CÁC TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT TRONG ĐƯỜNG TRÒN

►Tính chất 10.1.Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I, G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi D là trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác ACD

 I

là trực tâm tam giác DEG và suy ra IE vuông góc DG.

☺ Chứng minh:

Gọi H, N, K lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC, AD và E là giao điểm KC và DH.

Ta có G DC AH  G là trọng tâm tam giác ABC suy ra

Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy

2 / /

CG CE GE AB

CD CK   (theo

định lý Thales đảo).

Lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC DI AB nên

GE DI

Lại có DE BC/ /

GI DE GI BC

  

 

 .

Ta có

GE DI GI DE H I ID IG

 

  

  



là trực tâm tam giác DEG

Trong tâm giác DEG, EI qua I nên EI DG (đpcm).

►Tính chất 10.2.Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, AH . Chứng minh rằng Q là trực tâm tam giác ACP và suy raAP CQ .

☺ Chứng minh:

Do P, Q lần lượt là trung điểm BH, AH nên ta suy ra PQ là đường trung bình tam giác ABH Suy ra PQ // AB.

Mà AB AC gt ( ) Suy ra PQ AC .

Mặt khác AH vuông góc PC có Q là giao điểm AQ và QC

Suy ra H là trực tâm tam giác ACP  AP QC (đpcm).

►Tính chất 10.3.Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB = 3AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, M là trung điểm của HC. Chứng minh rằng

. AM BM

☺Gợi ý chứng minh:

Gọi N, I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD và CA.

Ta chứng minh tứ giác NAME là hình bình hành và E là trực tâm tam giác NBM

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848

41 Từ đó, ta suy ra BM vuông góc AM.

►Tính chất 10.4.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có H là trực tâm. Gọi H’ là giao điểm của AH với đường tròn (O) suy ra H’ đối xứng với H qua BC.

☺Chứng minh:

Ta có góc A₁  C₁ (do cùng phụ với góc ABC)

Lại có góc A₁  C₂(góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ BH’ nên bằng nhau).

Suy ra góc C₁  C₂suy ra HCH' cân tại C suy ra BC là trung trực của HH’

Do đó H’ đối xứng với H qua BC.

(đpcm).

►Tính chất 10.5.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn có tâm I và có H là trực tâm, G là trọng tâm. Kẻ đường kinh AK, M là trung điểm BC.

Chứng minh rằng:

a.Tứ giác BHCK là hình bình hành.

b.G cũng là trọng tâm tam giác AHK suy ra H, G, I thẳng hàng.

c. AH 2IM và HG2HI .

☺Chứng minh:

Ta có: góc ACK90⁰ (do nhìn đường kinh AK) suy ra KC vuông góc AC.

Mà BH vuông góc AC nên ta có BH // KC (1).

Tương tự ta có góc ABK 90⁰ (do nhìn đường kinh AK) suy ra KB vuông góc AB.

Mà CH vuông góc AB nên ta có: CH // KB (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành.

Lại có M là trung điểm BC suy ra M cũng là trung điểm HK và I là trung điểm AK Nên ta suy ra IM là đường trung bình tam giác AHK suy ra IM // AH và AH = 2IM.

Gọi 'G  AM HI ta có G’ là trọng tâm tam giác AHK ' ' 2 3

AG HG

AM HI

  

Mặt khác do G là trọng tâm tam giác ABC

2 ' '

AG AG AG G G

 AM      6

Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy

Nên G cũng là trọng tâm tam giác ABC suy ra H, G, I thẳng hàng.

►Tính chất 10.6.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, có BE và CF là 2 đường cao. Chứng minh rằng IA vuông góc EF.

☺Chứng minhcách 1:

Kẻ tiếp tuyến Ax ta có: xAB ACB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp vì cùng chắn cung AB).

Mặt khác ta có: BEC CFB90⁰ (2 góc liên tiếp cùng chắn cung BC) suy ra EFBC là tứ giác nội tiếp

ACB AFE

    (góc ngoài bằng góc đối trong).

Do đó ta có xAB EAF(theo vị trí so le trong) suy ra Ax // EF.

Mà IA Ax

Suy ra IA EF (đpcm)

☺Chứng minhcách 2:

CF cắt (I) tại M, BE cắt (I) tại N.

