Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Chương 3: Góc với đường tròn

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 CHƯƠNG 3: GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN
 KIẾN THỨC CƠ BẢN
 ·
- Góc ABE có đỉnh A nằm trên đường tròn (O) và các cạnh cắt đường 
tròn đó được gọi là góc nội tiếp (Hình). Trong trường hợp các góc nội tiếp 
có số đo không vượt quá 900 thì số đo của chúng bằng nửa số đo của góc ở 
tâm, cùng chắn một cung. Các góc nội tiếp đều có số đo bằng nửa số đo 
cung bị chắn. Vì thế, nếu những góc này cùng chắn một cung (hoặc chắn 
những cung bằng nhau) thì chúng bằng nhau, nếu các góc nội tiếp này 
bằng nhau thì các cung bị chắn bằng nhau.
 B C
 D
 O
 A E
 · · · 1 ¼
Trên hình vẽ ta có: ABE = ADE = ADE = sđAE 
 2
- Cho đường tròn (O) và dây cung AB . Từ điểm A ta kẻ tiếp tuyến Ax 
 ·
với đường tròn, khi đó BAx được gọi là góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây 
cung AB (Hình). Cũng như góc nội tiếp, số đo góc giữa tia tiếp tuyến và 
 · 1 ·
dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn : sđBAx = sđAmB .
 2
 B
 O
 m 43
 A x PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Chú ý: Việc nắm chắc các khái niệm, định lý, hệ quả về góc nội tiếp, góc tạo 
bởi tia tiếp tuyến và dây cung có thể giúp chúng ta so sánh số đo các góc, 
từ đó chứng minh được các đường thẳng song song với nhau, các tam giác 
bằng nhau, các tam giác đồng dạng với nhau 
I. Góc nội tiếp đường tròn
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
 B
 O
 C
 A
 D
- Hai góc cùng chắn một cung thì bằng nhau và bằng nửa số đo cung bị 
 · · 1 ¼
chắn. Trên hình vẽ: sđABD = sđACD = sđAD . 
 2
- Các góc chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau. Trên hình vẽ: 
 ¼ » · ·
 AD = CD Û sđAD = sđCD Û sđABD = sđCAD .
B. VÍ DỤ 
Ví dụ 1. Trên cạnh huyền BC của tam giác vuông ABC về phía ngoài ta 
dựng hình vuông với tâm tại điểm O . Chứng minh rằng AO là tia phân 
 ·
giác của góc BAC .
Lời giải:
 A
 · 0
Vì O là tâm của hình vuông nên BOC = 90 .
 B C
 · 0
Lại có BAC = 90 suy ra bốn điểm A,B,O,C 
cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. O
 44
 N M PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · · ¼
Đối với đường tròn này ta thấy BAO = BCO (cùng chắn BO ). Mà 
 · 0 · 0 · 0
 BCO = 45 Þ BAO = 45 . Do BAC = 90 , nên 
 · · · 0 · ·
CAO = BAC - BAO = 45 . Vậy BAO = CAO , nghĩa là AO là tia 
 ·
phân giác của góc vuông BAC (đpcm).
Ví dụ 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Từ đỉnh A ta 
 · ·
kẻ đường cao AH (H thuộc BC ). Chứng minh rằng BAH = OAC .
Lời giải:
 A
 O
 H
 B C
 D E
 · 0
Kẻ đường kính AE của đường tròn (O). Ta thấy ACE = 90 (góc nội 
 · · 0
tiếp chắn nửa đường tròn). Từ đó OAC + AEC = 90 (1).
 · · 0 · ·
Theo giả thiết bài ra, ta có: BAH + ABC = 90 (2). Lại vì AEC = ABC 
 ¼
(cùng chắn AC ) (3).
 · ·
Từ (1),(2) và (3) suy ra BAH = OAC (đpcm).
Lưu ý: Cũng có thể giải bài toán theo hướng sau: Gọi D là giao điểm của 
tia AH với đường tròn (O), chứng tỏ tứ giác BDEC là hình thang cân. 
 » » · · · ·
Từ đó suy ra sđBD = sđCE , dẫn đến BAD = CAE , hay BAH = OAC .
 45 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 ¼
Ví dụ 3. Cho tam giác đềuABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cung BC 
không chứa A ta lấy điểm P bất kỳ (P khác B và P khác C ). Các đoạn 
 PA và BC cắt nhau tại Q .
a) Giả sử D là một điểm trên đoạn PA sao cho PD = PB . Chứng minh 
rằng DPDB đều.
b) Chứng minh rằng PA = PB + PC .
 1 1 1
c) Chứng minh hệ thức = + .
