Bài 5: Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn

Tóm tắt lý thuyết

1.1. Góc có đỉnh bên trong đường tròn

ĐỊNH LÍ: Số đo của góc có đỉnh bên trong đường tròn bẳng nửa tổng số đo hai cung bị chắn.

Góc \(\widehat{BEC}\) là góc có đỉnh \(E\) nằm bên trong đường tròn nên \(\widehat{BEC}=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{BnC}\)+sđ\(\stackrel\frown{AmD}\))

1.2. Góc có đỉnh bên ngoài đường tròn

ĐỊNH LÍ: Số đo của góc có đỉnh bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn.

Góc \(\widehat{AED}\) có đỉnh \(E\) bên ngoài đường tròn nên \(\widehat{AED}=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{BnC}-\)sđ\(\stackrel\frown{AmD}\))

Bài tập minh họa





2.1. Bài tập cơ bản

Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Điểm D di chuyển trên cung AC. E là diao điểm của AC và BD, F là giao điểm của AD và BC. Chứng minh \(\widehat{AFB}=\widehat{ABD}\)

Hướng dẫn:

Do \(\bigtriangleup ABC\) cân tại A nên AB=AC suy ra sđ\(\stackrel\frown{AB}=\)sđ\(\stackrel\frown{AC}\)

Ta có \(\widehat{AFB}=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{AB}-\) sđ\(\stackrel\frown{CD}\))\(=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{AC}-\) sđ\(\stackrel\frown{CD}\))\(=\frac{1}{2}\)sđ\(\stackrel\frown{AD}\)

Mặt khác \(\widehat{ABD}=\frac{1}{2}\)sđ\(\stackrel\frown{AD}\), do đó \(\widehat{AFB}=\widehat{ABD}\)

Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi P,Q,R lần lượt là giao điểm của các tia phân giác trong góc A,B,C với đường tròn. Chứng minh \(AP\perp QR\)

Hướng dẫn:

Ta có tia phân giác AP chia đôi cung \(\stackrel\frown{BC}\) thành hai cung bằng nhau, tức là \(\stackrel\frown{BP}=\stackrel\frown{CP}\)

Tương tự \(\stackrel\frown{AQ}=\stackrel\frown{CQ},\stackrel\frown{AR}=\stackrel\frown{BR}\)

Gọi S là giao điểm của AP và QR. Lúc đó \(\widehat{ASQ}=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{AQ}+\)sđ\(\stackrel\frown{PR}\))\(=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}\)sđ\(\stackrel\frown{AC}\)+\(\frac{1}{2}\)sđ\(\stackrel\frown{AB}\)+\(\frac{1}{2}\)sđ\(\stackrel\frown{BC})\)=\(\frac{1}{2}.(\frac{1}{2}.360^0)=90^0\)

Và do đó \(AP\perp QR\)

Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC (AB>BC) nội tiếp đường tròn (O). D là điểm chính giữa cung AC. Gọi E,F lần lượt là giao điểm của AB và CD; AD và BC. Chứng minh rằng \(\widehat{AED}<\widehat{CFD}\)

Hướng dẫn: 

Ta có: \(\widehat{AED}=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{BC}-\)sđ\(\stackrel\frown{AD}\)) và \(\widehat{CFD}=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{AB}-\)sđ\(\stackrel\frown{CD}\))

Theo đề bài ta có sđ\(\stackrel\frown{BC}<\)sđ\(\stackrel\frown{AB}\) (do AB>BC) và sđ\(\stackrel\frown{AD}\)=sđ\(\stackrel\frown{CD}\) (do D là điểm chính giữa cung AC)

Suy ra\(\widehat{AED}<\widehat{CFD}\)

2.2. Bài tập nâng cao

Bài 1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O. D là một điểm di dộng trên cung nhỏ AC. Gọi E là giao điểm của AC và BD, gọi F là giao điểm của AD và BC. Chứng minh tích AE.BF không phụ thuộc vào vị trí của D

Hướng dẫn: 

Vì AB=AC nên sđ\(\stackrel\frown{AB}=\)sđ\(\stackrel\frown{AC}\)

Ta có \(\widehat{AFB}=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{AB}-\) sđ\(\stackrel\frown{CD}\))\(=\frac{1}{2}\)(sđ\(\stackrel\frown{AC}-\) sđ\(\stackrel\frown{CD}\))\(=\frac{1}{2}\)sđ\(\stackrel\frown{AD}\)

Mặt khác \(\widehat{ABD}=\frac{1}{2}\)sđ\(\stackrel\frown{AD}\), do đó \(\widehat{AFB}=\widehat{ABD}\)

Xét \(\bigtriangleup AFB\) và \(\bigtriangleup EBA\) có \(\widehat{AFB}=\widehat{ABD}\) (chứng minh trên) và \(\widehat{FBA}=\widehat{BAE}=60^0\) (\(\bigtriangleup ABC\) đều)

nên \(\bigtriangleup AFB \sim\bigtriangleup EBA\) (g.g) suy ra \(\frac{AB}{AE}=\frac{BF}{AB} \Rightarrow AE.BF=AB^2\) không đổi

Vậy tích AE.BF không phụ thuộc vào vị trí điểm D

Bài 2: Tứ giác ABCD có các góc B và D tù. Chứng minh AC>BD

Hướng dẫn:

Vẽ đường tròn tâm O đường kính AC.

Ta có \(\widehat{ABC}>90^0, \widehat{ADC}>90^0\) nên B và D là hai điểm ở bên trong đường tròn (O)

suy ra BD nhỏ hơn dây cung chứa nó

Mặt khác đường kính AC là dây cung lớn nhất và do đó AC>BD