh trô. Chøng minh r»ng: a) ThÓ tÝch h×nh cÇu b»ng

2 thÓ tÝch h×nh trô; 3

b) DiÖn tÝch mÆt cÇu b»ng

2 diÖn tÝch toµn phÇn h×nh trô. 3

Gäi b¸n kÝnh h×nh cÇu lµ R th× b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô lµ R vµ chiÒu cao cña h×nh trô lµ 2R. a) ThÓ tÝch h×nh cÇu lµ: V1 =

DiÖn tÝch ®¸y h×nh nãn lµ: S1 = πR = π.6 = 36π (cm ). 2

CÇn t×m mèi quan hÖ gi÷a b¸n kÝnh h×nh cÇu víi b¸n kÝnh ®¸y h×nh trô vµ chiÒu cao h×nh trô.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

H×nh 25.2

r 4 = ⇒ r = 3(cm). 6 8

4 3 4 πR = π.153 = 4500π(cm3 ). H×nh 25.3 3 3

* T×m h−íng gi¶i

Ta cã BH = BD = R = 6cm; OH = OD = r.

Gi¶i (h.25.4)

1 1 b) ThÓ tÝch cña h×nh nãn ®Ønh A lµ: V2 = πr 2 h = π.12 2.24 = 1152π(cm3 ). 3 3

Gi¶i (h.25.2) V× h×nh cÇu néi tiÕp h×nh nãn nªn OH ⊥ BC, OD ⊥ AB.

R = (24 + 6) : 2 = 15(cm).

VËy b¸n kÝnh h×nh cÇu nhá lµ 9cm. B¸n kÝnh h×nh cÇu lín lµ 12cm.

BH = HA.HD = 24.6 = 144. Suy ra BH = 12(cm).

Do ®ã (r + 3) – r = 999 ⇔ r + 3r – 108 = 0.

H×nh 25.4

4 3 πR . 3 2

ThÓ tÝch h×nh trô lµ: V2 = πR h = 2πR .

DiÖn tÝch mÆt cÇu lµ: S2 = 4πr = 4.π.3 = 36π (cm ). VËy diÖn tÝch ®¸y h×nh nãn b»ng diÖn tÝch mÆt cÇu.

VÝ dô 3. Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A néi tiÕp ®−êng trßn ®−êng kÝnh AD. Gäi H lµ giao ®iÓm cña AD vµ BC. Quay h×nh vÏ mét vßng quanh ®−êng kÝnh AD cè ®Þnh ta ®−îc hai h×nh nãn néi tiÕp mét h×nh cÇu. BiÕt AH = 24cm; DH = 6cm, h·y tÝnh:

4 3 πR V1 3 2 Ta cã = = . V2 2πR 3 3 2

b) DiÖn tÝch mÆt cÇu lµ: S1 = 4πR . 3

c) ThÓ tÝch cña h×nh cÇu ®−îc t¹o thµnh;

DiÖn tÝch h×nh trô lµ: S2 = 2πR(h + R) = 2πR(2R + R) = 6πR .

d) ThÓ tÝch h×nh nãn ®Ønh A ®¸y lµ h×nh trßn ®−êng kÝnh BC. Ta cã

Gi¶i (h.25.3) 241

S1 4πR 2 2 = = . S2 6πR 2 3

242

VÝ dô 5. Cho ®o¹n th¼ng AB = 24cm. LÊy ®iÓm C n»m gi÷a A vµ B. VÏ vÒ cïng mét phÝa cña AB ba nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB, AC vµ BC. Quay toµn bé h×nh vÏ mét vßng quanh ®−êng kÝnh AB cè ®Þnh ta ®−îc ba h×nh cÇu. T×m thÓ tÝch lín nhÊt cña phÇn kh«ng gian ®−îc giíi h¹n bëi ba h×nh cÇu. Gi¶i (h.25.5)

25.3. Ng−êi ta c¾t mét qu¶ ®Þa cÇu cò b»ng mét mÆt ph¼ng theo mét vÜ tuyÕn vµ ®−îc mét phÇn cã d¹ng h×nh ch¶o, ®−êng kÝnh miÖng ch¶o lµ 24cm vµ ®é s©u nhÊt cña ch¶o lµ 8cm. TÝnh diÖn tÝch bÒ mÆt cña qu¶ ®Þa cÇu. • TÝnh thÓ tÝch

* T×m h−íng gi¶i

25.4. Mét h×nh cÇu néi tiÕp mét h×nh lËp ph−¬ng c¹nh 12cm. TÝnh thÓ tÝch phÇn kh«ng gian bªn ngoµi h×nh cÇu vµ bªn trong h×nh lËp ph−¬ng.

CÇn t×m mèi quan hÖ gi÷a c¸c b¸n kÝnh cña ba nöa h×nh trßn, tõ ®ã t×m ®−îc quan hÖ gi÷a thÓ tÝch cña ba h×nh cÇu.

25.5. Mét h×nh cÇu cã b¸n kÝnh b»ng b¸n kÝnh ®¸y cña mét h×nh nãn. BiÕt ®−êng sinh cña h×nh nãn b»ng 12cm vµ diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn b»ng diÖn tÝch mÆt cÇu. TÝnh thÓ tÝch h×nh cÇu.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

25.6. Mét h×nh cÇu néi tiÕp mét h×nh trô. BiÕt diÖn tÝch toµn phÇn h×nh trô lµ

H×nh 25.5

§Æt AC= 2x th× BC = 24 – 2x.

384π cm . TÝnh thÓ tÝch h×nh cÇu.

B¸n kÝnh cña nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh AB lµ 12cm. B¸n kÝnh cña nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh BC lµ 12 – x.

25.7. Mét chiÕc thuyÒn thóng cã dạng nửa hình cầu, có khèi l−îng 45kg, ng−êi chÌo thuyÒn khèi l−îng 65kg. BiÕt ®−êng kÝnh cña thuyÒn lµ 1,2m vµ trªn thuyÒn cã thªm 2,4 t¹ c¸, hái n−íc cã ngËp ®Õn mÐp thuyÒn kh«ng?

ThÓ tÝch cña ba h×nh cÇu ®−êng kÝnh AB, AC vµ BC lÇn l−ît lµ:

• TÝnh ®é dµi, tÝnh tØ sè

B¸n kÝnh cña nöa ®−êng trßn ®−êng kÝnh AC lµ x.

25.8. Cho h×nh cÇu t©m O, b¸n kÝnh OA = 10 3 cm. C¾t mÆt cÇu bëi mét mÆt ph¼ng vu«ng gãc víi OA t¹i trung ®iÓm M cña OA ta ®−îc mét ®−êng trßn. TÝnh ®é dµi cña ®−êng trßn nµy.

4 4 4 π.123 ; πx 3 vµ π(12 − x)3 . 3 3 3

ThÓ tÝch phÇn kh«ng gian giíi h¹n bëi ba h×nh cÇu lµ: 4 V = 2304π − π  x 3 + (12 − x)3  3 4 = 2304π − π ( x 3 + 1728 − 432x + 36x 2 − x 3 ) = 2304 π − 48π ( x 2 − 12x + 48 ) . 3 2

Vmax ⇔ (x – 12x + 48) min ⇔ (x – 6) + 12 min ⇔ x = 6. 3

Khi ®ã max V = 1728π cm khi AC = 12cm hay khi C lµ trung ®iÓm cña AB.

25.9. Mét h×nh cÇu cã sè ®o thÓ tÝch (tÝnh b»ng m ) b»ng sè ®o diÖn tÝch mÆt cÇu 2

(tÝnh b»ng m ). TÝnh ®é dµi cña ®−êng trßn lín.

25.10. Mét b×nh thuû tinh h×nh trô chøa n−íc. Trong b×nh cã mét vËt r¾n h×nh cÇu ngËp hoµn toµn trong n−íc. Khi ng−êi ta lÊy vËt r¾n ®ã ra khái b×nh th× mùc n−íc trong b×nh gi¶m ®i 48,6mm. BiÕt ®−êng kÝnh bªn trong cña ®¸y b×nh lµ 50mm, tÝnh b¸n kÝnh cña vËt h×nh cÇu. o

25.11. VÜ ®é cña Thanh Ho¸ lµ 20 B¾c. TÝnh ®é dµi vÜ tuyÕn qua Thanh Ho¸ biÕt b¸n kÝnh Tr¸i §Êt lµ 6370km.

C. Bµi tËp vËn dông • TÝnh diÖn tÝch

25.1. MÆt c¾t chøa trôc cña mét h×nh nãn lµ mét tam gi¸c ®Òu. Chøng minh r»ng diÖn tÝch toµn phÇn cña h×nh nãn b»ng diÖn tÝch mÆt cÇu cã ®−êng kÝnh b»ng chiÒu cao cña h×nh nãn. 25.2. C¾t h×nh cÇu t©m O bëi mét mÆt ph¼ng ta ®−îc mét h×nh trßn t©m K, ®−êng kÝnh AB. BiÕt OK = 9cm vµ diÖn tÝch h×nh trßn t©m K b»ng 16% diÖn tÝch mÆt cÇu. TÝnh diÖn tÝch mÆt cÇu.

243

244

H−íng dÉn gi¶I - ®¸p sè

Sau khi tÝnh ®−îc HB vµ HC, ta tÝnh AH: AH = HB.HC (hÖ thøc 2). 2

AH = 7,2.12,8 = 92,16 ⇒ AH = 9,6 (cm). 1 1 2 BC.AH = .20.9, 6 = 96 (cm ). 2 2

Ch−¬ng I. HÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng

DiÖn tÝch ∆ABC lµ S =

Chuyªn ®Ò 1. Mét sè hÖ thøc vÒ c¹nh vµ ®−êng cao trong tam gi¸c vu«ng

Qua A vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AB c¾t tia BO t¹i D.

23.1.

=B nªn D = AOD. mµ B 1 2

23.3.

Do ®ã

2x + 2x – 12 = 0 ⇔ (x – 2)(x + 3) = 0 ⇔ x = 2 hoÆc x = −3.

HB BA.BE c.BE BE  HB  c  c  b c = = . Suy ra =  : =  . = . 2 CA.CF b.CF CF  HC  b  b 2  c b3 HC

Gi¸ trÞ x = 2 ®−îc chän, gi¸ trÞ x = −3 bÞ lo¹i. 2

(h.1.8)

Do ®ã BD = 2 + 2 + 2 = 6 (cm). Suy ra AB = 62 − ( 2 3 ) = 24 = 2 6 (cm).

23.4.

(h.1.10)

VÏ ®−êng cao AH.

HB 9 HB HC HB + HC 20 Ta cã = ⇒ = = = . HC 16 9 16 9 + 16 25 9.20 16.20 Suy ra HB = = 7, 2; HC = = 12,8. 25 25

VÏ ®iÓm K ®èi xøng víi H qua BC, khi ®ã tø gi¸c BHCK lµ h×nh thoi. Suy ra BK ⊥ AB. B

XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH ta cã:

C 20

XÐt ∆ABK vu«ng t¹i B, ta cã BK2 = KA.KD (hÖ thøc 1).

§Æt KD = x th× KH = 2x vµ KA = 2x + 7.

H×nh 1.8

Khi ®ã ta cã 15 = x(2x + 7)

⇔ 2x2 + 7x – 225 = 0 ⇔ (x – 9)(2x + 25) = 0

AB = BC.BH = 20.7,2 = 144 ⇒ AB = 12 (cm); AC = BC.CH = 20.12,8 = 256 ⇒ AC = 16 (cm). VËy diÖn tÝch ∆ABC lµ S =

C H×nh 1.9

Suy ra ( 2 3 ) = x(2x + 2). Tõ ®ã ta ®−îc ph−¬ng tr×nh:

NhËn xÐt: Qua kÕt qu¶ cña c©u a) ta thÊy: TØ sè hai h×nh chiÕu cña hai c¹nh gãc vu«ng trªn c¹nh huyÒn b»ng b×nh ph−¬ng tØ sè hai c¹nh gãc vu«ng ®ã. 23.2.

Ta ®Æt HO = HD = x th× BD = 2x + 2.

HB = BA.BE; HC = CA.CF (hÖ thøc 1). 2

XÐt ∆ABD vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH, ta cã AD = BD.HD.

H×nh 1.7

b) XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H, ∆ACH vu«ng t¹i H, ta cã:

H O

VÏ AH ⊥ OD th× HO = HD.

AB2 BC.BH BH HB c2 = = . VËy = . Do ®ã 2 BC.CH CH HC b2 AC

AB = BC.BH; AC = BC.CH (hÖ thøc 1).

+B = 90o ; AOD +B = 90o Ta cã D 1 2

(h.1.7)

a) XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH ta cã:

(h.1.9)

1 1 2 AB.AC = .12.16 = 96 (cm ). 2 2

⇔ x = 9 (chän) hoÆc x = −

25 (lo¹i). 2

VËy AD = 7 + 9 = 16 (cm). Ta cßn ph¶i tÝnh ®é dµi BC.

