Các bài toán về góc ở tâm, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc có đỉnh ở bên trong và ngoài đường tròn

Các bài toán liên quan tới góc ở tâm, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc có đỉnh ở bên trong và ở bên ngoài đường tròn. Có lời giải.

Các em ôn lại các tính chất ở góc ở tâm, góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung qua bài viết: Tổng hợp lý thuyết đường tròn.

Ví dụ mẫu:

Ví dụ 1. Đường thẳng xy cắt đường tròn (O, R) theo một dây cung có độ dài bằng $\displaystyle R\sqrt{3}$. Tính số đo của cung nhỏ bị chắn bởi dây cung đó.

Giải

Kẻ OH ⊥ xy

Trong tam giác vuông OHA có:

Ví dụ 2. Cho đường tròn (O) và hai dây cung AB = AC. Qua A vẽ một cát tuyến cắt dây BC ở D và cắt đường tròn (O) ở E. Chứng minh $latex \displaystyle A{{B}^{2}}=AD.AE$.

Giải

Ta có: AB = AC (gt)

Mặt khác, góc CAD là góc chung.

Nên △ACD đồng dạng △AEC

Ví dụ 3. Cho đường tròn (O’) tiếp xúc với hai cạnh Ox và Oy của góc xOy tại A và B. Từ A vẽ tia song song với OB cắt đường tròn (O’) tại C. Đoạn OC cắt đường tròn (O’) tại E. Hai đường thẳng AE và OB cắt nhau tại K. Chứng minh K là trung điểm của OB.

Giải

Ta có: AC // OB ⇒ góc EOK bằng góc ACE (hai góc so le trong)

Lại có:

Từ (3) và (4) suy ra: KB = KO ⇒ K là trung điểm của OB.

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh:

b. MA.MP = BA.BM

Giải

a. Góc AMB là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn nên:

b.

Do đó: MA.MP = MB.AB (đpcm)

Ví dụ 5. Cho đường tròn tâm O và A là điểm cố định trên đường tròn (O). Một góc xAy = α (không đổi) quay quanh A, có các cạnh Ax và Ay cắt đường tròn (O) tại B và C.

a. Các đường cao xuất phát từ B và C của tam giác ABC cắt đường tròn (O) tại P và Q. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua hai điểm cố định.

b. Tìm tập hợp những trực tâm H của tam giác ABC.

Giải

a. Trong △ABC có: PB ⊥ AC, CQ ⊥ AB

Nên: góc ABP bằng góc ACQ (góc nhọn có cạnh đôi một vuông góc)

Suy ra: cung AP bằng cung AQ (hai cung của đường tròn (O) bị chắn bởi hai góc nội tiếp bằng nhau)

⇒ P và Q cố định (đpcm)

b. Vì H là trực tâm △ABC nên CQ đi qua H. Ta có: góc ACQ bằng góc ACH

Mà: góc ACQ bằng góc ACP (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau cung AQ bằng cung AP)

Nên: góc ACH bằng góc ACP

Lại có: CA ⊥ HP

⇒ CA là đường trung trực của HP ⇒ AH = AP (không đổi)

Vậy tập hợp những điểm H là đường tròn tâm A cố định bán kính AP không đổi.

Ví dụ 6. Cho hình thang cân ABCD (AB > CD, AB // CD ) nội tiếp trong đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D, chúng cắt nhau ở E. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Biết AEDM nội tiếp được trong một đường tròn.

a. Chứng minh AB // EM.

b. Đường thẳng EM cắt cạnh bên AD và BC của hình thang lần lượt ở H và K. Chứng minh M là trung điểm HK.

Giải

a. Chứng minh AB // EM.

Tứ giác AEDM nội tiếp nên góc EAD bằng góc EMD (cùng chắn cung ED)

Mà góc EAD bằng góc ABD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

Suy ra: góc EMD bằng góc ABD. Do đó, EM // AB.

b. Chứng minh M là trung điểm HK.

△DAB có HM // AB

△CAB có MK // AB

c.

Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét cho tam giác ADB có HM // AB ta được:

Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét cho tam giác BCD có KM // CD ta được:

Cộng (1) và (2) theo vế ta được:

Bài tập có lời giải

Bài 1. Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD) nội tiếp trong một đường tròn có số đo cung AD bằng 120º. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. Gọi E, F, M lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, ID, BC.

a. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp được trong một đường tròn.

b. Chứng minh tam giác MEF là tam giác đều.

Giải:

a) Ta có: góc ACD là góc nội tiếp chắn cung AD của đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD nên:

⇒ góc BDC bằng 60º (ABCD là hình thang cân)

⇒△ICD là tam giác đều

⇒ CF là đường cao của △ICD ⇒ CF ⊥ ID

⇒ góc CFB bằng 90º

Vậy, tứ giác BEFC nội tiếp được trong đường tròn tâm M đường kính BC.

b. Ta có: tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn tâm M (chứng minh trên)

Lại có: EF là đường trung bình của △IAD

Mà: AD = BC suy ra ME = MF = EF ⇒ △MEF là tam giác đều.