 PQ PB PC
Lời giải:
 A
 O
 D
 B Q C
 P
a) Trước tiên ta nhận thấy rằng tam giác PBD cân tại P . Mặt khác, 
 · · · 0 »
 BPD = BPA = BCA = 60 (hai góc nội tiếp cùng chắn AB của đường 
tròn (O)). Vậy nên tam giác PDB đều. 
b) Ta đã có PB = PD , vậy để chứng minh PA = PB + PC ta sẽ chứng 
minh DA = PC . Thật vậy, xét hai tam giác BPC và BDA có: BA = BC 
(giả thiết), BD = BP (do tam giác BPD đều). Lại vì 
 · · 0 · · 0 · ·
 ABD + DBC = 60 , PBC + DBC = 60 nên ABD = PBC . Từ đó 
 DBPC = DBDA (c.g.c), dẫn đến DA = PC (đpcm).
 46 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · 0
c) Xét hai tam giác PBQ và PAC ta thấy BPQ = 60 , 
 · · 0 ¼
 APC = ABC = 60 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) suy ra 
 · · · · · ¼
 BPQ = APC,PBQ = PBC = PAC (hai góc nội tiếp cùng chắn PC ). 
 PQ PC
Từ đó DPBQ : DPAC (g.g) Þ = , hay PQ.PA = PB.PC . 
 PB PA
Theo kết quả câu b , ta có PA = PB + PC nên 
 PQ (PB + PC ) = PB.PC . Hệ thức này tương đương với 
 1 1 1
 = + (đpcm).
 PQ PB PC
Ghi chú:
- Tứ giác ABCD có tính chất AB.CD = BC.AD (*) nói ở ví dụ trên được 
gọi là tứ giác điều hòa. Loại tứ giác đặc biệt này có nhiều ứng dụng trong 
việc giải các bài toán hình học phẳng khác.
 AB BC
- Nếu hệ thức (*) dưới dạng = và nhớ lại tính chất đường phân 
 AD CD
giác trong tam giác ta có thể nêu thêm một tính chất của tứ giác điều hòa.
- Tứ giác ABCD là một tứ giác điều hòa khi và chỉ khi các đường phân 
 · ·
giác của góc BAD và BCD cắt nhau tại một điểm trên đường chéo BD .
- Tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa khi và chỉ khi đường phân giác của 
 · ·
gócABC và ADC cắt nhau trên đường chéo AC .
Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) . Đường phân 
giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại D . Gọi I là tâm 
vòng tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh DB = DC = DI
Giải: 
Ta luôn có DB = DC do AD là phân giác trong góc A . Ta sẽ chứng 
minh tam giác DIB cân tại D . 
 47 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · · ·
Thật vậy ta có: IBD = IBC + CBD . A
 · ·
Mặt khác CBD = CAD 
(Góc nội tiếp chắn cung CD ) mà 
 I O
 · · · ·
 BAD = CAD , IBC = IBA B C
(Tính chất phân giác) suy ra 
 · · · D
 IBD = ABI + BAI . Nhưng 
 · · ·
 BID = ABI + BAI (Tính chất góc ngoài). Như vậy tam giác BDI cân tại 
 D Þ DB = DI = DC
Nhận xét: Thông qua bài toán này ta có thêm tính chất: Tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác IBC là giao điểm của phân giác trong góc A với (O)
Ví dụ 5). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và 
 AB < AC . Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A . Vẽ 
 BC AC AB
 MH,MK ,MI lần lượt vuông góc với = +
 MH MK MI
Giải: 
Trong bài toán có các tỷ số độ dài 
 A N
ta nghỉ đến các tam giác đồng dạng 
và định lý Thales. 
Cách 1: Dựng đường thẳng qua A 
 O
song song với BC cắt (O) tại N . Gọi K
 H
 B C
 E là giao điểm của BC và MN E
 I
Ta có: AB = NC . M
 48 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · · 1 æ» ¼ ö 1 æ¼ ¼ ö ·
Ta có BME º BMN = sđçAB + AN ÷= sđçNC + AN ÷= AMC , 
 2 èç ø÷ 2 èç ø÷
 · ·
 MBC = MAC Þ DBME : DAMC và MH,MK là hai đường cao 
 AC BE
tương ứng nên: = , chứng minh tương tự ta cũng có: 
 MK MH
 AB CE BC AC AB
 = . Cộng hai đẳng thức trên ta có: = +
 MI MH MH MK MI
Cách 2: Ta thấy MH,MI là các đường cao của tam giác MBC,MAB 
nhưng hai tam giác này không đồng dạng với nhau. Điều này giúp ta nghỉ 
 · ·
đến việc lấy một điểm E trên cạnh BC sao cho BMA = DMC để tạo ra 
tam giác đồng dạng nhưng vẫn giữ được hai đường cao tương ứng. (Phần 
lời giải xin dành cho bạn đọc).
2. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung (tại một điểm trên đường 
tròn) bằng nửa số đo cung bị chắn.
 · · 1 ¼
- Trên hình vẽ: sđBAC = sđxBC = sđBC .