C¸ch gi¶i kh¸c: 245

H B

K H×nh 1.10

246

XÐt ∆HBD vu«ng t¹i D, ta cã 2

Suy ra BC =

BD = BH – HD (®Þnh lÝ Py-ta-go). 2

23.6.

Suy ra BD = 15 – 92 = 144 ⇒ BD = 12 (cm). Do ®ã BC = 24cm. DiÖn tÝch ∆ABC lµ: S =

(h.1.13)

* T×m c¸ch gi¶i

1 1 2 BC.AD = .24.16 = 192 (cm ). 2 2

§Ó t×m diÖn tÝch h×nh thang ABCD ta cÇn biÕt thªm chiÒu cao. §iÒu nµy gîi ý cho ta vÏ AH ⊥ CD. Ta cÇn vÏ D thªm BK ⊥ CD nhê ®ã cã thÓ tÝnh ®−îc ®é dµi DH, CK.

Khai th¸c bµi to¸n: §Ò bµi cho gãc A nhän. NÕu gãc A tï th× diÖn tÝch tam gi¸c ABC thay ®æi thÕ nµo? (h.1.11).

H×nh 1.13

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

Tø gi¸c ABKH lµ h×nh ch÷ nhËt, suy ra HK = AB = 7cm.

BK = KA.KD (hÖ thøc 1). B

§Æt KD = x th× KH = 2x vµ KA = 2x − 7.

∆ADH = ∆BCK (c¹nh huyÒn, gãc nhän). Suy ra DH = CK = (CD – HK) : 2 = (25 – 7) : 2 = 9 (cm).

Khi ®ã ta cã 15 = x(2x − 7) ⇔ 2x − 7x – 225 = 0

Tõ ®ã tÝnh ®−îc HC = CD – DH = 25 – 9 = 16 (cm).

⇔ (x + 9)(2x − 25) = 0 ⇔ x = −9 (lo¹i) hoÆc x = 12,5 (chän).

XÐt ∆ADC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH ta cã: AH = HD.HC (hÖ thøc 2).

VËy AD = HD – HA = 12,5 – 7 = 5,5 (cm).

Do ®ã AH = 9.16 = 144 ⇒ AH = 12 (cm).

H×nh 1.11

XÐt ∆HBD vu«ng t¹i D, ta cã

DiÖn tÝch h×nh thang ABCD lµ:

275 5 11 (cm). BD2 = HB2 − HD 2 = 152 − 12,52 = ⇒ BD = 4 2

Do ®ã BC = 5 11 (cm). DiÖn tÝch ∆ABC lµ: S =

23.5.

23.7.

1 1 55 11 2 (cm ). BC.AD = .5 11.5,5 = 2 2 4

(h.1.12)

Ta cã SABH

54cm 2

Suy ra AH.BH = 108.(1) SACH =

1 AH.CH = 96. Suy ra AH.CH = 192.(2) 2

(h.1.14)

* T×m c¸ch gi¶i

C H×nh 1.14

Do ®ã OA = 5,4.15 = 81 ⇒ OA = 9 (cm).

H×nh 1.12

• XÐt ∆ACD vu«ng t¹i D cã OD ⊥ AC nªn OD = OA.OC (hÖ thøc 2). ⇒ OC =

MÆt kh¸c AH = BH.CH (hÖ thøc 2). Suy ra AH = 12 ⇒ AH = 12 (cm). Ta cã SABC = 54 + 96 = 150 (cm ) mµ SABC =

N O

a) • XÐt ∆ABD vu«ng t¹i A cã AO ⊥ BD nªn OA = OB.OD (hÖ thøc 2).

Tõ (1) vµ (2) ta ®−îc: AH .BH.CH = 108.192. 4

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

96cm 2

(AB + CD)AH (7 + 25).12 2 = = 192 (cm ). 2 2

§· biÕt ®−êng chÐo BD nªn cÇn t×m ®−êng chÐo AC lµ cã thÓ tÝnh ®−îc diÖn tÝch h×nh thang. Muèn vËy ph¶i tÝnh OA vµ OC.

1 = AH.BH = 54. 2

VÏ AH ⊥ CD, BK ⊥ CD.

Còng chøng minh nh− trªn ta ®−îc:

150.2 = 25 (cm). 12

1 1 BC.AH nªn BC.AH = 150. 2 2

OD 2 152 = = 25 (cm). OA 9

Do ®ã AC = 25 + 9 = 34 (cm); BD = 5,4 + 15 = 20,4 (cm). DiÖn tÝch h×nh thang ABCD lµ: S = 247

AC.BD 34.20, 4 2 = = 346,8 (cm ). 2 2

248

b) XÐt ∆ADC cã OM // CD nªn XÐt ∆BDC cã ON // CD nªn XÐt ∆ABC cã ON // AB nªn Tõ (1), (2), (3) suy ra

OM AO (hÖ qu¶ cña ®Þnh lÝ Ta-lÐt). (1) = CD AC

- Tõ H dùng mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi BC, c¾t nöa ®−êng trßn (O) t¹i A.

Thùc vËy, ∆ABC cã OA = OB = OC =

AO BN (®Þnh lÝ Ta-lÐt). (3) = AC BC

NhËn xÐt: • Trong c¸ch gi¶i thø nhÊt ta kh«ng cÇn ®iÒu kiÖn a ≥ b. §iÒu kiÖn nµy chØ dïng trong c¸ch gi¶i thø hai. NÕu a = b th× ta cã ngay x = a = b.

Do ®ã OM = ON.

1 1 1 = + (hÖ thøc 4). 2 2 OM OA OD2

• H×nh vÏ trong c¸ch gi¶i thø hai tr«ng "gän" h¬n.

23.9.

1 1 1 Do ®ã = + ⇒ OM ≈ 7, 7 (cm). OM 2 92 152

(h.1.17)

A 2

1 1 + gîi ý cho ta vËn dông hÖ thøc E AM 2 AN 2 1 1 1 (4) 2 = 2 + 2 ®Ó gi¶i. Muèn vËy ph¶i t¹o ra mét h b c tam gi¸c vu«ng cã c¸c c¹nh gãc vu«ng b»ng AM, AN. BiÓu thøc

(h.1.15)

* T×m c¸ch gi¶i x

Ta ph¶i dùng ®o¹n th¼ng x sao cho 2

x = ab hay x = ab. HÖ thøc nµy cã d¹ng

B a

cña hÖ thøc (2): h = b'c' nªn ta vËn dông hÖ thøc (2) ®Ó dùng ®o¹n th¼ng x.

* T×m c¸ch gi¶i

Suy ra MN ≈ 7,7.2 = 15,4 (cm).

23.8.

1 BC nªn ∆ABC vu«ng t¹i A. 2

Ta cã AB = BC.BH (hÖ thøc 1). Do ®ã x = ab.

OM ON = . CD CD

XÐt ∆AOD vu«ng t¹i O, OM ⊥ AD nªn

H×nh 1.16

Khi ®ã AB lµ ®o¹n th¼ng x cÇn dùng.

ON BN (hÖ qu¶ cña ®Þnh lÝ Ta-lÐt). (2) = CD BC

H×nh 1.17

* Tr×nh bµy lêi gi¶i Qua A vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi AM c¾t ®−êng th¼ng CD t¹i E.

H×nh 1.15

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

=B = 90o ; AD = AB; A =A (cïng phô víi gãc DAM). ∆ADE vµ ∆ABM cã D 1 2

• C¸ch dùng

Do ®ã ∆ADE = ∆ABM (g.c.g). Suy ra AE = AM.

- Trªn tia By ta ®Æt liªn tiÕp c¸c ®o¹n th¼ng BH = a, HC = b.

XÐt ∆AEN vu«ng t¹i A cã AD ⊥ EN nªn

MÆt kh¸c AE = AM, AD = 1 nªn

Khi ®ã AH lµ ®o¹n th¼ng x cÇn dùng.

• Chøng minh ∆ABC cã OA = OB = OC =

1 1 1 + = . AE 2 AN 2 AD2

1 1 + = 1. AM 2 AN 2

23.10. (h.1.18) 1 BC nªn ∆ABC vu«ng t¹i A. 2

B E

Ta cã AH = HB.HC (hÖ thøc 2). Do ®ã x = ab. - Trªn tia By ta ®Æt BC = a vµ BH = b.

G H

C H×nh 1.18

249

* T×m c¸ch gi¶i 250

1 1 1 + = gîi ý cho ta cÇn vËn dông hÖ thøc (4) ®Ó 2 2 3 AE AF gi¶i. Do ®ã ta cÇn vÏ h×nh phô t¹o ra mét tam gi¸c vu«ng cã c¸c c¹nh gãc vu«ng b»ng AE, AF.

§iÒu ph¶i chøng minh

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

Ta cã AC ⊥ BD vµ OA = OC =

= 120o nªn D = 60o. Do ®ã ∆ADC lµ tam gi¸c ®Òu. H×nh thoi ABCD cã A

Suy ra

1 1 1 1 + = = . 2 2 2 AE AF ( 3) 3

F C

m n ; OB = OD = . 2 2

h   2

m   2

n   2

. Do ®ã

1 1 1 = + (hÖ thøc 4). OE 2 OA 2 OB2

1 1 1 = 2 + 2. 2 h m n

23.13. (h.1.21)

VÏ ®−êng cao AH. V× ∆ABC vu«ng t¹i A nªn

* T×m c¸ch gi¶i Nh×n vµo kÕt luËn cña bµi to¸n ta thÊy ph¶i dïng hÖ thøc (4) ®Ó gi¶i. Muèn vËy, ph¶i vÏ h×nh phô t¹o ra mét tam gi¸c vu«ng cã c¸c c¹nh gãc vu«ng lÇn l−ît b»ng CB vµ CE.

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

VÏ BH ⊥ CD. ∆CDF vµ ∆BHC cã:

H×nh 1.20

XÐt ∆AOB vu«ng t¹i O, OE ⊥ AB, ta cã

1 1 1 + = (hÖ thøc 4). AG 2 AF2 AH 2

Qua C vÏ mét ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi CB c¾t ®−êng th¼ng AD t¹i F.

Qua O vÏ OE ⊥ AB, ®−êng th¼ng OE c¾t CD t¹i F. DÔ thÊy EF = AH = h.

AD 3 2 3 = = 3 (cm). 2 2

23.11. (h.1.19)

Gäi O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD.

∆ADG = ∆ABE (g.c.g) ⇒ AG = AE.

XÐt ∆AGF vu«ng t¹i A, AH ⊥ GF ta cã:

A E

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

= BAE = 15o. Khi ®ã GAF = 90o. Trªn c¹nh CD lÊy ®iÓm G sao cho DAG

VÏ AH ⊥ DC th× AH =

Do tÝnh chÊt hai ®−êng chÐo cña h×nh thoi vu«ng gãc víi nhau nªn trong h×nh ®· cã bèn tam gi¸c vu«ng ®Ønh O, c¸c c¹nh gãc vu«ng ®Òu ®· biÕt nh−ng ch−a cã ®−êng cao øng víi c¹nh huyÒn. V× vËy qua O cÇn vÏ ®−êng cao øng víi c¹nh huyÒn.

1 1 1 = + (hÖ thøc 4). AH 2 AB2 AC2

1 1 1 1 Do ®ã = + = . AH 2 152 202 144

G H

H×nh 1.21

Suy ra AH = 144 = 12(cm).

F H×nh 1.19

=H = 90o ; DCF = HBC (cïng phô víi gãc BCH). CD = BH (cïng b»ng AD); D Do ®ã ∆CDF = ∆BHC (g.c.g). Suy ra CF = BC.

Ta cã BC = 152 + 20 2 = 25(cm). Gäi K lµ giao ®iÓm cña AH víi DE. Ta ®Æt DG = x; DE = y. Khi ®ã AK = 12 – x.

1 1 1 XÐt ∆CEF vu«ng t¹i C cã CD lµ ®−êng cao nªn = + (hÖ thøc 4). CD2 CF2 CE 2

V× DE // BC nªn ∆ADE

1 1 1 = + (v× CD = AD, CF = CB). Do ®ã 2 2 AD CB CE 2

Do ®ã

∆ABC. Suy ra

DE AK = . BC AH

y 12 − x 25(12 − x) = ⇒y= . 25 12 12

DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt DEFG lµ: S = xy =

23.12. (h.1.20) * T×m c¸ch gi¶i

=− 251

x.25(12 − x) 25 = − (x 2 − 12x) 12 12

25 2 25 (x − 12x + 36 − 36) = − (x − 6)2 + 75. 12 12

252

V× −

25 (x − 6)2 ≤ 0 nªn S ≤ 75 (dÊu "=" x¶y ra khi x = 6). 12

Suy ra AH =

1 AB hay AB = 2AH. 2

VËy max S = 75cm khi x = 6.

Ta cã AB + AC – AB.AC = (AH + BH ) + (AH + HC ) – 2AH(AH + HC)

Ta cã KH = DG = 6cm, mµ AH = 12cm nªn K lµ trung ®iÓm cña AH.

