Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Chương 2: Đường tròn - Chủ đề 1: Sự xác định của đường tròn

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 CHƯƠNG 2: ĐƯỜNG TRÒN
 CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN
Định nghĩa: Đường tròn tâm O bán kính R 0 là hình gồm các điểm cách 
điểm O một khoảng R kí hiệu là (O;R) hay (O)
+ Đường tròn đi qua các điểm A1 ,A2 ,...,An gọi là đường tròn ngoại tiếp đa 
giác A1A2...An
+ Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác A1A2...An gọi là 
đường tròn nội tiếp đa giác đó.
Những tính chất đặc biệt cần nhớ:
+ Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm vòng tròn ngoại tiếp
+ Trong tam giác đều , tâm vòng tròn ngoại tiếp là trọng tâm tam giác đó.
+ Trong tam giác thường: 
Tâm vòng tròn ngoại tiếp là giao điểm của 3 đường trung trực của 3 cạnh 
tam giác đó
Tâm vòng tròn nội tiếp là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác 
đó
PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh các điểm A1 ,A2 ,...,An cùng thuộc một 
đường tròn ta chứng minh các điểm A1 ,A2 ,...,An cách đều điểm O cho 
trước.
Ví dụ 1) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . AM,BN,CP là các đường 
trung tuyến. Chứng minh 4 điểm B,P,N,C cùng thuộc một đường tròn. 
Tính bán kính đường tròn đó.
Giải: 
 17 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Vì tam giác ABC đều nên các trung tuyến đồng thời cũng là đường cao . 
Suy ra AM,BN,CP lần lượt vuông góc với BC,AC,AB . 
Từ đó ta có các tam giác BPC,BNC là tam giác vuông
Với BC là cạnh huyền, suy ra MP MN MB MC
Hay: Các điểm B,P,N,C cùng thuộc đường tròn
Đường kính BC a , tâm đường tròn là 
Trung điểm M của BC
 A
 P N
 C
 B M
Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có Cµ Dµ 900. Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung 
điểm của AB,BD,DC,CA . Chứng minh 4 điểm M,N,P,Q cùng thuộc một 
đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó .
Giải:
 T
 B
 M
 A N
 O
 Q
 D C
18 P PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Kéo dài AD,CB cắt nhau tại điểm T thì tam giác TCD vuông tại T .
+ Do MN là đường trung bình của tam giác ABD nên NM / /AD
+ MQ là đường trung bình của tam giác ABC nên MQ / /BC . Mặt khác 
 AD  BC MN  MQ . Chứng minh tương tự ta cũng có: 
 MN  NP,NP  PQ . Suy ra MNPQ là hình chữ nhật. 
Hay các điểm M,N,P,Q thuộc một đường tròn có tâm là giao điểm O của 
hai đường chéo NQ,MP
Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là 
trung điểm của AC
 G là trọng tâm của tam giác ABM . Gọi Q là giao điểm của BM và GO . 
Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BGQ .
Giải:
 A
 P
 N G M
 Q
 I K
 O
 B C
Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm O của vòng tròn ngoại tiếp tam giác 
nằm trên đường trung trực của BC .Gọi K là giao điểm của AO và BM
Dưng các đường trung tuyến MN,BP của tam giác ABM cắt nhau tại trọng 
tâm G .Do MN / /BC MN  AO . Gọi K là giao điểm của BM và AO thì 
 K là trọng tâm của tam giác ABC suy ra GK / /AC .
 19 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Mặt khác ta có OM  AC suy ra GK  OM hay K là trực tâm của tam giác 
 OMG MK  OG . Như vậy tam giác BQG vuông tại Q . Do đó tâm vòng 
tròn ngoại tiếp tam giác GQB là trung điểm I của BG .
Ví dụ 4). Cho hình thang vuông ABCD có Aµ Bµ 900 . BC 2AD 2a, Gọi 
 H là hình chiếu vuông góc của B lên AC
 M là trung điểm của HC . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam 
giác BDM
Giải:
 A D
 H
 E O M
 N
 B C
Gọi N là trung điểm của BH thì MN là đường trung bình của tam giác 
 HBC suy ra MN  AB , mặt khác BH  AM N là trực tâm của tam giác 
 ABM suy ra AN  BM . 
 1
Do MN / / BC MN / / AD nên ADMN là hình bình hành suy ra 
 2
 AN / /DM . Từ đó ta có: DM  BM hay tam giác DBM vuông tại M nên 
tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác DBM là trung điểm O của BD .
 1 1 1 a 5
Ta có R MO BD AB2 AD2 4a2 a2 .