 2
 A
 C
 O
 m
 x
B. VÍ DỤ B
Ví dụ 1. Giả sử A và B là hai điểm phân biệt trên đường tròn (O). Các 
 49 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
tiếp tuyến của đường tròn (O). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A 
và B cắt nhau tại điểm M . Từ A kẻ đường thẳng song song với MB
cắt đường tròn (O) tại C . MC cắt đường tròn (O) tại E . Các tia AE và 
 MB cắt nhau tại K . Chứng minh rằng MK 2 = AK .EK và MK = KB .
Lời giải:
 A
Do MB / / AC nên 
 E C
 · ·
 BMC = ACM (1), ta lại có M O
 · · · K
 ACM = ACE = MAE 
 ¼ B
(cùng chắn AE ) (2). Từ (1) và (2) 
 MK EK
suy ra DKME : DKAM (g.g) Þ = hay MK 2 = AK .EK (3). 
 AK MK
 · · »
Ta thấy EAB = EBK (cùng chắn BE ). Từ đó DEBK : DBAK (g.g) 
 BK EK
 Þ = hay BK 2 = AK .EK (4). Từ (3) và (4) suy ra 
 AK BK
 MK 2 = KB 2 nghĩa là MK = MB (đpcm).
Ví dụ 2. Cho đường tròn (C ) tâm O , AB là một dây cung của (C ) không 
đi qua O và I là trung điểm của AB . Một đường thẳng thay đổi đi qua 
 A cắt đường tròn (C1) tâm O bán kính OI tại P và Q . Chứng minh 
rằng tích AP.AQ không đổi và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ luôn 
đi qua một điểm cố định khác B .
Lời giải: 
 · · º
Ta có PQI = PIA (cùng chắn PI ), nên DAPI : DAIQ (g.g). Suy ra 
 50 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 AP AI
 = Þ AP.AQ = AI 2 (không đổi). Giả sử đường tròn ngoại tiếp 
 AI AQ
tam giácBPQ cắt AB tại D (D ¹ B). B
Khi đó DADP : DAQB , suy ra 
 I
 D
 AD AP 2
 = hay AD.AB = AP.AQ = AI O
 AQ AB A
 P Q
(không đổi). Do đó điểm D là điểm 
cố định (đpcm).
 · 0
Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và BAC = 60 . Gọi 
 M ,N,P theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ A,B,C của tam giác 
 ABC và I là trung điểm của BC . 
a) Chứng minh rằng tam giác INP đều. 
b) Gọi E và K lần lượt là trung điểm của PB và NC . Chứng minh rằng 
các điểm I ,M ,E,K cùng thuộc một đường tròn. 
 · ·
c) Giả sử IA là phân giác của NIP . Tìm số đo BCP .
 A
Lời giải:
a). Từ giả thiết ta có 
 N
 1 P
 IN = IP = BC nên tam giác H
 2
 E
 INP cân tại I . Lại vì B,P,N,C B C
 M I
nằm trên đường tròn tâm I , đường kính BC nên theo mối liên hệ giữa 
góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung, ta thấy 
 · · 0
 PIN = 2PBN = 60 . Vậy tam giác INP đều.
 51 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
b) Rõ ràng bốn điểm I ,M ,E và K cùng nằm trên đường tròn đường kính 
 AI . 
 · 0
c) Từ điều kiện của bài toán ta thấy AI là tia phân giác của BAC = 60 , 
mà I là trung điểm của BC nên tam giác ABC đều. Từ đó suy ra 
 · 0
 BCP = 30 .
Ví dụ 4). Cho tam giác cân ABC,(AB = AC) . Gọi O là trung điểm của 
 BC . Dựng đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh AB,AC tại D,E . M là 
điểm chuyển động trên cung nhỏ DE tiếp tuyến với đường tròn (O) tại 
 M cắt AB,AC tại P,Q . Chứng minh BC 2 = 4BP.CQ và tìm vị trí điểm 
 M để diện tích tam giác APQ lớn nhất.
Lời giải: 
 A
Ta thấy SDABC không đổi nên 
 P
 S lớn nhất khi và chỉ khi S 
 DAPQ BPQC M
 Q
nhỏ nhất, đây là cơ sở để ta làm D E
xuất hiện các biểu thức có liên quan 
 B C
 O
đến BP,CQ . Ta có AB,PQ,AC 
lần lượt là các tiếp tuyến tại các điểm
 D,M ,E của (O) nên ta có: AB ^ OD,PQ ^ OM ,AC ^ OE,BD = CE . 
Từ đó ta tính được: 
 1 1
 S = R(BP + PQ + CQ) = R(BD + 2DP + 2EQ + CE ) 
 BPQC 2 2
 = R.(BD + DP + EQ) = R(BP + CQ - BD). 
 · 1 · 1 0 µ µ µ
Mặt khác ta cũng có:POQ = DOE = 180 - A = B = C nên suy ra 
 2 2( )
 B·OP = 1800 - P·OQ - Q·OC = 1800 - Q·CO - Q·OC = C·QO
 52