= AH + BH + AH + 2AH.HC + HC – 2AH – 2AH.HC

DE ®i qua K vµ DE // BC nªn D lµ trung ®iÓm cña AB, E lµ trung ®iÓm cña AC.

≤B < 90 (nÕu B ≤C < 90 th× còng • Tr−êng hîp C chøng minh t−¬ng tù). VÏ ®−êng cao AH th× ®iÓm H thuéc ®o¹n BM. 2

HM H×nh 1.22

Theo ®Þnh lÝ Py-ta-go ta cã: 2

Do ®ã b + c – bc = a .

= BH + HC = BC (v× ∆BHC vu«ng t¹i H).

23.14. (h.1.22) o

MÆt kh¸c a < b + a (bÊt ®¼ng thøc tam gi¸c) nªn b + c > a hay a < b + c .

≥ 90o hoÆc C ≥ 90o chøng minh t−¬ng tù. • Tr−êng hîp B

AB = AH + HB ; AC = AH + HC .

C¸ch gi¶i kh¸c

Do ®ã AB2 + AC2 = 2AH 2 + HB2 + HC2

=C th× ∆ABC lµ tam gi¸c ®Òu. Khi ®ã a = b = c, do ®ã a3 = b3 = c3 > 0. - NÕu B

= 2(AM 2 − HM 2 ) + (BM − HM) 2 + (HM + MC) 2

Suy ra a < b + c .

= 2AM 2 − 2HM 2 + BM 2 − 2BM.HM + HM 2 + HM 2 + 2HM.MC + MC 2

> 60o , do ®ã b > a ⇒ b3 > a3. Suy ra a3 < b3 + c3. >C th× B - NÕu B

= 2AM + BM + MC − 2HM(BM − CM) 2

<C : Chøng minh t−¬ng tù. - NÕu B

 BC   BC  = 2AM 2 +   +  (v× BM = MC)  2   2  = 2AM 2 +

NhËn xÐt: C¸ch gi¶i thø hai ng¾n gän h¬n v× kh«ng ph¶i xÐt h×nh phô. MÆt kh¸c chØ cÇn kiÕn thøc líp B¶y: quan hÖ gi÷a c¹nh vµ gãc ®èi diÖn lµ gi¶i ®−îc.

BC 2 . 2

23.16. (h.1.24)

• Tr−êng hîp gãc B hoÆc gãc C tï: Còng chøng minh t−¬ng tù (víi ®iÓm H n»m trªn tia ®èi cña tia BC hoÆc n»m trªn tia ®èi cña tia CB).

= 90o hoÆc C = 90o : B¹n ®äc tù chøng minh. • Tr−êng hîp B

¸p dông: NÕu AB = 5, AC = 7, BC = 10 th× ta cã 52 + 7 2 = 2AM 2 +

VÏ ®−êng cao AH. XÐt M n»m gi÷a H vµ C (nÕu M n»m gi÷a H vµ B th× còng chøng minh t−¬ng tù).

H×nh 1.24

XÐt ∆ABH, ∆ACH vu«ng t¹i H, theo ®Þnh lÝ Py-ta-go ta cã:

102 . 2

AB = AH + HB = AH + (MB – MH) ;

Suy ra AM = 12 ⇒ AM = 2 3.

AC = AH + HC = AH + (MC + MH) .

NhËn xÐt: §Ó vËn dông ®−îc ®Þnh lÝ Py-ta-go gi¶i bµi to¸n nµy ta ®· vÏ AH ⊥ BC. CÇn chó ý vÞ trÝ cña ®iÓm H trªn ®−êng th¼ng BC. 23.15. (h.1.23)

• Tr−êng hîp gãc B vµ gãc C nhän

60 o c

VÏ ®−êng cao BH th× ®iÓm H n»m gi÷a A vµ C.

= 60o nªn ABH = 30o. XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H, cã BAH

• Tr−êng hîp gãc B vµ gãc C nhän

= [AH + (MB – MH) ].MC + [AH + (MC + MH) ].MB – AM .BC = [AH2 + MB2 – 2MB.MH + MH2].MC

H×nh 1.23

+ [AH + MC + 2MC.MH + MH ].MB – AM .BC 2

Do ®ã AB .MC + AC .MB – AM .BC

253

= AH .MC + MB .MC – 2MB.MH.MC + MH .MC + AH .MB + MC .MB 254

+ 2MC.MH.MB + MH .MB – AM .BC 2

(3)

XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H ta cã BH = AB − AH (4)

= AH .BC + MH .BC + MB.MC.BC – AM .BC 2

XÐt ∆HBC vu«ng t¹i H ta cã BC = HB + HC

= AH (MC + MB) + MH (MC + MB) + MB.MC(MB + MC) – AM .BC 2

Ta ®Æt AH = c' khi ®ã HC = HA + AC = c' + b.

Tõ (3) vµ (4) suy ra BC2 = AB2 – AH2 + HC2 ⇒ a2 = c2 – c'2 + (c' + b)2

= BC(AH + MH ) + MB.MC.BC – AM .BC

= BC.AM + MB.MC.BC – AM .BC = MB.MC.BC.

⇒ a = c – c' + c' + 2bc' + b ⇒ a = b + c' + 2bc'

≥ 90o hoÆc C ≥ 90o chøng minh t−¬ng tù. • Tr−êng hîp B

Suy ra a > b + c (v× 2bc' > 0)

< 90o 23.17. a) ∆ABC cã A

= 90o , theo ®Þnh lÝ Py-ta-go ta cã a2 = b2 + c2. c) ∆ABC cã A

VÏ BH ⊥ AC. §Æt HA = c'.

NhËn xÐt: C¶ hai tr−êng hîp trªn ®−îc gi¶i theo cïng mét ph−¬ng ph¸p. Khi vÏ BH ⊥ AC cÇn x¸c ®Þnh ®óng vÞ trÝ cña H trªn ®−êng th¼ng AC.

XÐt ∆HBC vu«ng t¹i H cã BC = HB + HC = (AB – HA ) + HC .

Khi ®ã HC = AC – HA = b – c'.

= 90o th× theo ®Þnh lÝ Py-ta-go ta cã a2 = b2 + c2, tr¸i gi¶ thiÕt. Gi¶ sö A

A A c'

H B

< 90o. VËy A

2 2 2 = 90o. c) NÕu a = b + c th× theo ®Þnh lÝ Py-ta-go ®¶o ta cã A

H b)

23.19. (h.1.27)

H×nh 1.25

Trong c¶ hai tr−êng hîp ta ®Òu cã HC = (b – c') .

XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H ta cã BH = AB - AH 2

(2) 2

= c – c' + b – 2bc' + c' = b + c – 2bc'. 2

MÆt kh¸c

Suy ra a < b + c (v× 2bc' > 0)

> 90o (h.1.26) b) ∆ABC cã A

VÏ BH ⊥ BC.

> 90o nªn ®iÓm H n»m trªn tia ®èi cña tia AC. V× A

H×nh 1.27

1   1 Ta cã b 2 + c 2 = 4S2  2 + 2  .  hb hc 

Tõ (1) vµ (2) suy ra BC = AB – AH + HC = c – c' + (b – c') 2

4S2 4S2 T−¬ng tù: b 2 = 2 ; c2 = 2 . hb hc

(1)

2S 4S ⇒ a 2 = 2 . (1) Suy ra a = ha ha

XÐt ∆HBC vu«ng t¹i H ta cã BC2 = HB2 + HC2

Khi ®ã HC = HA – AC = c' – b. 2

1 Gäi diÖn tÝch ∆ABC lµ S. Ta cã S = a.h a . 2

≥ 90o th× H n»m trªn tia ®èi cña tia CA (h.1.25b). • NÕu C

23.18. Ta chøng minh b»ng ph−¬ng ph¸p ph¶n chøng.

< 90o th× H n»m gi÷a A vµ C (h.1.25a). • NÕu C

1 1 1 1 = + nªn b2 + c2 = 4S2 . 2 . h a2 h b2 h c2 ha 2

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra a = b + c . Do ®ã ∆ABC vu«ng t¹i A. c'

A B

b a

H×nh 1.26

255

23.20. (h.1.28) 256

∆ADC vu«ng t¹i D, theo ®Þnh lÝ Py-ta-go ta cã: 2

AC = AD + DC = 12 + 16 = 400. Suy ra AC = 20 (cm).

H×nh 1.28

Ta l¹i cã AD = AC.AO (hÖ thøc 1) nªn OA =

ta cã: MD = DB.DC (hÖ thøc 2)

a) XÐt tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH,

ta cã AH = HB.HC (hÖ thøc 2).

Do ®ã AH = HB .HC (*) XÐt ∆ABH vµ ∆ACH vu«ng t¹i H, ta cã:

C a

HB = BA.BD; HC = CA.CE.

Ta cã S =

H×nh 1.30

(5)

1 BC.MD. (6) 2

S1 =

do ®ã AH = BC.BD.CE hay h = a.m.n.

Do ®ã S1.S2 =

HB HB2 . do ®ã BD2 = BA BA 2

Suy ra

XÐt tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A ta cã BA = BC.BH (hÖ thøc 1).

CE 2 =

MÆt kh¸c BA.CA = BC.AH (hÖ thøc 3) nªn AH = BC.AH.BD.CE,

Tõ (4) vµ (5) ta ®−îc MD = AD.HD.

Thay vµo (*) ta ®−îc AH = BA.BD.CA.CE = (BA.CA).(BD.CE).

BD2 = 3

Gäi diÖn tÝch cña tam gi¸c MBC, ABC vµ HBC lÇn l−ît lµ S, S1, S2.

H×nh 1.29

T−¬ng tù ta cã

H N

∆ACD (g.g).

(4)

DB HD Suy ra = , do ®ã DB.CD = AD.HD DA CD

(3)

∆BHD

(2)

HB4 HB3 = . Do ®ã BC.BH BC

b) XÐt ∆MBC vu«ng t¹i M, ®−êng cao MD,

23.21. (h.1.29)

Suy ra BD 2 =

AO 2 7, 22 = = 5, 4 (cm). OD 9, 6

AB AE do ®ã AC.AE = AB.AF. = AC AF

Tõ (1), (2), (3) ta ®−îc AN = AP

b) Ta cã HB = BA.BD ⇒ BD =

∆ACF (g.g). Suy ra 2

AD2 122 = = 7, 2 (cm). AC 20

XÐt ∆ABD vu«ng t¹i A, AO lµ ®−êng cao nªn AO = OB.OD (hÖ thøc 2).

a 2 = m2 + n 2 .

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc

XÐt ∆APB vu«ng t¹i P, ®−êng cao PF ta cã: AP = AB.AF (hÖ thøc 1) MÆt kh¸c ∆ABE

Do ®ã OC = 20 – 7,2 = 12,8 (cm).

HB HC BC +3 =3 = 3 BC2 . Suy ra BC BC BC

23.22. (h.1.30)

AD.DC 12.16 = = 9, 6 (cm). AC 20

BD 2 + 3 CE 2 =

AD.DC = AC.DO (hÖ thøc 3).

⇒ OB =

a) XÐt ∆ANC vu«ng t¹i N, ®−êng cao NE ta cã: AN = AC.AE (hÖ thøc 1) (1)

∆ADC vu«ng t¹i D, DO lµ ®−êng cao nªn

Suy ra OD =

VËy

1 1 BC.AD; S2 = BC.HD. 2 2

1 1 2 BC2 AD.HD = BC2 MD2 (v× AD.HD = MD ). 4 4

S1.S2 =

1 BC.MD. (7) 2

Tõ (6) vµ (7) ta ®−îc S = S1.S2 .

HB3 HB = . BC 3 BC

HC . BC

257

258

Do ®ã ∆ADE

Chuyªn ®Ò 2. TØ sè l−îng gi¸c cña gãc nhän 24.1.

(h.2.6)

XÐt ∆ABD vu«ng t¹i D cã

∆ABC vu«ng t¹i A, AB = 3; AC = 4 nªn BC = 5. XÐt ∆AMB cã sin AMB =

A 4

AB 3 = . BM BM

(sin AMB) nhá nhÊt ⇔ BM lín nhÊt ⇔ M ≡ C.

∆NBM

Do ®ã

M C

B H×nh 2.6

3 3 Khi ®ã sin AMB = . VËy min(sin AMB) = khi M ≡ C. 5 5

24.2.

∆ABC (c.g.c). Suy ra

Ta cã SADE = SBCDE suy ra

24.4.

BN BA Do ®ã = . BM BC

D E B

SADE = cos 2 A. (1) SABC

BN BM ∆ABC (g.g). Suy ra = . BA BC

AD = cos A. AB

H×nh 2.8

1 2 = 45o. ⇒ cos A = = cos 45o. Do ®ã A 2 2

(h.2.9) A

* T×m c¸ch gi¶i C

Ta ph¶i chøng minh DE = BC.cos α ⇔ cos α =

H×nh 2.7

DE . BC

AD DE AD nªn cÇn chøng minh = . AB BC AB

)

MÆt kh¸c cos α =

chung; BN = BA . ∆BNA vµ ∆BMC cã: B BM BC

Muèn vËy ta dïng ph−¬ng ph¸p tam gi¸c ®ång d¹ng.