 2 2 2 2
Bài toán tương tự cho học sinh thử sức.
Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vuông góc với AC . Trên AC,CD ta lấy 
 AM DN
các điểm M,N sao cho . Chứng minh 4 điểm M,B,C,N nằm 
 AH DC
trên một đường tròn.
20 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Gợi ý: B· CN 900 , hãy chứng minh B· MN 900
Ví dụ 5).Cho lục giác đều ABCDEF tâm O . Gọi M,N là trung điểm của 
 CD,DE . AM cắt BN tại I . Chứng minh rằng các điểm M,I,O,N,D nằm 
trên một đường tròn.
Giải:
 N
 B C E D
 M H1 K1
 H I J
 K
 A D
 O O
 N
 B
 F E A
Do ABCDEF là lục giác đều nên OM  CD,ON  DE M,N,C,D nằm trên 
đường tròn đường kính OD . Vì tam giác OBN OAM nên điểm O cách 
đều AM,BN suy ra OI là phân giác trong của góc A· IN .
 OH  AM
Kẻ DH1 2OH (Do OH là đường trung bình của tam giác 
 DH1  AM
 DAH1
 OK  BN OK JO 1
Kẻ DK1 2OK (Do với J AD  NB )
 DK1  BN DK1 JD 2
Do OK OH DH1 DK1 suy ra D cách đều AM,BN hay ID là phân 
giác ngoài của A· IN O· ID 900 . Vậy 5 điểm M,I,O,N,D cùng nằm trên 
một đường tròn đường kính OD .
Ví dụ 6) Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm BC,N là điểm 
 21 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 1
thuộc đường chéo AC sao cho AN AC . Chứng minh 4 điểm M,N,C,D 
 4
nằm trên cùng một đường tròn.
Giải: 
Ta thấy tứ giác MCDN có M· CD 900 nên để chứng minh 4 điểm 
 M,N,C,D cùng nằm trên một đường tròn ta sẽ chứng minh M· ND 900
Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC,AD tại E,F . Xét 
 1 1
hai tam giác vuông NEM và DFN EM NF AB,EN DF AB từ đó 
 4 4
suy ra NEM DFN do đó N· ME D· NF,M· NE N· DF M· NE D· NF 900 
Hay tam giác MND vuông tại N . Suy ra 4 điểm M,N,C,D cùng nằm trên 
đường tròn đường kính MD
Cách 2: Gọi K là trung điểm của ID với I là giao điểm của hai đường 
chéo. Dễ thấy MCKN là hình bình hành nên suy ra CK / /MN . Mặt khác do 
 NK  CD,DK  CN K là trực tâm của tam giác 
 CDN CK  ND MN  ND .
 E M
 B C
 I
 N
 K
 A
 F D
Ví dụ 7) Trong tam giác ABC gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của 
 AB,BC,CA . A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C 
đến các cạnh đối diện. A2 ,B2 ,C2 là trung điểm của HA,HB,HC . Khi đó 9 
22 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
điểm M,N,P,A1 ,B1 ,C1 ,A2 ,B2 ,C2 cùng nằm trên một đường tròn gọi là 
đường tròn Ơ le của tam giác 
Giải:
 A
 A2 B1
 C
 1 H P
 M
 Q
 I
 C2
 B2
 C
 B
 A1 N
 1 1
a). Thật vậy ta có MN P A C P AC, MA P NC P BH mà BH  AC 
 2 2 2 2 2 2
suy ra MNC2B2 là hình chữ nhật, tương tự ta có MPB2C2 , NPA2B2 là hình 
chữ 
nhật nên 9 điểm M,N,P,A1 ,B1 ,C1 ,A2 ,B2 ,C2 cùng nằm trên một đường 
tròn có tâm là trung điểm của các đường chéo của 3 hình chữ nhật trên. Từ 
đó ta suy ra tâm đường tròn Ơ le là trung điểm Q của HI
Ví dụ 8) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O)
 AD là đường kính của (O) . M là trung điểm của BC,H là trực tâm của 
tam giác. Gọi X,Y,Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên 
 HB,HC,BC . Chứng minh 4 điểm X,Y,Z,M cùng thuộc một đường tròn
Giải:
 I
 A
 J
 X
 H O E
 K
 Y
 C
 B M Z 23
 D PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Phân tích: M là trung điểm BC M cũng là trung điểm của HD (Bài toán 
quen thuộc). X,Y,Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên 
 HB,HC,BC kết hợp tính chất điểm M làm ta liên tưởng đến đường tròn Ơ 
le của một tam giác: Từ những cơ sở đó ta có lời giải như sau:
+ Giả sử HB cắt DY tại I,HC cắt DX tại K , J là trung điểm của IK . 