Bài 2. Cho đường tròn tâm O bán kính R tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với A, AH < R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn tại E và B (E nằm giữa B và H)

a. Lấy điểm C trên d sao cho H là trung điểm của AC, CE cắt AB tại K.

Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp.

b. Xác định vị trí điểm H để $latex \displaystyle AB=R\sqrt{3}$.

Giải:

a. Ta có: EH ⊥ AC tại trung điểm H của AC nên △AEC cân tại E.

Hai tam giác AKC và AHB có:

Nên △AKC đồng dạng với △AHB

Suy ra tứ giác AHEK nội tiếp trong đường tròn đường kính AE.

b. Ta có:

Bài 3. Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE.

a. Chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b. Biết DF = R.

Giải:

a. Ta có: góc DCF bằng 90º; góc DEF bằng 90º

Suy ra, tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF là trung điểm của DF.

⇒ IC = IF (bán kính)

Tứ giác CDEF nội tiếp nên:

Vậy, IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

b. Chứng minh tương tự câu a, ta được: IE là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Suy ra hai tam giác vuông ICO và FEA đồng dạng với nhau.

Bài 4. Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi d₁ và d₂ lần lượt là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B. Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E khác A, B). Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M và N.

a. Chứng minh MI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHEI.

b. Chứng minh AM.BN = AI.BI

Giải:

a. Góc NBI và góc NEI đều bằng 90º nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác BNEI có đường kính là NI

Tứ giác AMEI nội tiếp

Vậy, MI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BNEI.

b. △MAI đồng dạng với △IBN

Bài 5. Cho đường tròn (O) và dây cung AB. M là điểm chính giữa của cung AB. Hai cát tuyến vẽ từ M cắt đường tròn (O) tại C và E, cắt đường thẳng AB tại D và F.

a. Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.

b. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD tiếp xúc với AM.

c. Tìm tập hợp tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD.

Giải:

a. góc DCE là góc nội tiếp chắn cung MBE của đường tròn (O) nên:

Góc BFE là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn (O) nên:

Vậy, tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.

b. Ta có:

Qua A vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn ngoại tiếp △ACD, ta có:

⇒ AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp △ACD.

c. Theo chứng minh trên AM là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp △ACD nên tâm I thuộc đường thẳng vuông góc với AM tại A.

Vậy, tập hợp điểm tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD là tia At vuông góc với AM tại A.

Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D khác A, D khác C). Đường tròn (O) đường kính DC cắt BC tại E (E khác C).

a. Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp đường tròn.

b. Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là tia phân giác của góc AEI.

c. Giả sử tan góc ABC = $latex \sqrt {2} . Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DC.

Giải:

a.

⇒ Tứ giác ABED nội tiếp đường tròn đường kính BD.

b. Tứ giác ABED nội tiếp

c. Để EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DC thì:

Bài 7. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Vẽ hình bình hành BHCD. Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.

a. Chứng minh A, B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.

b. Chứng minh góc BAE bằng góc DAC.

c. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC, đường thẳng AM cắt OH tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC.

Giải:

a. AE ⊥ BC; BC // ED

⇒ AE ⊥ ED

⇒ góc AED bằng  (1)

Tứ giác BHCD là hình bình hành nên:

BD // HC ⇒ BD ⊥ AB (CH ⊥ AB) ⇒ góc ABD bằng     (2)

DC // BH ⇒ DC ⊥ AC (BH ⊥ AC) ⇒ góc ACD bằng     (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra 5 điểm A, B, E, D, C cùng nằm trên đường tròn đường kính AD.

b.  ED // BC  ⇒ Tứ giác BCDE là hình thang cân

⇒ BE = CD ⇒ cung BE = cung DC

⇒ góc BAE bằng góc DAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

c. Tứ giác BHCD là hình bình hành nên 3 điểm H, M, D thẳng hàng

△AHD có OM là đường trung bình nên: AH = 2OM và AH // OM

△AHG và △MOG có:

Nên △AHG đồng dạng △MOG (g.g)

Mặt khác: △ABC có AM là trung tuyến và AG= 2MG

Do đó, G là trọng tâm tam giác ABC.

Bài 8. Cho đường tròn (O) và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O), với P và Q là 2 tiếp điểm. Lấy M thuộc đường tròn (O) sao cho PM song song với AQ. Gọi N là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM và đường tròn (O). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K.

a. Chứng minh $latex \displaystyle K{{A}^{2}}=KN.FP$

b. Kẻ đường kính QS của đường tròn (O). Chứng minh tia NS là tia phân giác của góc PNM.

c. Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK. Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R.