Do ®ã ∆BNA

∆BMC (c.g.c). Suy ra

Tõ (1) vµ (2) ta ®−îc

D E B

H×nh 2.9

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

BN AN = . (2) BM CM

a) Còng chøng minh nh− bµi 2.3, ta ®−îc ∆ADE

BA AN = . BC CM

XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A cã sin C =

SADE 1 = . (2) SABC 2

Tõ (1) vµ (2) ta cã cos 2 A =

(h.2.7)

SADE  AD  =  . SABC  AB 

suy ra

BA AN , do ®ã sin C = . BC CM

∆ABC (c.g.c),

AD DE = . AB BC

XÐt ∆ABD vu«ng t¹i D cã cos A =

AD DE dÉn tíi DE = BC.cos α. . Suy ra cos A = AB BC

NhËn xÐt: Ta ph¶i chøng minh sin C =

AN BA AN tøc lµ ph¶i chøng minh = . CM BC CM Do ®ã ph¶i dïng ph−¬ng ph¸p tam gi¸c ®ång d¹ng.

b) XÐt c¸c tam gi¸c vu«ng EBC vµ DBC cã EM, DM lµ c¸c ®−êng trung tuyÕn øng BC víi c¹nh huyÒn nªn EM = DM = . VËy ∆MDE ®Òu ⇔ DE = EM = DM 2

24.3.

⇔ DE =

∆ABD

(h.2.8)

∆ACE (g.g). Suy ra

AD AB AD AE = . Do ®ã = . AE AC AB AC

BC BC (v× DE = BC.cos α) ⇔ BC cos α = 2 2

⇔ cos α =

chung; AD = AE . ∆ADE vµ ∆ABC cã: A AB AC

24.5.

(h.2.10)

a) ∆ABE 259

1 = cos 60o ⇔ α = 60o. 2

∆ACF (g.g). Suy ra

AE AB AE AF = . Do ®ã = . AF AC AB AC 260

chung; AE = AF . ∆AEF vµ ∆ABC cã: A AB AC Do ®ã ∆AEF

16 a AH 16 17 XÐt ∆EAH vu«ng t¹i H cã cos EAF = = 5 = . AE a 17 85

∆ABC (c.g.c).

24.7.

S  AE  2 Suy ra AEF =   = cos A. SABC  AB 

E B

MÆt kh¸c SABC = 1 nªn SAEF = cos A. 2

Ta cã ∆B'BC vu«ng t¹i B' nªn cos C =

H×nh 2.10

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc SBFD = cos B; SCDE = cos C. 2

(h.2.12)

* T×m c¸ch gi¶i

B'C . BC

C¹nh BC ®· biÕt nªn chØ cÇn tÝnh B'C.

b) Ta cã SAEF + SBFD + SCDE + SDEF = SABC.

Ta cã AA', BB', CC' ®ång quy nªn theo ®Þnh lÝ Xª-va ta cã 2

A 'B B 'C C ' A . . = 1. A 'C B' A C 'B

Suy ra SDEF = SABC – (cos A + cos B + cos C) = 1 – (cos 60 + cos 45 + 2

cos 75 )

Do AA' lµ ®−êng trung tuyÕn nªn

1 1  = 1 −  + + 0, 06698...  ≈ 0,183 (®vdt). 4 2 

24.6.

(h.2.11)

A 1

* T×m çch gi¶i §Ó tÝnh ®−îc cos EAF ta cÇn chøng minh ∆EAH vu«ng t¹i H vµ tÝnh çc ®é dµi AH, AE. Çc ®é dµi AH, AE cã thÓ tÝnh ®−îc nhê ®Þnh lÝ Py-ta-go vµ hÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng.

Suy ra

B 'C + B ' A a + b b a+b ab hay = = , dÉn tíi B'C = . B 'C a B'C a a+b

XÐt ∆B'BC vu«ng t¹i B' cã cos C =

Gäi giao ®iÓm cña AF víi DE lµ H.

=C = 90o ; DF = CE (v× DC = BC vµ CF = BE). ∆ADF vµ ∆DCE cã: AD = DC; D

24.8.

=D . Do ®ã ∆ADF = ∆DCE (c.g.c). Suy ra A 1 1

* T×m c¸ch gi¶i

+D = 90o nªn A +D = 90o , suy ra AF ⊥ DE. Ta cã D 1 2 1 2 §Æt BC = CD = 4a th× BE = CF = a; DF = 3a.

¸p dông ®Þnh lÝ Py-ta-go vµo c¸c tam gi¸c vu«ng ABE, ADF ta tÝnh ®−îc AE = a 17; AF = 5a. 2

XÐt ∆ADF vu«ng t¹i D, ®−êng cao DH ta cã: AD = AF.AH

⇒ AH =

AD 2 16a 2 16 = = a. AF 5a 5

C 'A AC b = = . C ' B BC a

B'C b B'C a . =1⇒ = . B'A a B'A b

H×nh 2.11

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

A'B B'C C ' A = 1 do ®ã . = 1. A 'C B'A C'B

Do ®ã H 2

H×nh 2.12

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

Do ®ã SAEF + SBFD + SCDE = cos A + cos B + cos C. 2

B 'C ab b = = . BC a(a + b) a + b

(h.2.13)

A NÕu tÝnh ®−îc sin th× b»ng c¸ch chøng minh 2 B C t−¬ng tù ta còng tÝnh ®−îc sin , sin . §· cã gãc 2 2 A ta ph¶i vÏ ®−êng ph©n gi¸c cña gãc A, muèn cã 2 A vµ vÏ BH vu«ng gãc víi ®−êng ph©n gi¸c Êy ®Ó A tÝnh sin . 2

b c

H B

H×nh 2.13

* Tr×nh bµy lêi gi¶i 261

262

§iÒu ph¶i chøng minh cã liªn quan ®Õn tan B, tan C.

AH AH tan B = ; tan C = . BH HC

⇒

XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H ta cã sin

A a ≤ . 2 2 bc

Ta cã

HB 4 2 HA 6 2 = = ; = = . HA 6 3 HC 9 3

• Víi x = 2 ta cã HB = 2 vµ HC = 8. Khi ®ã tan B =

AH 4 AH 4 1 1 = = 2; tan C = = = . V× 2 = 4. nªn tan B = 4tan C. BH 2 HC 8 2 2

• Víi x = 8 ta cã HB = 8 vµ HC = 2. Khi ®ã tan B =

V× B

= CHA = 90o ; HB = HA = 2 . AHB HA HC 3 Do ®ã ∆AHB

AH 4 1 AH 4 = = ; tan C = = = 2. BH 8 2 HC 2

1 1 1 = .2 nªn tan B = tan C. 2 4 4 A

24.11. (h.2.16)

H×nh 2.14

Ta cã tan B =

AD AD ; tan C = . BD CD

= C. ∆CHA (c.g.c). Suy ra A 1

Do ®ã tan B.tan C =

+B = 90o nªn C +B = 90o. VËy ∆ABC vu«ng t¹i A. MÆt kh¸c A 1 Ta cã AM = MB = MC =

Suy ra x – 10x + 16 = 0 hay (x – 2)(x – 8) = 0, cã nghiÖm x = 2 hoÆc x = 8.

∆AHB vµ ∆CHA cã:

H×nh 2.15

AH = HB.HC do ®ã 4 = x(10 – x).

(dÊu “=” x¶y ra khi a = b = c ⇔ ∆ABC ®Òu). (h.2.14)

C 10

XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH ta cã:

A B C a b c abc 1 .sin .sin ≤ . . = = . 2 2 2 2 bc 2 ca 2 ab 8abc 8

24.9.

Ta ®Æt HB = x th× HC = 10 – x.

B b C c Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc sin ≤ ; sin ≤ . 2 2 ca 2 2 ab Do ®ã sin

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

A BH BD a = ≤ = . 2 AB AB b + c

MÆt kh¸c b + c ≥ 2 bc (bÊt ®¼ng thøc C«-si) nªn sin

§· biÕt AH nªn cÇn tÝnh BH vµ CH.

DB DC DB + DC a = = = . AB AC AB + AC b + c

AD . (1) BD.CD

Gäi E lµ giao ®iÓm cña tia BH víi AC.

1 1 BC = (4 + 9) = 6,5 (cm). 2 2

∆BHD

∆ACD (g.g). Suy ra

HM = MB – HB = 6,5 – 4 = 2,5 (cm).

⇒ BD.CD = HD.AD

= α. Ta cã: XÐt ∆HAM vu«ng t¹i H, ®Æt HAM

HM 2,5 5 AH 6 12 sin α = = = ;cos α = = = ; AM 6,5 13 AM 6,5 13 HM 2,5 5 AH 6 12 tan α = = = ;cot α = = = . AH 6 12 HM 2,5 5

H×nh 2.16

HD BD = CD AD

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra tan B.tan C = Ta cã

AD2 AD = . BD.CD HD

HA HA + HD k + 1 AD hay =k⇒ = = k + 1. Do ®ã tan B.tan C = k + 1. HD HD 1 HD

NhËn xÐt: NÕu gãc A vu«ng hoÆc tï th× bµi to¸n trªn vÉn ®óng.

24.10. (h.2.15)

24.12. (h.2.17)

* T×m c¸ch gi¶i 263

264

* T×m c¸ch gi¶i Ta ph¶i chøng minh AK = BH 3 hay do ®ã ta cÇn chøng minh

AK = 3. Mµ BH

3 = tan 60o = tan B =

AC AB

AK AC = . Muèn vËy ta dïng ph−¬ng ph¸p tam gi¸c BH AB

BC 4h = = 4. h h

Ta cã cot B + cot C =

24.14. (h.2.19) * T×m c¸ch gi¶i

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

XÐt ∆AHD vu«ng t¹i H, muèn x¸c ®Þnh ®−îc gãc HAD, ta cÇn biÕt ®é dµi hai c¹nh AH vµ HD nhê hÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng.

=H = 90o ; A =B (cïng phô víi gãc BAM). a) ∆ACK vµ ∆BAH cã: K 1 1

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

®ång d¹ng.

Do ®ã ∆ACK Suy ra VËy

∆BAH (g.g).

CK AK AC = = = tan BAC = tan 60o = 3. (1) AH BH BA

AK = 3 ⇒ AK = 3.BH. BH

b) Tõ (1) ⇒

Do ®ã

∆KCM (g.g). Suy ra

Tõ (2) vµ (3) suy ra

AB.AC = BC.AH ⇒ AH =

AB.AC 42.56 = = 33, 6 (cm). BC 70

Ta l¹i cã AB = BC.BH ⇒ BH =

AB2 422 = = 25, 2 (cm). BC 70

Do ®ã HD = 30 – 25,2 = 4,8 (cm). XÐt ∆HAD vu«ng t¹i H, ta cã tan α =

24.13. (h.2.18) A

a) V× gãc A tï nªn c¸c gãc B vµ gãc C nhän.

H×nh 2.18

24.15. ¸p dông ®Þnh lÝ nÕu hai gãc phô nhau th× sin cña gãc nµy b»ng c«sin gãc kia, tang cña gãc nµy b»ng c«tang gãc kia, ta cã: a) P = sin 2 1o + sin 2 2o + sin 2 3o + ... + sin 2 88o + sin 2 89o

BH CH BC BC Do ®ã cot B + cot C = + = = . AH AH AH h V× cot B + cot C = 4 nªn

HD 4,8 = ≈ tan 8o8'. AH 33, 6

Do ®ã α ≈ 8 8' < 10 .

DiÖn tÝch ∆ABC lµ S =

AB2 AC2 AB2 + AC2 BC2 (30 + 40)2 = = = = = 196. 9 16 9 + 16 25 25

XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A, ®−êng cao AH ta cã

AK = 3k. AH

BH CH cot B = ; cot C = . AH AH

H×nh 2.19

AB DB 30 3 AB AC = = = . Suy ra = . AC DC 40 4 3 4

BH MB = = k. (3) CK MC

XÐt ∆ABH, ∆ACH vu«ng t¹i H, ta cã:

H D

VËy AB = 9.196 ⇒ AB = 42 (cm); AC = 16.196 ⇒ AC = 56 (cm).