Ta dễ chứng minh được BHCD là hình bình hành suy ra hai 
đường chéo HD,BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường. Vì 
 DX  HI, DI  HC suy ra K là trực tâm của tam giác IHD nên 
 K· DI K· HI H· CD (chú ý HI / /CD) và C· HD K· ID (cùng phụ với góc 
 H· DI ). Từ đó suy ra KID : CHD 
+ Mặt khác CM,DJ là hai trung tuyến tương ứng của tam giác CHD và 
 KID , như vậy ta có DIJ : CHM J·DI H· CM . Từ đó suy ra DJ  BC tại 
 Z hay Z thuộc đường tròn đường kính MJ . Theo bài toán ở ví dụ 6 , 
đường tròn đường kính MJ là đường tròn Ơ le của tam giác IHD . Từ đó ta 
có: X,Y,Z,M đều cùng nằm trên đường tròn đường kính MJ . Đó là điều 
phải chứng minh.
Ví dụ 9) Cho tam giác ABC có trực tâm H . Lấy điểm M,N thuộc tia BC 
sao cho MN BC và M nằm giữa B,C . Gọi D,E lần lượt là hình chiếu 
vuông góc của M,N lên AC,AB . Chứng minh cácđiểm A,D,E,H cùng 
thuộc một đường tròn.
Giải:
 A
 D
 E
 H K
 C N
 B
 M
24 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Giả sử MD cắt NE tại K . Ta có HB / /MK do cùng vuông góc với AC suy 
ra H· BC K· MN ( góc đồng vị) . 
Tương tự ta cũng có H· CB K· NM kết hợp với giả thiết BC MN 
 BHC KMN S BHC S KMN HK / /BC . Mặt khác ta có BC  HA 
nên HK  HA hay H thuộc đường tròn đường tròn đường kính AK . Dễ 
thấy E,D (AK) nên cácđiểm A,D,E,H cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 10) Cho tam giác ABC . P là điểm bất kỳ PA,PB,PC cắt đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC tại A1 ,B1 ,C1 . Gọi A2 ,B2 ,C2 là các điểm đối xứng 
với A1 ,B1 ,C1 qua trung điểm của BC,CA,AB . Chứng minh rằng: 
 A2 ,B2 ,C2 và trực tâm H của tam giác ABC cùng thuộc một đường tròn.
Giải:
 A
 C2
 B B
 2 3 B
 C I 1
 3 O
 A4
 G
 H K
 B4 A
 P 2
 C C4
 1 C
 B A3
 A1
+ Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ,theo bài toán quen thuộc về đường 
 1
tròn Ơ le thì G thuộc đoạn OH và OG OH . Gọi A ,B ,C lần lượt là 
 3 3 3 3
trung điểm của BC,CA,AB . Theo giả thiết A3 là trung điểm của A1A2 , 
vậy G là trọng tâm của tam giác ABC và AA1A2 . Gọi A4 ,B4 ,C4 lần lượt 
là trung điểm của AA1 ,BB1 ,CC1 . Vì G là trọng tâm của tam giác AA1A2 
 25 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 GA4 1
nên . Gọi K là trung điểm của OP vì AA1 là dây cung của 
 GA2 3
 (O) OA4  AA1 A4 thuộc đường tròn tâm K đường kính OP hay 
 OP
 KA (2) 
 4 2
 GK 1
+ Gọi I là điểm thuộc tia đối GK sao cho (3). Từ (1) và (3) suy ra 
 GI 3
 IH / /KO và IH 2KO OP . Từ (2) và (3) ta dễ thấy IA2 / /KA4 và 
 IA2 2KA4 OP . Từ đó suy ra IA2 IH hay A2 I;IH . Tương tự ta có 
 B2 ,C2 I;IH . Hay A2 ,B2 ,C2 ,H thuộc đường tròn tâm I bán kính 
 IH OP ta có điều phái chứng minh.
 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
1.Khi một đường thẳng có hai điểm chung A,B với đường tròn (O) ta nói 
đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt. Khi đó ta có những kết 
quả quan trọng sau:
 O O
 H
 A M B M
 A H B
+ OH  AB OH R,HA HB R2 OH2 . Theo định lý Pitago ta có: 
 OH2 MO2 MH2 Mặt khác ta cũng có: OH2 R2 AH2 nên suy 
ra MO2 MH2 R2 AH2 MH2 AH2 MO2 R2 
 (MH AH) MH AH MO2 R2 
+ Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì MA.MB MO2 R2 
26