Giải:

a. Xét tứ giác APOQ có góc APO bằng 90º (Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P)

góc AQO bằng 90º (Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q)

⇒Tứ giác APQO nội tiếp đường tròn đường kính OA.

Xét △AKN và △PKA có:

góc AKP chung

Suy ra △AKN đồng dạng △PKA (g.g)

b. Kẻ đường kính QS của đường tròn (O)

Ta có: AQ ⊥ QS (AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q)

Mà: PM // AQ (gt) nên PM ⊥ QS

Đường kính QS ⊥ PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ

Hay NS là tia phân giác của góc PNM.

c. Chứng minh được △AQO vuông ở Q, có QP ⊥ AO (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$latex \displaystyle O{{Q}^{2}}=OI.OA$

Do △KNQ đồng dạng △KQP (g.g) nên $latex \displaystyle K{{Q}^{2}}=KN.KP$

Mà, $latex \displaystyle A{{K}^{2}}=NK.KP$ nên AK = KQ

Vậy,△APQ có các trung tuyến AI và PK cắt nhau ở G

Suy ra, G là trọng tâm △APQ

Bài 9. Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đường tròn sao cho CA > CB. Gọi I là trung điểm của OA. Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I, cắt tia BC tại M và cắt đoạn AC tại P; AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K.

a. Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng

b. Các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn (O) cắt nhau tại Q. Tính diện tích của tứ giác QAIM theo R khi BC = R.

Giải:

a. MI và AC là hai đường cao của △MAB

⇒ P là trực tâm của △MAB

⇒ BP là đường cao thứ ba

⇒ BP ⊥ MA (1)

Mặt khác, góc AKB bằng 90º (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ BK ⊥ MA (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, P, K thẳng hàng.

b. $latex \displaystyle A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}=4{{R}^{2}}-{{R}^{2}}=3{{R}^{2}}$

⇒ $latex \displaystyle AC\text{ }=\text{ }R\sqrt{3}$

Khi BC = R thì tam giác OBC là tam giác đều

Suy ra: góc CBA bằng 90º

Mà góc QAC và góc CBA bằng nhau (góc tạo bởi tia tiếp tuyến – dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Do đó, góc QAC bằng 90º

Tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) có góc QAC bằng 60º nên △QAC là tam giác đều ⇒ $latex \displaystyle AQ\text{ }=\text{ }AC\text{ }=\text{ }R\sqrt{3}$

Dễ thấy:

Trong tam giác vuông IBM: góc I bằng 90º ta có:

Tứ giác QAIM là hình tháng vuông vì AQ // IM, góc I bằng 90º

Do đó, diện tích hình thang vuông QAIM bằng:

Bài 10. Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C trên đường tròn sao cho CA = CB. Gọi M là trung điểm của AC, nối BM cắt cung AC tại E, AE và BC kéo dài cắt nhau tại D.

a. Chứng minh: DE.DA = DC.DB.

b. Chứng minh: MOCD là hình bình hành.

c. Kẻ EF vuông góc với AC. Tính tỷ số ME/EF ?

d. Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N; EF cắt AN tại I, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K; EB cắt AN tại H. Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn.

Giải:

a. Chứng minh DE.DA = DC.DB

Ta có: góc ACB bằng  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

⇒ góc ACD bằng  (vì kề bù với góc ACB)

Ta lại có: góc AEB bằng  (góc nội tiếp nửa đường tròn (O))

⇒ góc DEB bằng 90º (vì kề bù với góc AEB)

Xét △ADC và △BDE có:

b. Chứng minh MOCD là hình bình hành

Ta có: MC = MA (gt)

⇒ OM ⊥ AC (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

CD ⊥ AC (vì góc ACD bằng 90º)

⇒ OM // CD (cùng vuông góc với AC) (1)

Mặt khác: △DAB có BE và AC là hai đường cao cắt nhau tại M

⇒ M là trực tâm △DAB

⇒ DM là đường cao thứ ba ⇒ DM ⊥ AB

Mà: cung CA = cung CB (vì CA = CB) ⇒ CO ⊥ AB

Suy ra: DM // CO (2)

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

c. Kẻ EF ⊥ AC. Tính tỉ số MF/EF.

Xét △MFE và △MCB có:

Ta lại có: AC = 2MC (gt)

Mà: CB = CA ⇒ CB = 2MC

Suy ra:

d. Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn

Ta có:

Mà: EA = EN (bán kính đường tròn (E))

⇒ cung EA bằng cung EN

Suy ra:

Vậy, tứ giác BIHK nội tiếp được đường tròn.

• Bài tập chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn có lời giải

• Các dạng bài tập Đại số ôn thi vào 10

• Các bài toán về tính toán độ dài cạnh, độ lớn góc, diện tích hình

• Phương pháp giải bài toán cực trị hình học

• Phương pháp giải bài toán liên quan tới công việc – nước chảy

• Phương pháp giải các bài toán liên quan tới chuyển động

• Phương pháp giải các bài toán năng suất