H×nh 2.17

CK CK AK 3.BH BH = =3 = 3 ⇒ AH = . Do ®ã . (2) CK AH AH CK 3 3

Ta cã ∆HBM

= ( sin 2 1o + sin 2 89o ) + ( sin 2 2o + sin 2 88o ) + ... + ( sin 2 44o + sin 2 46o ) + sin 2 45o

BC = 4 hay BC = 4h. h

= ( sin 2 1o + cos 2 1o ) + ( sin 2 2o + cos 2 2o ) + ... + ( sin 2 44o + cos 2 44o ) + sin 2 45o 2

 2 = 1 + 1 + ... + 1 +   = 44,5.  2 

1 1 BC.AH = .4h.h = 2h 2 . 2 2

1 1 1 2 b) Ta cã S = BC.h mµ S = 2h nªn BC.h = 2h 2 . Do ®ã BC = 2h hay BC = 4h. 2 2 2 265

b) Q = tan15o.tan 25o.tan 35o.tan 45o.tan 55o.tan 65o.tan 75o

266

= ( tan15o.tan 75o ) . ( tan 25o.tan 65o ) . ( tan 35o.tan 55o ) .tan 45o

 sin 2 x + cos 2 x  1 1 1 MÆt kh¸c sin 2 x cos 2 x ≤   = nªn B ≥ 1 − 3. = . 4 4  2  4

= ( tan15o.cot15o ) . ( tan 25o.cot 25o ) . ( tan 35o.cot 35o ) .tan 45o = 1.1.1.1 = 1. 2

441  20  2 2 24.16. Ta cã sin α + cos α = 1 ⇒ sin 2 α = 1 − cos 2 α = 1 −   = . 841  29 

VËy min B =

2 9 2 2 2 24.20. Ta cã (sin α + cos α) = sin α + cos α + 2sin αcos α = 1 + 2. = . 5 5

21 sin α 21 20 21 20 ; tan α = = : = ; cos α = . 29 cos α 29 29 20 21

Do ®ã sin α =

24.17. Ta cã cos x = 4sin x ⇒ cos x = 4sin xcos x. (1) cos x = 4sin x ⇒ sin x =

Suy ra sin α + cos α =

1 1 cos x ⇒ sin 2 x = cos x sin x. (2) 4 4

⇔

Céng tõng vÕ cña (1) vµ (2) ta ®−îc:

cos 2 x + sin 2 x = Do ®ã sin x cos x = 1:

17 17 sin x cos x hay 1 = sin x cos x. 4 4

24.18. VËn dông bÊt ®¼ng thøc Bu-nhi-a-cèp-xki (ax + by) ≤ (a + b )(x + y ) ta cã S2 = (8sin x + 15cos x)2 ≤ (82 + 152)(sin2x + cos2x) = 289.1

sin x 8 o o hay khi tan x ≈ tan 28 4' ⇔ x ≈ 28 4'). = cos x 15

b) B = sin x + cos x = (sin x) + (cos x)

Khi ®ã tan α =

sin α 2 1 1 = : = 2; cot α = . cos α 2 5 5 2

tan 2 α + sin 2 α sin α cos α sin 2 α 1 − = 1+ − sin α cos α. 2 2 tan α tan α tan α tan α

3 4

= sin α + cos α = 1.

= 1+

= (sin x + cos x)(sin x - sin xcos x + cos x) = 1.[(sin x + cos x) - sin xcos x] 2

2 2 2 1 th× cos α = : = . 5 5 5 5

1 o khi sin x = cos x ⇔ x = 45 . 2

• NÕu sin α =

= 2sin α + 2cos α + 4sin αcos α – sin α - cos α + 2sin αcos α – 6sin αcos α

sin α 1 2 1 = : = ; cot α = 2. cos α 5 5 2

 sin 2 x + cos 2 x  1 1 1 MÆt kh¸c sin 2 x cos 2 x ≤   = nªn A ≥ 1 − 2. = .  2  4 4 2

Khi ®ã tan α =

1 2 1 2 th× cos α = : = . 5 5 5 5

= 2(sin α + cos α + 2sin αcos α) – (sin α + cos α - 2sin αcos α) – 6sin αcos

A = 1 – 2sin xcos x.

VËy min A =

• NÕu sin α =

1 2 hoÆc sin α = . 5 5

24.21. a) 2(sin α + cos α) – (sin α - cos α) – 6sin αcos α

24.19. a) Ta cã A = sin x + cos x = (sin x + cos x) – 2sin xcos x 2

3 2 sin α − sin 2 α = ⇔ 5sin 2 α − 3 5 sin α + 2 = 0 5 5

VËy max S = 17 khi x ≈ 28 4'. 4

3 3  3  2 ⇒ cos α = − sin α. Do ®ã sin α.  − sin α  = 5 5 5   5

⇔ ( 5 sin α − 1)( 5 sin α − 2 ) = 0. Suy ra sin α =

17 4 = . 4 17

⇒ S ≤ 17 (dÊu “=” x¶y ra khi

1 o khi sin x = cos x ⇔ x = 45 . 4

= (sin x + cos x) – 2sin xcos x - sin xcos x = 1 - 3sin xcos x.

sin 2 α 1 − sin α cos α. = 1 + cos 2 α − cos 2 α = 1. 2 sin α sin α cos α cos 2 α 6

c) sin α + cos α + 3sin αcos α = sin α + cos α + 3sin αcos α(sin α + cos α) 267

268

= (sin α + cos α) (v× (a + b) = a + b + 3ab(a + b)) = 1 = 1.

+C = 90o. 24.27. ∆ABC vu«ng t¹i A nªn B

24.22. Chia c¶ tö vµ mÉu cña biÓu thøc M cho cos α (do cos α > 0) ta ®−îc

Do ®ã sin B = cos C; sin C = cos B; tan B = cot C; tan C = cot B.

 sin α 2cos α   2sin α cos α  M= − + :  = (tan α − 2)(2 tan α + 1)  cos α cos α   cos α cos α  7 1   1  =  − 2  :  2. + 1 = − . 4   4  6

Ta cã P =

24.23. Ta cã

144 144 =6 . 169 169

1 1 24.24. Ta cã 1 + tan α = ⇒ tan 2 α = − 1. 2 cos α cos 2 α 2

sin 2 B + sin 2 C tan 2 B + tan 2 C = 2 cos 2 B + cos 2 C

(1 − cos2 B ) + (1 − cos2 C ) cos 2 B + cos 2 C

⇔

2 cos 2 B + cos 2 C 2 cos 2 B + cos 2 C −1 = −1 ⇔ = 2 2 2 2 2 2 cos B + cos C 2 cos B cos C cos B + cos C 2 cos 2 B cos 2 C 2

VËy

24.25. a) Ta cã cos 33 = sin 57 ; cot 25 = tan 65 . o

V× sin 57 < sin 65 < tan 65 < tan 69 nªn cos 33 < sin 65 < cot 25 < tan 69 . o

b) cos 65 = sin 25 ; cot 63 = tan 27 ; cos 66 = sin 24 . o

V× sin 20 < sin 24 < sin 25 < tan 27 < tan 28 o

sin B + sin C suy ra sin B + sin C = 2sin A. 2 BC AC AB AB + AC = = = . sin A sin B sin C sin B + sin C

BC AB + AC AB + AC suy ra BC = = . sin A 2sin A 2

24.30. Theo ®Þnh lÝ sin ta cã:

a b c a b+c = = . Suy ra = . sin A sin B sin C sin A sin B + sin C

NÕu sin A = sin B + sin C th× a = b + c. §iÒu nµy tr¸i víi bÊt ®¼ng thøc tam gi¸c.

nªn sin 20 < cos 66 < cos 65 < cot 63 < tan 28

24.29. Ta cã sin A = Theo ®Þnh lÝ sin ta cã:

⇔ ( cos 2 B + cos 2 C ) = 4 cos 2 Bcos 2 C ⇔ ( cos 2 B − cos 2 C ) = 0

180o − α α 180o − α α 180o − α α .cos + cos .sin − tan .tan 2 2 2 2 2 2

α α α α α α    = sin  90o −  .cos + cos  90o −  .sin − tan  90o −  .tan  2 2  2 2  2 2 α α α α α α α α = cos .cos + sin .sin − cot .tan = cos 2 + sin 2 − 1 = 1 − 1 = 0. 2 2 2 2 2 2 2 2

1  1   1  − 1 +  − 1  2  cos 2 B   cos 2 C  

2 − ( cos 2 B + cos 2 C ) 1  1 1  =  + − 2 2  cos 2 B cos 2 C cos 2 B + cos 2 C 

 sin 47o tan 42o  o o o o = +  : ( sin 65 .sin 65 + cos 65 .cos 65 )  sin 47o tan 42o 

b) N = sin

⇔

 cos 43o cot 48o  o o o o 24.28. a) M =  +  : ( cos 25 .sin 65 + sin 25 .cos 65 )  sin 47o tan 42o 

= (1 + 1) : ( sin 2 65o + cos 2 65o ) = 2 :1 = 2.

VËn dông hÖ thøc nµy ®Ó biÕn ®æi ®iÒu kiÖn ®· cho:

⇔

cot C − 3cot B − ( 3cot B − cot C ) = = −1 < 0. 3cot B − cot C 3cot B − cot C

VËy P.Q > 0 v× lµ tÝch cña hai sè cïng dÊu.

1 144  5  169 = 1 + tan 2 α = 1 +   = . Do ®ã cos 2 α = . VËy 2  12  144 169 cos α

N = 6 sin 2 α + 7 cos 2 α = 6(1 − cos 2 α ) + 7 cos 2 α = 6 + cos 2 α = 6 +

cos C − 2cos B − ( 2cos B − cos C ) = = −1 < 0. 2cos B − cos C 2cos B − cos C

VËy kh«ng thÓ x¶y ra sin A = sin B + sin C. o

24.31. Theo ®Þnh lÝ sin ta cã:

24.26.a) NÕu α < 45o th× 90o − α > 45o. Do ®ã sin α < sin (90o - α)

a b c = = = k. sin A sin B sin C

Suy ra a = k.sin A; b = k.sin B; c = k.sin C.

hay sin α < cos α.

Ta cã

a sin A + b sin B + c sin C = k sin 2 A + k sin 2 B + k sin 2 C

b) Ta cã tan α < tan (90 - α) do ®ã tan α < cot α. 269

270

A'B.B'C.C'A = AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C.

= k (sin A + sin B + sin C). (1)

MÆt kh¸c

Do ®ã AB'.BC'.CA' = A'B.B'C.C'A = AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C.

(a + b + c)(sin A + sin B + sin C) = k(sin A + sin B + sin C)2

= k (sin A + sin B + sin C).

NhËn xÐt: V× ba ®−êng cao tam gi¸c cïng ®i qua mét ®iÓm nªn nÕu ®Ò bµi chØ yªu cÇu chøng minh AB'.BC'.CA' = A'B.B'C.C'A th× theo ®Þnh lÝ Xª-va ta cã A ' B B'C C ' A . . = 1, tõ ®ã suy ra ngay ®pcm. A 'C B ' A C 'B

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra ®pcm.

24.32. Theo ®Þnh lÝ sin ta cã:

a b c = = = k. sin A sin B sin C

25.3.

(h.3.8)

A α

∆ABM vu«ng t¹i M, cã AM = AB.sin α

Suy ra a = k.sin A; b = k.sin B; c = k.sin C.

AM . sin α

nhän nªn a2 < b2 + c2 (xem bµi 1.17). Suy ra a.a < b.b + c.c. V× A

⇒ AB =

Do ®ã a.k.sin A < b.k.sin B + c.k.sin C dÉn tíi a.sin A < b.sin B + c.sin C.

Do ®ã AB ng¾n nhÊt ⇔ AM ng¾n nhÊt ⇔ M ≡ H ⇔ AM = 2cm.

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc VËy min AB =

b.sin B < c.sin C + a.sin A; c.sin C < a.sin A + c.sin C. VËy a.sin A, b.sin B, c.sin C lµ sè ®o ba c¹nh cña mét tam gi¸c.

25.4.

(h.3.6)

(h.3.9)

∆ACK vu«ng t¹i K, cã: CK = AC.sin

∆BCF vu«ng t¹i F, cã CF = BCsin B. C

b) ∆ABE vu«ng t¹i E, cã AE = ABcos A.

Do ®ã BH + CK = (AB + AC).sin

H×nh 3.6

∆ACD vu«ng t¹i D, cã CD = ACcos C. Do ®ã sin

Suy ra AE.BF.CD = AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C. (h.3.7)

Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc:

A . 2

A A = 6sin 2 2

A ≤ 3 3. 2

A 3 3 3 A ≤ 120o. ≤ = = sin 60o. Suy ra ≤ 60o ⇒ A 2 2 2 2

(h.3.10)

* T×m c¸ch gi¶i

∆CAA' vu«ng t¹i A', cã CA' = ACcos C. Suy ra AB'.BC'.CA' = AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C.

25.5.

∆BCC' vu«ng t¹i C', cã BC' = BCcos B.

H×nh 3.9

∆ABB' vu«ng t¹i B', cã AB' = ABcos A.

D K

mµ BH + CK ≤ BC = 3 3cm nªn 6sin

∆BCF vu«ng t¹i F, cã BF = BCcos B.

25.2.

H B

A ∆ABH vu«ng t¹i H, cã: BH = AB.sin . 2

H×nh 3.8

Suy ra BH + CK ≤ BD + CD = BC.

a) ∆ACD vu«ng t¹i D, cã AD = ACsin C.

Suy ra AD.BE.CF = AB.BC.CA.sin A.sin B.sin C.

2 khi M ≡ H. sin α

CK ⊥ AD. Ta cã BH ≤ BD, CK ≤ CD.

