Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Hình học - Chuyên đề 19: Một số hệ thức lượng trong đường tròn

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Hình học - Chuyên đề 19: Một số hệ thức lượng trong đường tròn

1. CHƯƠNG 10 Chuyên đề 19: 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 = MO2 - R2. 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 = R2 - MO2. 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: MA2 = MB.MC = MO2 - R2. 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 x·Oy . Hai điểm A và B thuộc cạnh Ox và điểm C thuộc cạnh Oy sao cho OA.OB = OC 2 . Khi đó OC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Các hệ thức trên, bạn đọc đều có thể chứng minh được bằng kiến thức của tam giác đồng dạng. Vận dụng các hệ thức lượng trong đường tròn, chúng ta sẽ giải được nhiều bài toán về chứng minh đẳng thức, chứng minh tứ giác nội tiếp và những vấn đề liên quan. B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi (O) là đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B. Gọi (O’) là đường tròn tiếp xúc với AB tại B và tiếp xúc với AC tại C. Gọi I là giao điểm (khác B) của hai đường tròn trên. Chứng minh rằng CI đi qua trung điểm AB. Giải Tìm cách giải. Gọi M là giao điểm của CI và AB, ta không thể chứng minh MA = MB bằng cách ghép vào hai tam giác bằng nhau được. Quan sát, ta dễ dàng nhận ra được: BM 2 = MI.MC vì vậy ta nên tìm cách chứng minh MA2 = MC.MI. Để chứng minh điều này chỉ cần chứng minh µ µ DMAI ∽ DMCA Û C1 = A1 Trình bày lời giải
2. Gọi M là giao điểm của CI và AB. Theo hệ thức lượng ta có: BM 2 = MI.MC (1) µ ¶ Ta có A1 = B2 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn cung BI) µ ¶ µ µ Mặt khác,C1 = B2 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn cung CI) suy ra: C1 = A1 nênDMAI ∽ DMCA(g.g) MA MI Þ = Þ 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; b) C·MA = E·MA; æMB ö2 DE c) ç ÷ = . èçMC ø÷ 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. - Câu b, nhận xét rằng:OD ^ AB nênC·MA = E·MA Û E·MD = C·MO, kết hợp với tứ giác OMEC nội tiếp ta có: E·MD = E·CO;C·MO = O·ED . Từ đó ta tìm được cách chứng minh. Trình bày lời giải a) Theo hệ thức lượng trong đường tròn, ta có: DB2 = DC.DE (1) 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.
3. b) Ta có OMEC là tứ giác nội tiếp nên O·MC = O·EC, D·ME = O·CE. Lại có OE = OC nên O·CE = O·EC. Từ đó ta có:C·MA = 90o - O·MC = 90o - D·ME = E·MA. 180o - C·OE c) Ta có: B·MC = 90o + O·MC = 90o + O·EC = 90o + 2 1 1 1 = 180o - sñC¼AE = 360o - sñC¼AE = sñC¼BE = C·AE (3) 2 2( ) 2 1 Mặt khácC·BM = C·EA = sñ»AC (4) 2 MB AE Từ (3) và (4) suy ra:DBCM ∽ DECA(g.g) nên ta có: = (5) MC AC AE DE DA Lại có:DDAE ∽ DDCA(g.g) nên ta có: = = . CA DA DC æAE ö2 DE DA DE Do đó:ç ÷ = × = (6) èçAC ø÷ DA DC DC æMB ö2 DE Từ (5) và (6) suy ra:ç ÷ = . èçMC ø÷ DC Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). AD, BE, CF là ba đường cao (D Î BC, E Î CA, F Î 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 cùng một đường tròn. b) Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng GH ^ AN. (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 = GM.GA . Mặt khác dựa vào hình vẽ dễ dàng có được:GM.GA = GB.GC và GB.GC = GF.GE . Từ đó ta tìm được cách giải. - Quan sát hình vẽ, ta có AH ^ GN nênGH ^ AN Û H là trực tâmDGAN .