Ta có:

 MBA   MCA

(góc nội tiếp cùng chắn cung MA)

Mặt khác,

 ABN   MCA

(2 góc cùng phụ với góc BAC).

Do đó MBA ABN AM AN IA MN

 

Ta có tam giác BMH có BF vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên cân tại đỉnh B

Suy ra F là trung điểm MH.

Chứng minh tương tự ta có E là trung điểm HN.

Do đó EF là đường trung bình tam giác HMN suy ra EF // MN Vì vậy IA vuông góc EF. (đpcm)

►Tính chất 10.7.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có H là trực tâm. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC suy ra O đối xứng với I qua BC.

☺Chứng minh:

Gọi H’ là giao điểm của AH với đường tròn (O) suy ra tức giác ACH’B nội tiếp

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848

43 đường tròn (O) suy ra O đồng thời là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác BH’C.

Mặt khác H và H’ đối xứng nhau qua BC (xem lại tính chất 10.4) suy ra tam giác HBC đối xứng với tam giác H’BC qua BC. Mà O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp H’BC và HBC

Suy ra I và O đối xứng nhau qua BC.

►Tính chất 10.8.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường cao từ A, B. Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm BC và AB. Chứng minh rằng tứ giác MEND nội tiếp.

☺Chứng minh:

Trước hết ta có thể vận dung bổ đề về đường tròn 9 điểm (đường tròn Euler) để chứng minh tính chất này.

(bạn đọc có thể tham khảo cách chứng minh tính chất trên qua bài toán 4.6, chủ đề 8 chương 1: phép biến hình và các ứng dụng của phép biến hình)

Ta có D là trung điểm HH’ (theo tính chất 10.4), M là trung điểm HA’ (do tính chất 10.5)

Như vậy ta có phép vị tự:

1 2

' '

A V M

H V D

 



 



Mà A’, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra 2 điểm M, D thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự tâm H tỉ số k = 1

Chứng minh tương tự ta cũng có: N, E thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự tâm H tỉ số k = 1

2 ^.

Do đó ta có D, M, E, N cũng thuộc đường tròn (C’) nên tứ giác DMEN là tứ giác nội tiếp.

►Tính chất 10.9.Cho tam giác ABC , gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, AI cắt đường tròn (O) tại D.

CMR: DB = DI = DC.

Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy

☺Chứng minh:

Ta có góc     I₁ A₁ B₁_{do góc} I1

 là góc ngoài của tam giác ABI.

Mà góc   B₁ B₂ (do BI là phân giác của tam giác ABC) và

1 2

A A

   (do AI là phân giác tam giác ABC)

Kết hợp với   A₂ B₃

1 2 3

I B B IBD

        IBD

  cân tại D suy ra DI = DB (1) Do AI là phân giác cắt đường tròn (O) tai D nên cung BD bằng cung CD suy ra DC = DB (2)

Từ (1), (2) ta suy ra DI = DB = DC (đpcm).

►Tính chất 10.10.Cho tam giác ABC , gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

☺Chứng minh:

Tứ giác ECDH nội tiếp (do có

0 0 0

90 90 180

HEC HDC

      )

suy ra HDE  HCE (1) Mà góc FBH  HCE (2).

Tứ giác FHDB nội tiếp (do cóHFB HDB90⁰90⁰ 180⁰) suy ra (3)

FBH FDH

  

Từ (1), (2), (3) ta suy ra HDE  FDH suy ra DH là tia phân giác của tam giác DEF.

Chứng minh tương tự ta có: EH, FH là tia phân giác của tam giác DEF.

Lại có H là giao điểm của EH, FH, DH nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm)

►Tính chất 10.11.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D, E là giao điểm của đường tròn (O) với các đường cao qua A và C. Chứng minh rằng OB là trung trực của ED.

☺Chứng minh:

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848

45 Ta có góc

1 1

2

sd BD

E A

sd BE

D C

C A

   



   



  





1 1

E D

    suy ra tam giác EBD cân tại B  BE BD (1)

Mà OE = OD (bán kinh đường tròn tâm O) (2). Từ (1) và (2) suy ra OB là trung trực của ED.