∆ABE vu«ng t¹i E, cã BE = ABsin A.

Chuyªn ®Ò 3. Mét sè hÖ thøc vÒ c¹nh vµ gãc trong tam gi¸c vu«ng 25.1.

A' H×nh 3.7

271

VÏ ®−êng cao AH ®Ó vËn dông c¸c hÖ thøc vÒ c¹nh vµ gãc trong tam gi¸c vu«ng. TÝnh HB vµ HC tõ ®ã tÝnh ®−îc BC.

272

* Tr×nh bµy lêi gi¶i

Suy ra cot B – cot C = 2tan α

H×nh 3.10

VÏ ®−êng cao AH. XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H cã:

hay tan α =

AH = AB.sin B = 14.sin 40 ≈ 9,0 (cm).

cot B − cot C cot 40o − cot 65o = ≈ 0,3627. 2 2 o

tan α ≈ tan 19 56' ⇒ α ≈ 20 .

BH = AB.cos B = 14.cos 40 ≈ 10,7 (cm).

b) Ta cã BH + CH = BC hay AHcot B + AHcot C = 45 ⇒ AH(cot B + cot C) = 45.

XÐt ∆AHC vu«ng t¹i H cã: HC = AC 2 − AH 2 = 112 − 92 ≈ 6, 3 (cm).

45 45 = ≈ 27 (cm). cot B + cot C cot 40o + cot 65o

• NÕu H n»m gi÷a B vµ C th× BC = BH + HC ≈ 10,7 + 6,3 = 17 (cm).

Suy ra AH =

• NÕu C' n»m gi÷a B vµ H th× BC' = BH – HC' ≈ 10,7 - 6,3 = 4,4 (cm).

25.9.

25.6.

VÏ CH ⊥ AB. XÐt ∆ACH vu«ng t¹i H, ta cã:

(h.3.11)

VÏ ®−êng cao AH. XÐt ∆ABH vu«ng t¹i H cã: 5,0

3,2

BH = AB.cos B = 3,2.cos 70 ≈ 1,1 (cm).

Ta cã BC = BH + HC ≈ 1,1 + 4,0 = 5,1 (cm). A

B H×nh 3.15

= 90o nªn HBC nhän. XÐt ∆HBC cã H K α

• Trªn tia AC cã AK < AC nªn ®iÓm K n»m gi÷a A vµ C. C

= 90o nªn ACB nhän. XÐt ∆KBC cã K Tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän nªn lµ tam gi¸c nhän.

H×nh 3.12

h sin α h XÐt ∆AHC vu«ng t¹i H cã: AH = HC tan α = . = . 2 sin α cos α 2 cos α

25.10. (h.3.16)

= α. §Æt MAH

AH = AC.cos A = 4,5.cos 64 ≈ 2,0 (cm).

tï hoÆc C tï. ∆ABC tï ⇔ B

BH = AHcot B; CH = AHcot C; MH = AHtan α. 65 o

∆AKB vu«ng t¹i K, ta cã: AK = AB.cos A = c.cos 64 .

a) XÐt ∆ABH vµ ∆AHC vu«ng t¹i H ta cã: 40o

VÏ CH ⊥ AB, BK ⊥ AC. ∆AHC vu«ng t¹i H, ta cã:

(h.3.13)

Do ®ã AHcot B – AHcot C = 2AHtan α.

XÐt ∆ABK vu«ng t¹i K, ta cã:

• Trªn tia AB cã AH < AB nªn ®iÓm H n»m gi÷a A vµ B.

BK h ⇒ BC = = . sin α sin α

Ta cã BH – CH = (BM + MH) – (CM – MH) = 2MH. B

K H

XÐt ∆KBC vu«ng t¹i K, cã: BK = BC.sin α

25.8.

AH = AC.cos A = 4,5.cos 55 ≈ 2,6 (cm).

AK = AB.cos A = 3,5.cos 55 ≈ 2,0 (cm).

(h.3.12)

h . 2sin α

55 o

4,5

§iÓm C kh«ng thÓ n»m gi÷a H vµ B v× trªn tia HB cã HC > HB. ChØ cßn tr−êng hîp ®iÓm H n»m gi÷a B vµ C.

VÏ CH ⊥ AB, BK ⊥ AC. XÐt ∆ACH vu«ng t¹i H, ta cã:

HC = AC − AH ≈ 5, 0 − 3, 0 = 4, 0 (cm).

25.7.

H×nh 3.14

b) (h.3.15)

H×nh 3.11

>H = 90o. VËy ∆ABC lµ tam gi¸c tï. Suy ra ABC

3,5

Trªn tia AB cã AB < AH nªn ®iÓm B n»m gi÷a A vµ H.

6,2

50o

2,4

XÐt ∆AHC vu«ng t¹i H cã:

AH = AC.cos A = 6,2.cos 50 ≈ 4,0 (cm).

AH = AB.sin B = 3,2.sin 70 ≈ 3,0 (cm).

a) (h.3.14)

B H×nh 3.16

tï. Ta cã B > 90o ⇔ AH > AB ⇔ 2 > c hay c < 2 vµ c > 0. • XÐt tr−êng hîp B tï. • XÐt tr−êng hîp C

H×nh 3.13

273

274

> 90o ⇔ AK > AB ⇔ c.cos 64o > 4,5 ⇔ c > Ta cã C

a b c = = . sin A sin B sin C

4,5 ≈ 10,3. cos 64o

Tãm l¹i, ∆ ABC tï khi 0 < c < 2cm hoÆc c > 10,3cm.

Do ®ã

25.11. (h.3.17)

= α, AD = x th× DB = 4 – x. Ta ®Æt B Ta cã DE // BC, suy ra Do ®ã DE =

Suy ra b =

D DE AD (hÖ qu¶ ®Þnh lÝ Ta-lÐt). = BC AB α B

AD.BC x.6 3x = = . AB 4 2

6,8.sin 62o 6,8.sin 53o ≈ 6, 6 (cm); c = ≈ 6, 0 (cm). sin 65o sin 65o

NhËn xÐt: §Ó gi¶i tam gi¸c tr−êng hîp (g.c.g) ta dïng ®Þnh lÝ sin.

b) (h.3.19)

= 180o − B −C = 105o. VËy ∆ABC lµ tam gi¸c Ta cã A tï, kh«ng vËn dông ®−îc ®Ýnh lÝ sin.

H×nh 3.17

XÐt ∆DBG vu«ng t¹i G, ta cã: DG = DB.sin α = (4 – x)sin α. DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt DEFG lµ S = DE.DG =

6,8 b c = = . o o sin 65 sin 62 sin 53o

40o

35o

VÏ ®−êng cao AH. V× c¸c gãc B vµ C nhän nªn ®iÓm H n»m gi÷a B vµ C.

3 x(4 − x) sin α. 2

H×nh 3.19

Ta cã BH = AHcot B, CH = AHcot C mµ BH + CH = BC

nªn AH(cot B + cot C) = 6,8 ⇔ AH =

 x +4−x  x(4 − x) ≤   = 4 (dÊu “=” x¶y ra khi x = 4 – x ⇔ x = 2).  2  3 Do ®ã S ≤ .4.sin α = 6sin α. 2 2

6,8 ≈ 2, 6 (cm). cot 40o + cot 35o

∆ABH vu«ng t¹i H, cã AH = AB.sin B. Suy ra AB =

AH 2,6 ≈ ≈ 4, 0 (cm). sin B sin 40o

∆ACH vu«ng t¹i H, cã AH = AC.sin C. Suy ra AC =

AH 2, 6 ≈ ≈ 4,5 (cm). sin C sin 35o

V× 0 < sin α < 1 nªn S < 6(cm ) khi D lµ trung ®iÓm cña AB.

25.14. (h.3.20)

25.12. XÐt ∆ABC cã CA lµ c¹nh lín nhÊt nªn gãc B lµ gãc lín nhÊt.

XÐt ∆ABC, c¹nh BC lµ c¹nh lín nhÊt nªn gãc A lµ gãc lín nhÊt. Ta cã 2

Ta thÊy AC < BA + BC (v× 7 < 5 + ( 39 ) )

BC < AB + AC (v× 7 < 5 + 6 ) nªn gãc A lµ gãc nhän (xem bµi 1.18).

nªn gãc B lµ gãc nhän (xem bµi 1.18).

VËy ∆ABC lµ tam gi¸c nhän. Theo ®Þnh lÝ c«-sin, ta cã:

Do ®ã ∆ABC lµ tam gi¸c nhän. Theo ®Þnh lÝ c«-sin ta cã:

• BC = AB + AC – 2AB.AC.cos A.

1 = 60o. Suy ra cos A = , do ®ã A 2

= 180o − B −C = 65o. Ta cã A V× ∆ABC nhän nªn theo ®Þnh lÝ sin ta cã:

Suy ra cos B =

53 a

H×nh 3.20 2

• AC = AB + BC – 2AB.BC.cos B. Do ®ã 6 = 5 + 7 – 2.5.7.cos B.

62o

1 ≈ 78o. Suy ra cos A = , do ®ã A 5

25.13. a) (h.3.18)

Do ®ã 7 = 5 + 6 – 2.5.6.cos A.

BC = AB + AC – 2AB.AC.cos A ⇔ ( 39 ) = 52 + 7 2 − 2.5.7.cos A. 2

19 ≈ 57o. , do ®ã B 35

≈ 180o − ( 78o + 57 o ) = 45o. • C H×nh 3.18

NhËn xÐt: §Ó gi¶i tam gi¸c khi biÕt ba c¹nh ta th−êng sö dông ®Þnh lÝ c«-sin. 275

276

25.15. (h.3.21)

VÏ CH ⊥ AB. XÐt ∆ACH vu«ng t¹i H, ta cã:

CH = AC.sin A = 5,7.sin 68 ≈ 5,3 (cm). o

AH = AC.cos A = 5,7.cos 68 ≈ 2,1 (cm).

Chuyªn ®Ò 4. HÖ thøc gi÷a c¸c tØ sè l−îng gi¸c

68o

cña c¸c gãc α vµ 2α α (0o < α < 45o)

5,7

4.1. Ta cã 1 + sin 2α = sin 2 α + cos 2 α + 2sin α cos α = (sin α + cos α)2 .

H×nh 3.21

Trªn tia AB cã AH < AB (2,1 < 5,0) nªn ®iÓm H n»m gi÷a A vµ B. Do ®ã BH = 5,0 – 2,1 = 2,9 (cm).

Do ®ã

1 + sin 2α = (sin α + cos α)2 = sin α + cos α .

XÐt ∆HBC vu«ng t¹i H, ta cã: BC = CH 2 + BH 2 ≈ 5,32 + 2, 92 ≈ 6, 0 (cm).

Ta cã sin α + cos α > 0 nªn

XÐt ∆ABC cã BC lµ c¹nh lín nhÊt nªn gãc A lµ gãc lín nhÊt.

49  24  4.2. a) Ta cã sin 2 α + cos 2 α = 1 ⇒ cos 2 α = 1 −   = . 625  25 

Ta cã BC < AB + AC (v× 6 < 5 + 5,7 ) nªn gãc A lµ gãc nhän, 2

Do ®ã cos α =

suy ra ∆ABC nhän. Do ®ã 5,7 = 5,0 + 6,0 – 2.5,0.6,0.cos B.

≈ 62o. Tõ ®ã C ≈ 180o − ( 68o + 62o ) = 50o. Suy ra cos B ≈ 0,4752 ⇒ B 25.16. (h.3.22)

50o

VÏ BH ⊥ AC. ∆ABH vu«ng t¹i H, ta cã:

4,6

AH = AB.cos A = 4,6.cos 50 ≈ 3,0 (cm). o

Do ®ã sin 2

49 7 24 7 336 = . VËy sin 2α = 2sin αcos α = 2. . = . 625 25 25 25 625

b) Tõ c«ng thøc cos 2α = 1 – 2sin α suy ra cos α = 1 − 2sin 2

BH = AB.sin A = 4,6.sin 50 ≈ 3,5 (cm).

1 + sin 2α = sin α + cos α.

3,7

α 1 − cos α  7  9 α 3 = = 1 −  : 2 = . VËy sin = . 2 2 25 2 5  25  2

4.3. Ta cã cos 2α = 1 – 2sin α ⇒ sin 2 α =

H×nh 3.22

∆HBC vu«ng t¹i H, ta cã: HC = BC 2 − BH 2 = 3, 7 2 − 3, 52 ≈ 1, 2 (cm).

α . 2

1 − cos 2α . 2

Víi α = 15 , 2α = 30 , ta ®−îc:

• NÕu H n»m gi÷a A vµ C th× AC = AH + HC ≈ 3,0 + 1,2 = 4,2(cm).

sin 2 15o =

< 90o vµ sin C = BH ≈ 3,5 ≈ sin 71o. Khi ®ã C BC 3, 7 = 71o vµ B ≈ 180o − ( 50o + 71o ) = 59o. Suy ra C

Do ®ã sin15o =

1 − cos 30o  3 2 − 3 4 − 2 3 ( 3 − 1) = 1 − = = . :2 = 2  2  4 8 8

(

3 − 1) 3 −1 6− 2 = = . 8 4 2 2

• NÕu C' n»m gi÷a H vµ A th× AC' = AH – HC' ≈ 3,0 - 1,2 = 1,8(cm). 2

Ta cã cos 2α = 2cos α - 1 ⇒ cos 2 α =

Khi ®ã AC ' B > 90o.