4. MN  AC. Dễ dàng có được ·AMH = 90o nên chỉ cần chứng minh H, M , N thẳng hàng. Trình bày lời giải a) Áp dụng hệ thức lượng, ta được:GM.GA = GB.GC Áp dụng hệ thức lượng, ta được:GB.GC = GF.GE (vì tứ giác BCEF nội tiếp) Suy ra:GF.GE = GM.GA . 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 ·AMK = 90o nên AK là đường kính của (O). Từ đó suy ra: KC ^ CA, KB ^ BA Þ KC / /BH, KB / /CH Þ Tứ giác BHCK là hình bình hành Þ KH đi qua điểm N. Khi đó M , H, N thẳng hàng. Trong đó tam giác GAN có hai đường cao AD, NM, cắt nhau tại H, nên H là trực tâm của tam giác GANÞ 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 Tìm cách giải. Ta có O· AE O· BE 90, nên O· FE 90 F thuộc đường 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 Chứng minh được: O, M , F thẳng hàng. Áp dụng hệ thức lượng, ta được:
5. MA.MB MC.MD MC 2. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: MO.MF MC 2. Do đó: MA.MB MO.MF. Suy ra bốn điểm O, A, B, F cùng thuộc một đường tròn O· AB O· FB. 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 O· FE O· BE 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 thẳng hàng và HL vuông góc với AK . Giải Ta có B· EC B· FC 90 nên tứ giác BCEF nội tiếp. Theo hệ thức lượng trong 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 trong 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
6. H· DK H· LK 180 H· LK 90 hay HL  AK Nhận xét. Từ lời giải trên, giả sử đường thẳng HL cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK lần lượt tại điểm thứ hai là M và N . Khi đó từ M· LK 90; N· LK 90 nên KM , KN là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Từ đó chúng ta có thể giải được bài thi Olimpic Toán học Quốc tế năm 2013 như sau: Cho tam giác ABC nhọn, kẻ các đường cao 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 C. Bài tập vận dụng 19.1. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn tâm (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn (I). Chứng minh rằng: BD BE. ( Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Phú Yên, năm học 2012 – 2013) 19.2. Cho tam giác nhọn ABC 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. a) Chứng minh ba điểm I, M, J thẳng hàng. b) Gọi K là trung điểm của EF, tia MK cắt AC và tia BA theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam giác PAQ cân. ( Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2006 – 2007)
7. 19.3. Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường cao AH. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Trên cung nhỏ AH của đường tròn (O) lấy điểm M bất kì khác A. Trên tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) lấy hai điểm D và E sao cho 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 nhau. 19.4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC (M khác B và C). Đường tròn 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 B· AC, ·ABC cắt nhau tại I và cắt đường tròn tại D, E (D khác A, E khác B). Đường tròn đường kính ID cắt BC tại M, N. Đường tròn đường kính IE cắt AC tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng thuộc đường tròn. 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) lấy hai điểm tùy ý phân biệt M, N khác A và B. Gọi P, Q lần lượt 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 đường tròn (S) ME AM 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 điểm H sao cho 3R BH và đường thẳng vuông góc với AB ở H cắt đường tròn (O) ở E, F. Một đường thẳng 4 quay quanh điểm H cắt đường tròn (O) ở M, N và các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt ở M ', N '. a) Chứng minh AM.AM ' AE 2 ; b) Chứng minh rằng bốn điểm M , N, M ', N ' ở trên một đường tròn (C); c) Giả sử đường tròn (C) cắt AB ở P và Q. Tính theo R độ dài đoạn thẳng PQ.
8. ( Thi học sinh giỏi Toán 9, TP. Đà Nẵng, năm học 2007 – 2008)
9. HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP SỐ 19.1. GọiG là điểm tiếp xúc giữa nửa đường tròn (O) và đường tròn (I) Þ G, I,O thẳng hàng. Gọi F là tiếp điểm củaCD với đường tròn (I) Þ IF / / AB (cùng vuông góc vớiCD )Þ G· IF = G·OB. XétDIGF có IG = IF 180o - G· IF Þ I·GF = . 2 XétDOGB cóOG = OB 180o - G·OB Þ O·GB = . 2 Þ O·GB = I·GF Þ ba điểmG, F và B thẳng hàng(vì 2 tia GF và GB trùng nhau). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DADB vuông tại D, ta có: BD2 = BC.BA (1) Áp dụng hệ thức lượng. Ta có: BE 2 = BF.BG (2) Mặt khác:DAGB ∽ DFCB(g.g). AB BG = Þ BF ×BG = AB×BC BF BC Từ (2) và (3). Suy ra: BE 2 = AB.BC Từ (1) và (4). Suy ra: BD = BE. 19.2. BD.BM a) Tứ giác AEDM nội tiếpÞ BE.BA = BD.BM Þ BE = (1) BA CM.CD Tương tự:CF = . CA Áp dụng tính chất của đường phân giác: BD CD = BA CA Theo giả thiết: BM = CM. Thay vào (1) ta có: BE = CF;
10. E·BI = I·CF ( góc nội tiếp cùng cùng chắn một cung) ·AEI = ·AFI Þ I·EB = I·FC. Suy raDBEI = DCFI(c.g.c) Þ IB = IC. Þ IM ^ BC (vì M là trung điểm của BC) IM đi qua JÞ đpcm. b) Gọi N là trung điểm của CE. Suy ra MN, KN là đường trung bình của DBCE , 1 1 DCEF nên MN = BE; KN = CF Þ MN = KN Þ DKMN cân tại đỉnh N 2 2 Þ N·MK = N·KM . Mặt khác MN / /BQ; KN / / AC nên: ·AQP = K·MN;M· KN = K·PC Þ ·AQP = K·PC Þ tam giác PAQ cân. 19.3. a) Vì ·AHC = 90o nên AC là đường kính của đường tròn (O) Mặt khác B·AC = 90o nên AB là tiếp tuyến của (O) Ta có AB2 = MB.BN (hệ thức lượng) BD BM Mà BA = BD nên BD2 = MB.BN Þ = BN BD Lại có D·BN chung nênDBDM ∽ DBND(c.g.c) Þ B·DM = B·ND. Ta có BD = BE Þ DBDE cân tại B Þ B·DM = B·ED Þ B·ND = B·ED Þ Tứ giác BDNE là tứ giác nội tiếp. 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 N nên chúng có điểm chung thứ hai là N’. Gọi BN ' cắt DE tại M ' khác M . Ta có: B·DM ' = B·ED (vìDBDE cân tại B) Lại có B·N ' D = B·ED (góc nội tiếp cùng chắn cung BD) B·DM ' = B·N ' D nên DBDM '∽ DBN ' D(g.g)
11. BD BM ' Þ = Þ BD2 = BM '.BN ' BN ' BD Mà BD2 = MB.BN nên 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. Vậy 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. 19.4. Kẻ tiếp tuyến chung Mx của (O),(O ') tại M. Khi đó M· AB = x·MB, M· DE = x·ME Þ M· AB = M· DE Þ AB / /DE. BE AD BE BM Suy ra: = Þ = (1) BM AM AD AM Theo hệ thức lượng ta có: AI 2 = AD.AM ; BJ 2 = BE.BM BJ 2 BE.BM BM 2 Þ = = AI 2 AD.AM AM 2 BJ BM Þ = (2) AI AM CK CM Tương tự ta có:Þ = (3). AI AM Ta chứng minh được: MA = MB + MC. (4) BJ + CK BM + CM Từ (2), (3) và (4) suy ra:Þ = = 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 lí góc có trong đường tròn, ta có: sñC»D + sñ»AE sñC»E + sñB»D C·HK = ,C·KH = . 2 2 Mà »AE = C»E, B»D = C»D nênC·HK = C·KH hay tam giácCHK cân tại C. Lại có: tiaCI là phân giác góc A·CB nên
12. CI ^ KH tại G, suy ra G thuộc hai đường tròn đường kính IE và ID . Áp dụng hệ thức lượng, ta được: CM.CN = CI.CG,CP.CQ = CI.CG Suy raCM.CN = CP.CQ hay M , N, P,Q cùng thuộc một đường tròn. 19.6. a) Ta có C·PA = B·MA = 90o Þ CP / /BM. AP AC Do đó: = (1) AM AB AQ AC Tương tự:CQ / /BN và = (2) AN AB AP AQ Từ (1) và (2): = . AM AN Do đó PQ / /MN. b) Theo hệ thức lượng ta có: ME 2 = MA.MP Tương tự ta cũng có: NF 2 = NA.NQ . ME 2 MA.MP Do đó: = NF 2 NA.NQ MP MA Nhưng = (Do PQ / /MN.) NQ NA ME 2 AM 2 ME AM Từ đó: = Þ = . NF 2 AN 2 NF AN 19.7 a) XétDAEM vàDAM ' E có E·AM chung, ·AEF = ·AME Þ DAEM ∽ DAM ' E(g.g) AE AM ' Þ = Þ AE 2 = AM.AM '. AM AE b) Chứng minh tương tự ta có: DANF ∽ DAFN '(g.g) Þ AF 2 = AN.AN '. Mặt khác AE = AF Þ AM.AM'=AN.AN'
13. Þ M,N,M',N' cùng thuộc một đường tròn. c) Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn ta có: HP.HQ=HM.HN=HE.HF=HA.HB 5R 3R 15R2 Þ HP.HQ= × = .(1) 4 4 16 Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn ta có: AP.AQ = AM.AM ' = AE 2 = AH.AB 5R 5R2 AP.AQ = ×2R = .(2) 4 2 Đặt HP = x, HQ = y, từ (1) và (2) suy ra: ïì 15R2 ïì 15R2 ï xy = ï xy = ï 16 ï 16 íï Û íï ï 5R2 ï 3R ï (AH - x)(AH + y) = ï y - x = îï 2 ïî 2 ïì R(2 6 - 3) ï x = ï 4 Giải ra ta được:íï ï R(2 6 + 3) ï y = îï 4 Suy ra PQ = x + y = R 6.