►Tính chất 10.12.Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. Gọi K là giao điểm Của EF và BI. Chứng minh rằng

CK BK 

☺Chứng minh:

Ta có: BIC 90⁰ BAC CIK 90⁰ BAC.

Lại có: CEK  AEF 90⁰ BAC (vì tam giác AEF cân tại A) Do đó tứ giác IEKC là tứ giác nội tiếp suy ra

0 0

90 90

IKC IEC BKC

      

►Tính chất 10.13.Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao. M là trung điểm AH. Đường thẳng vuông góc với BC tại B cắt cắt CM tại D. Chứng minh rằng tam giác DAB cân.

☺Chứng minh:

Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy

Gọi N là giao điểm giữa BD và AC. Ta có BAN 90⁰_.

Vì BN vuông góc BC (gt), AH vuông góc BC (gt) nên AH // BN Xét tam giác BDC có BD // HM suy ra MH CM

BD  CD (hệ quả của định lý Thales)

Tương tự ta có: AM CM

DN  CD . Do đó MH AM

BD  DN , mà MH = AM (do M là trung điểm)

Suy ra BD = DN.

Lại có tam giác ABN vuông tại A, AD là trung tuyến nên AD = DB Suy ra tam giác DAB cân tại D.

►Tính chất 10.14.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I có AD là đường phân giác trong góc A.(D là chân phân giác trong). Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn (C) cắt BC tại E. Chứng minh rằng tam giác AED cân tại E.

☺Chứng minh:

Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

E là giao điểm của d và đường thẳng BC (do AD không vuông góc d nên E luôn tồn tại)

Và ta có thể giả sử EB EC .Ta có EAB ACB và BAD DAC, Suy ra EAD EAB BAD ACB DAC  ADE

Suy ra ADE cân tại E.

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848

►Tính chất 10.15.Chotam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, điểm D là chân đường phân giác trong của góc BAC. Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm M (khác A). Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh rằng CM vuông góc CJ.

☺Chứng minh:

Ta có:

AJD  2 CAD

_(do

tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I).

Mà CAD BAD BCM 2

CJD BCM

 

Ta lại có:

 CJD

cân tại J nên

2 180

2 2 180

o o

CJD CJD

BCM CJD

 

  

90^o BCM CJD

  

Do đó CM vuông góc CJ.

►Tính chất 10.16.Cho tam giác ABC (AB > AC) nội tiếp đường tròn (O). Đường phân giác ngoài góc BAC cắt đường tròn (O) tại điểm E. M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA. F là hình chiếu vuông góc của E trên AB, K là giao điểm MN và AE. Chứng minh rằng KF // BC.

☺Chứng minh:

Gọi D là điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A, ta thấy

AD AE (1).

Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy

Mặt khác, dễ thấy ED là đường kinh của đường tròn (O) vuông góc với dây cung BC tại M.

Từ đó bốn điểm B, E, F, M cùng nằm trên một đường tròn, suy ra / / (2)

FME FBE ABE ADE MF AD

       

Từ (1) và (2) suy ra MF AE (3) . Lại có MN // AB. EF vuông góc AB nên EF // MN (4).

Từ (3) và (4) ta thấy F là trực tâm tam giác EKM suy ra KF vuông góc EM Mà EM vuông góc BC suy ra FK // BC (đpcm).

►Tính chất 10.17.Cho tam giác nhọn ABC , tia phân giác trong của góc BAC cắt BC tại D. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC. K là giao điểm của CE và BF. Chứng minh rằng AK vuông góc BC.

☺Chứng minh:

Kẻ AN vuông góc BC (N thuộc BC), suy ra các tứ giác AEND và AFDN nội tiếp.

Từ đó suy ra BD.BN = BE.BA và CN.CD = CF.CA.

Suy ra DB NB AB BE. . NB BE DC NC AC CF  NC CF

. . 1 ( )

NB FC EA do AE AF

NC FA EB

   .

Theo định lý Ceva đảo, ta có AN, CE, BF đồng quy tại K suy ra AK vuông góc BC.

Trong tài liệu Phát triển tư duy giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy – Hứa Lâm Phong - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 37-46)

CÁC TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT TRONG ĐƯỜNG TRÒN – TAM GIÁC:

 I

 MBA   MCA

 ABN   MCA

' '

2

2

CK BK 

AJD  2 CAD

 CJD