1 + cos 2α . 2

Víi α = 15o, 2α = 30o, ta ®−îc:

= 71o ⇒ AC Ta cã BC 'C = C ' B = 180o − 71o = 109o

' = 180o − ( 50o + 109o ) = 21o. vµ ABC

cos 2 15o =

Do ®ã cos15o =

277

1 + cos 30o  3 2 + 3 4 + 2 3 ( 3 + 1) = 1 + = = . :2 = 2  2  4 8 8

(

3 + 1) 3 +1 6+ 2 = = . 8 4 2 2

278

Ta cã tan15o =

sin15o 6− 2 6+ 2 2 ( 3 − 1) ( 3 − 1) = : = = o 4 4 2 cos15 2 ( 3 + 1)

Ta cã HM = AM.cos M = 2.cos 30o = 2. Suy ra HB = HM + MB = 3 + 2.

4−2 3 = = 2 − 3. 2

Ta cã AB2 = AH 2 + HB2 = 12 + ( 3 + 2 ) = 8 + 4 3 = 2 ( 4 + 2 3 ) = 2 ( 3 + 1)

Çch gi¶i kh¸c: TÝnh trùc tiÕp theo ®Þnh nghÜa cña çc tØ sè l−îng gi¸c. • Çch thø nhÊt (h.4.3) N B

§Ó tÝnh sin B, cos B, tan B ta cÇn ph¶i biÕt AB, BC.

AC2 = BC2 − AB2 = 16 − ( 8 + 4 3 ) = 8 − 4 3 = 2 ( 4 − 2 3 ) = 2 ( 3 − 1)

VËy sin15o = sin B =

cos15o = cos B =

AN = AC.cot 30o = 1. 3 = 3; AB = AN + NB = AN + NC = 2 + 3.

4.4. Dïng kÕt qu¶ bµi 4.3 ta ®−îc:

Do ®ã BC = 8 + 4 3 = 2 ( 4 + 2 3 ) = 2 ( 3 + 1) = 2 ( 3 + 1) .

2 ( 3 + 1)

AB 2+ 3 cos15 = cos B = = = BC 2 ( 3 + 1) o

tan15o = tan B =

2 ( 3 − 1) 6− 2 . = 2.2 4

sin 75o = cos15o =

6+ 2 ; 4

2 ( 3 − 1)( 2 + 3 ) 6+ 2 = . 4 4

cos 75o = sin15o =

6− 2 ; 4

tan 75o = cot15o =

AC 1 2− 3 = = = 2 − 3. AB 2 + 3 1

1 1 = = 2 + 3. tan15o 2 − 3

4.5. Dïng kÕt qu¶ vÝ dô 4 ta ®−îc:

• C¸ch thø hai (h.4.4)

= 15o , BC = 4. XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A, B VÏ ®−êng trung tuyÕn AM vµ ®−êng cao AH.

sin 67o30 ' = cos 22o30 ' =

2+ 2 ; 2

cos 67o30 ' = sin 22o30 ' =

2− 2 ; 2

Ta cã MA = MB = MC = 2.

AB 2 ( 3 + 1) 6+ 2 = = . BC 4 4

AC 2 ( 3 − 1) ( 3 − 1) = = = 2 − 3. tan15 = tan B = AB 2 2 ( 3 + 1)

XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A cã BC2 = AB2 + AC2 = ( 2 + 3 ) + 12 = 8 + 4 3.

AC 6− 2 = . BC 4

AC = BC

⇒ AC = 2 ( 3 − 1) .

H×nh 4.3

VÏ ®−êng trung trùc cña BC c¾t AB t¹i N.

⇒ AB = 2 ( 3 + 1) . A

= 15o , AC = 1. XÐt ∆ABC vu«ng t¹i A, B

VËy sin15o = sin B =

3 = 3. 2

= 30o nªn AH = 1 AM = 1. XÐt ∆AMH vu«ng t¹i H, AMC 2

H C

tan 67o30 ' = cot 22o30 ' =

H×nh 4.4

1 = tan 22o30 '

1 = 2 + 1. 2 −1

4.6. (h.4.5) 279

280

VËy α vµ 2β lµ hai gãc phô nhau.

Ta cã cos β = o x 36

H×nh 4.5

5 +1 . 4

Ta cã sin α =

HM 3a 5 3 = :a 5 = . AM 5 5 A

2α

cos 36o + 1 1  5 + 1  1 2 5 + 10 ⇒ cos 18 = =  + 1 = ( 5 + 5 ) = . 2 2 4  8 16 o

H×nh 4.8

XÐt ∆AMN vu«ng t¹i A cã AM = MNcos 2α

1 2 5 + 10. Tõ ®ã suy ra 4

⇒ MN =

Ta ®Æt AB = 2a th× BM = DN = a.

a a a(cos 2α + 1) + = . 2 2 cos 2α 2 cos 2α

Dïng ®Þnh lÝ Py-ta-go ta tÝnh ®−îc AM = AN = a 5. N

V× cos 2α = 2cos α - 1 nªn cos 2α + 1 = 2cos α. 2

β α

AM 2AM a = = . cos 2α 2 cos 2α 2 cos 2α

Ta cã CN = CM + MN =

1 5 −1 2 5 + 10; sin18o = cos 72o = . 4 4

= DAN = β, khi ®ã α = 90 - 2β. §Æt BAM

2a 5 3a 5 = . 5 5

a AM = MB = MC = . 2

Còng vËn dông hÖ thøc trªn ta ®−îc: cos 36 = 2cos 18 – 1

∆ABC vu«ng t¹i A, AM lµ ®−êng trung tuyÕn nªn

 5 +1  6+2 5 5 −1 cos 72o = 2 cos 2 36o − 1 = 2.  −1 = .  −1 =  4  8 4

4.7. (h.4.6)

H×nh 4.7

4.8. (h.4.8)

sin 72o = cos18o =

DC.DN 2a.a 2a 5 DH DN = = . = . Suy ra DH = DC DM DM 5 a 5

Do ®ã HM = DM − DH = a 5 −

Do ®ã cos18o =

+D = 90o nªn A +D = 90o. Ta cã D 1 2 1 2

∆DHN ≈ ∆DCM (g.g) ⇒

b) VËn dông hÖ thøc cos 2α = 2cos α - 1 ta ®−îc

=D . ∆AND = ∆DMC (c.g.c). Suy ra A 1 1

DN = a, DM = AM = a 5.

 5 +1 (chän) x =     1 5 1 5 4 ⇔  2x − −   2x − + =0⇔  2 2  2 2   1− 5 < 0(lo¹i). x =  4

B 1 α

Suy ra AH ⊥ DH. Ta ®Æt AB = 2a th×

2 1  5 DA AB 1 2x  2 ⇔ 4x – 2x – 1 = 0 ⇔  2x −  −  = ⇒ =  =0 DC AC 2x − 1 1  2  2 

Gäi H lµ giao ®iÓm cña AN víi DM.

Do ®ã cos 36 = x.

3 AD 2a 2  2  = = ; sin α = cos 2β = 2 cos 2 β − 1 = 2.   −1 = 5 . AN a 5 5  5

C¸ch gi¶i kh¸c (h.4.7)

AH x XÐt ∆ADH vu«ng t¹i H, ta cã cos A = = . AD 1

VËy cos 36o =

VÏ ®−êng ph©n gi¸c BD. DÔ thÊy c¸c tam gi¸c BCD, ABD lµ nh÷ng tam gi¸c c©n. Do ®ã AD = BD = BC = 1. VÏ DH ⊥ AB th× HA = HB. Ta ®Æt HA = HB = x.

Do ®ã CN =

a.2 cos α 2 ( 2 cos 2 α − 1)

50o

a cos α . 2 cos 2 α − 1

4.9. (h.4.9)

30o

H×nh 4.6

H×nh 4.9

281

282

= 50o − 30o = 20o ; CBN

Chuyªn ®Ò 5. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c, diÖn tÝch tø gi¸c nhê sö dông c¸c tØ sè l−îng gi¸c

= NBC +C = 20o + 50o = 70o ; ANB

5.1. (h.5.5)

= 180o − ( 50o + 50o ) = 80o ; Ta cã BMA

= α < 90 . XÐt h×nh b×nh hµnh ABCD, D

= 80o − 50o = 30o. CAM

VÏ ®−êng cao AH.

¸p dông ®Þnh lÝ sin vµo c¸c tam gi¸c OBM, OAB, OAN ta ®−îc:

OM OB OM sin 20o OB OA OB sin 50o = ⇒ = ; = ⇒ = ; OB sin 80o sin 50o sin 30o OA sin 30o sin 20o sin 80o

XÐt tam gi¸c ADH vu«ng t¹i H, ta cã: AH = AD.sin α.

OA ON OA sin 70o = ⇒ = . ON sin 30o sin 70o sin 30o

VËy S = AD.DC.sin α.

nªn

α a

AB = ACcos α = acos α; BC = ACsin α = asin α. o

H×nh 5.6

DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt ABCD lµ:

1 1 2 S = AB.BC = acos α . asin α = a sin αcos α = a 2 .2sin α cos α = a 2 sin 2α. 2 2

5.3. (h.5.7)

y C

1 1 Ta cã SAOB = OA.OBsin α; SCOD = OC.OD sin α. 2 2

B+C 180o − A A A  sin = sin = sin  90o −  = cos ; 2 2  2 2

Do ®ã

SAOB SCOD

B O

1 OA.OBsin α OA OB =2 = . = m.n. 1 OC.OD sin α OC OD 2

H×nh 5.7

5.4. V× ∆ABC nhän nªn theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã a = b + c – 2bccos A

C+A 180o − B B B  sin = sin = sin  90o −  = cos ; 2 2  2 2

⇒ cos A =

A+B 180o − C C C  = sin = sin  90o −  = cos . 2 2  2 2

Ta cã sin A.sin B.sin C ≤ sin

H H×nh 5.5

XÐt ∆ABC vu«ng t¹i B cã:

2sin 20o.cos 20o.2 cos 40o sin 40o.2cos 40o sin 80o = = = 1. sin 80o sin 80o sin 80o

sin

5.2. (h.5.6)

OM sin 20 sin 50 sin 70 sin 20 .cos 40 .cos 20 = . . = 1 1 ON sin 80o sin 30o sin 30o sin 80o. . 2 2

4.10. Ta cã sin A = 2sin

DiÖn tÝch h×nh b×nh hµnh ABCD lµ: S = CD.AH = CD.AD.sin α.

OM OM OB OA = . . ON OB OA ON

V×

b2 + c2 − a 2 . 2bc

Ta cã cot A =

B+C C+A A+B .sin .sin 2 2 2

Do ®ã S =

A A B B C C A B C .cos .sin .cos .sin .cos ≤ cos .cos .cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B C 1 ⇔ 8sin .sin .sin ≤ 1 ⇔ sin .sin .sin ≤ . 2 2 2 2 2 2 8 ⇔ 8sin

cos A b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c2 − a 2 1 (v× S = bcsin A). = = sin A 2bc sin A 4S 2

b2 + c2 − a 2 . 4 cot A

= 45o ta cã: ¸p dông: Víi a = 39, b = 40, c = 41 vµ A

BÊt ®¼ng thøc cuèi ®óng (xem bµi 2.8). Do ®ã bÊt ®¼ng thøc ®· cho lµ ®óng. 283

402 + 412 − 392 = 440 (®vdt). 4 cot 45o 284

1 XÐt c¸c tam gi¸c ABN vµ ABC cã BN = BC 3

5.5. (h.5.8) y

Ta ®Æt diÖn tÝch tam gi¸c AOB lµ S. 1 1 Ta cã S = OA.OBsin O = OA.OBsin 45o 2 2 45o

1 2 2 = OA.OB. = OA.OB. 2 2 4 2

1 nªn SABN = S. 3

A H×nh 5.8

 OA + OB   8  Nh−ng OA.OB ≤   =   = 16.  2  2

7 8 1 1 1 1 Do ®ã SMNP = S −  + +  S = S < S = S. 24 24 3 8 4 3

2 2 2 Do ®ã S ≤ .16 = 4 2 (cm ) khi OA = OB = 4cm. VËy max S = 4 2 cm . 4 1 3 AB ⇒ BM = AB; 4 4

Ta ®Æt SAMP = S1; SBMN = S2; SCNP = S3 vµ SABC = S.

XÐt ∆BEO vu«ng t¹i B, ta cã: OE =

H×nh 5.9

OB 3 = . sin α sin α

α 2

H×nh 5.11

1 1 2 3 6 OD.OE = . . = . 2 2 cos α sin α 2sin α cos α 2

(*)

¸p dông bÊt ®¼ng thøc x + y ≥ 2xy ta ®−îc: 2

sin α + cos α ≥ 2sin αcos α hay 1 ≥ 2sin αcos α.

1 1 2 1 1 1 1 S3 = CN.CP sin C = . CB. CA.sin C = . CB.CA.sin C = S. 2 2 3 2 3 2 3

Thay vµo (*) ta ®−îc: S =

17 17 7 1 1 1 VËy S1 + S2 + S3 =  + +  S = S. Do ®ã SMNP = S − S = S. 24 24 24 8 4 3

6 6 ≥ 2sin α cos α 1 o

(dÊu “=” x¶y ra khi sin α = cos α ⇔ α = 45 ) 2

VËy min S = 6cm khi α = 45 .

7 8 1 = S < S = S. 24 24 3

C¸ch gi¶i kh¸c: (kh«ng dïng tØ sè l−îng gi¸c) (h.5.10) VÏ ®o¹n th¼ng AN. XÐt c¸c tam gi¸c NMB vµ NAB 3 cã BM = AB vµ chung chiÒu cao vÏ tõ ®Ønh N nªn 4 3 S2 = SNAB . (1) 4

OA 2 = . cos α cos α

DiÖn tÝch tam gi¸c DOE lµ:

1 1 3 1 1 1 1 BM.BN sin B = . AB. BC.sin B = . BA.BC.sin B = S. 2 2 4 3 4 2 4

Ta cã SMNP

XÐt ∆AOD vu«ng t¹i O, ta cã: OD =

1 1 1 = . AB.AC.sin A = S. 8 2 8 S2 =

= α th× BEO = α. Ta ®Æt AOD

1 1 1 1 AM.AP sin A = . AB. AC.sin A 2 2 4 2

= BEO (cïng phô víi BOE). Ta cã AOD P

1 2 1 1 BN = BC ⇒ CN = BC; CP = CA ⇒ AP = CA. 3 3 2 2

Khi ®ã S1 =

5.7. (h.5.11)

Ta cã AM =

3 1 1 Tõ (1) vµ (2) suy ra S2 = . S = S. 4 3 4 1 1 Chøng minh t−¬ng tù ta ®−îc S3 = S; S1 = S. 3 8

5.6. (h.5.9)

(2)

= α gióp ta tÝnh ®−îc c¸c c¹nh gãc vu«ng cña ∆DOE, tõ NhËn xÐt: ViÖc ®Æt AOD ®ã tÝnh ®−îc diÖn tÝch cña tam gi¸c nµy theo c¸c tØ sè l−îng gi¸c cña gãc α. Do ®ã viÖc t×m min S ®−a vÒ t×m max(sin αcos α) ®¬n gi¶n h¬n.

A M

5.8. (h.5.12)

P S2

N H×nh 5.10

a) Ta cã AB // CD mµ AH ⊥ CD nªn AH ⊥ AB. C

285

• ∆ADH vµ ∆ABK cã:

K H H×nh 5.12

286

=K = 90o ; D =B (hai gãc ®èi cña h×nh b×nh hµnh). H Do ®ã ∆ADH Do ®ã

∆ABK (g.g). Suy ra

AD AH = . AB AK

V× SANC – SANB = SABC

AK AH AH (v× AD = BC). = = AB AD BC

nªn

AK = AH . =B (cïng phô víi BAK); • ∆KAH vµ ∆ABC cã KAH AB BC Do ®ã ∆KAH

∆ABC (c.g.c). Suy ra

Do ®ã AN(AC – AB) = AB.AC. Suy ra

∆ABC nªn

1 1 2 AB.AM.sin 45o = AB.AM. ; 2 2 2

1 1 ab 3 (®vdt). AB.BC.sin B = ab.sin 60o = 2 2 4

SABN =

1 1 2 AB.AN.sin 45o = AB.AN. ; 2 2 2

SAMN =

1 AM.AN (v× ∆AMN vu«ng t¹i A). 2

SKAH  AK  3 2 =  = (sin B) = . SABC  AB  4

ab 3 (®vdt). 2

Do ®ã AB(AM + AN). Suy ra

AM + AN = AM.AN

1 1 1 1 3 b 3 (®vdt) SADH = DA.DH.sin 60o = .DA. ( DA cos 60o ) .sin 60o = b2 . . = 2 2 2 2 2 8 .

MÆt kh¸c SAKCH = SABCD – SABK – SADH ab 3 a 2 3 b 2 3 3 − − = (4ab − a 2 − b 2 ) (®vdt). 2 8 8 8

5.9. (h.5.13)

x A

= NAB = (180o − 60o ) : 2 = 60o. Ta cã NAx

SANC =

1 AN.AC.sin 60o ; 2

H×nh 5.14

1 2 1 2 1 nªn AB.AM. + AB.AN. = AM.AN. 2 2 2 2 2

1 1 1 1 3 a2 3 (®vdt) SABK = BA.BK.sin 60o = .BA. ( BAcos 60o ) .sin 60o = .a.a. . = 2 2 2 2 2 8 .

nªn SAKCH =

MÆt kh¸c, SABM + SABN = SAMN

3 3 ab 3 3 3ab Suy ra SKAH = SABC = . (®vdt). = 4 4 4 16

Ta cã SABCD = ab sin 60o =

AC − AB 1 1 1 1 hay = − = . AC.AB AN AB AC AN

5.10. (h.5.14)

KH AK = . AC AB

V× ∆KAH

1 1 1 AN.AC.sin 60o − AN.AB.sin 60o = AB.AC.sin 60o. 2 2 2

AK KH . VËy = sin B hay KH = AC.sin B. AB AC

XÐt ∆ABK vu«ng t¹i K cã sin B = b) DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S =

1 1 AN.AB.sin 60o ; SABC = AB.AC.sin 60o. 2 2

SANB =

B H×nh 5.13

287

2 = AM.AN. 2

1 AB.

2 2

hay

1 1 2 + = ; AM AN AB o

b) Gãc nhän t¹o bëi hai ®−êng th¼ng AN, AC lµ 45 . Ta cã SANC =

1 1 2 AC.AN.sin 45o = AC.AN. ; 2 2 2

SAMC =

1 1 2 AC.AM.sin 45o = AC.AM. ; 2 2 2

SAMN =

1 AM.AN (v× ∆AMN vu«ng t¹i A). 2

MÆt kh¸c, SANC - SAMC = SAMN nªn

1 2 1 2 1 AC.AN. − AC.AM. = AM.AN. 2 2 2 2 2

288

Do ®ã AC(AM − AN). Suy ra

AM − AN = AM.AN

1 180o − α 180o − α 1 α α   AB.AC.2sin cos = AB.AC.2sin  90o −  cos  90o −  2 2 2 2  2  2 1 α α = AB.AC.2 cos sin . 2 2 2 α Suy ra AD(AB + AC) = AB.AC.2.cos . 2

2 = AM.AN. 2

1 AC.

2 2

hay

1 1 2 − = . AM AN AC

5.11. • Tr−êng hîp gãc A nhän (h.5.15) 1 α = α. Ta cã S Ta ®Æt A ; ABD = AB.AD.sin 2 2 SACD =

AB + AC Do ®ã = AB.AC

1 α 1 AC.AD.sin ; SABC = AB.AC.sin α. 2 2 2

= 90o th× ta chøng minh ®−îc NhËn xÐt: NÕu A

MÆt kh¸c, SABD + SACD = SABC nªn

1 α 1 α 1 AB.AD.sin + AC.AD.sin = AB.AC.sin α. 2 2 2 2 2

x B A

1 1 SAOC = OA.OC.sin15o ; SBOC = OB.OCsin 30o. 2 2

α α cos ). 2 2

H×nh 5.17

MÆt kh¸c, SAOB + SAOC = SBOC nªn

α Do ®ã AD(AB + AC) = AB.AC.2.cos . 2

1 1 1 OA.OB.sin15o + OA.OC.sin15o = OB.OC.2 sin15o cos15o. 2 2 2

Do ®ã OA(OB + OC) = 2OB.OC cos15o.

α α 2.cos 2 cos AB + AC 1 1 2 2. Suy ra = dÉn tíi + = AB.AC AD AB AC AD

Suy ra

• Tr−êng hîp gãc A tï (h.5.16)

1 1 2( 6 + 2 ) 6+ 2 OB + OC 2 cos15o hay + = = . = OB.OC OA OB OC a.4 2a

5.13. (h.5.18)

x A

= α th× BAx = 180o − α. Ta ®Æt BAC

lµ gãc nhän. Ta cã S Khi ®ã BAx ABD + SACD = SABC.

5.12. (h.5.17) 1 Ta cã SAOB = OA.OB.sin15o ; 2

H×nh 5.15

α α α α + AC.AD.sin = AB.AC.2.sin cos 2 2 2 2

(v× sin α = 2 sin

1 1 2 + = , vÉn phï hîp AB AC AD

víi kÕt luËn cña bµi to¸n. B

Suy ra

AB.AD.sin

α α 2 cos 2 hay 1 + 1 = 2. AD AB AC AD

2.cos

Gäi O lµ giao ®iÓm hai ®−êng chÐo.

H×nh 5.16

1 α 1 α 1 AB.AD.sin + AC.AD.sin = AB.AC.sin (180o − α ) 2 2 2 2 2

AD = m, CD = n.

= ADC = α < 90o. Gi¶ sö AOD

αO

Ta ®Æt OC = OA = x, OD = OB = y,

Do ®ã

B x

H n

H×nh 5.18

lµ gãc ngoµi nªn XÐt ∆OCD cã AOD +C = AOD = α. D 2 1 +D = ADC = α. Suy ra C =D . MÆt kh¸c D 2 1 1 1

289

290

Ta cã SADO =

1 1 ; S m.y sin D 1 DCO = n.x sin C1. 2 2

Do ®ã

MÆt kh¸c SADO = SDCO nªn m.y = n.x. Do ®ã

Suy ra AD =

x m 2x m AC AD = ⇒ = hay = . y n 2y n BD DC

5.14. (h.5.19)

⇒ sin B =

4,6

Do ®ã

2S 2.9, 69 ≈ 50o. = ≈ sin 50o. VËy B AB.BC 4, 6.5,5

H×nh 5.19

Ta cã S = AB.AC.sin B ⇒ sin B =

5,5

5.15. (h.5.20)

4 ?

S 6 3 3 = = = sin 60o. AB.BC 4.3 2

1 1 x.y sin α; S1 = S = 25cm 2 . 2 2

H×nh 5.22

E C

MÆt kh¸c x + y ≥ 2xy (dÊu “=” x¶y ra khi x = y).

3 2. 1 1 13 3 40 3 1 1 2 cos 30o 2 Ta cã ⇔ + = ⇔ = ⇒ AD = (cm). + = AB AC AD 5 8 AD 40 AD 13

H×nh 5.21

= α. Ta cã 1 + 1 = 5.20. Ta ®Æt BAC AB AC

Do ®ã DE ≥ 2xy – 2xycos α = 2xy(1 – cos α)

α 100.2sin 2 2xy.sin α(1 − cos α) 4S1 (1 − cos α) 2 = 100 tan α . = = = α α sin α sin α 2 2sin cos 2 2

α 2 . MÆt kh¸c 1 + 1 = 1 . AD AB AC AD

2 cos

α 2 = 1 . Do ®ã 2 cos α = 1 ⇒ cos α = 1 = cos 60o. AD AD 2 2 2

2 cos Suy ra Do ®ã

α α VËy DE ≥ 100 tan = 10 tan . 2 2

α = 60o ⇒ α = 120o. 2

α 2 (bµi 5.11). AD

2 cos

291

C 7

1 = 60o. Do ®ã cos A = ⇒ A 2

1 1 5.17. Ta cã + = AB AC

V× c¹nh CA lµ c¹nh lín nhÊt nªn gãc B lµ gãc lín nhÊt trong ∆ABC.

BC = AB + AC – 2bccos A ⇔ 7 = 5 + 8 – 2.5.8cos A.

5.19. (h.5.22)

lµ gãc nhän, do ®ã ∆ABC lµ tam gi¸c nhän. Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã:

H×nh 5.20

Ta ®Æt AD = x, AE = y.

Ta cã DE2 = x2 + y2 – 2xycos α.

1 1 2 cos 60o 1 1 + = ⇔ = ⇒ AD = 4(cm). 6 12 AD 4 AD

Khi ®ã diÖn tÝch ∆ADE lµ S1 =

α 2. AD

2 cos

Ta thÊy AC < AB + BC (v× 8 < 5 + 7 ) nªn gãc B

5.16. (h.5.21)

= 60o ; A = 60o ⇒ D =C = 120o. VËy B

4, 7.5, 3.2 cos 36o ≈ 4, 0(cm). 10

1 1 5.18. Ta cã + = AB AC

1 AB.BCsin B 2

Ta cã S =

1 1 2 cos36o 10 2 cos 36o + = ⇔ = . 4,7 5,3 AD 4, 7.5,3 AD

292