Bài tập hay và khó chương đường tròn

 Gọi \(D\) là giao điểm của \(OC\) và \(EF\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle ACO + \angle CAO = {180^0} - \angle AOC\\\angle ACO = \angle CAO\end{array} \right.\) (do tam giác \(OAC\) cân tại \(O\)).

\( \Rightarrow \angle ACO = \angle CAO = {90^0} - \dfrac{1}{2}\angle AOC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Mà \(\angle AOC = 2\angle ABC\)  (2) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\)).

       \(\angle ABC = \angle DFC\)  (3)  (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(ABEF\)).

Từ (1), (2), (3) ta được:

\(\begin{array}{l}\angle ACO = {90^0} - \angle ABC = {90^0} - \angle DFC \Rightarrow \angle ACO + \angle DFC = {90^0}\\ \Rightarrow \angle FDC = {90^0}\end{array}\)

Vậy \(OC \bot EF\).

Ta có: \(AE,BF\) là đường cao của tam giác \(ABC\) nên \(AE \bot BC,\,\,BF \bot AC\).

\( \Rightarrow \angle AEB = \angle AFB = {90^0}\).

\( \Rightarrow ABEF\) nội tiếp một đường tròn đường kính AB(tứ giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)

Gọi \(I\) là trung điểm của $CD$

Suy ra $I$ là tâm của đường tròn đường kính  $CD$

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: $AC = CM\;$ và $BD = DM$

Xét tứ giác $ABDC$ có: $AC//BD \Rightarrow ABDC$ là hình thang

\( \Rightarrow \,IO\) là đường trung bình của hình thang $ABDC$

\( \Rightarrow IO//AC//BD\) mà $AC\; \bot AB{\rm{ }} \Rightarrow IO\; \bot AB{\rm{ }}\left( 1 \right)$

$IO = \dfrac{{AC + BD}}{2} = \dfrac{{CM + DM}}{2} = \dfrac{{CD}}{2}(2)$

Suy ra tam giác \(COD\) vuông tại \(O.\)

${C_{ABDC}} = 14 \Leftrightarrow AB + 2CD = 14 \Rightarrow CD = \dfrac{{14 - AB}}{2} = \dfrac{{14 - 4}}{2} = 5cm$

Lại có: $CD = CM + DM = AC + BD \Rightarrow AC = CD-BD = 5-BD$

Mà tam giác \(COD\) vuông tại \(O.\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông $COD$ ta có:

$O{M^2} = {\rm{ }}CM.DM \Leftrightarrow {2^2} = AC.BD \Leftrightarrow AC.BD = 4 \Leftrightarrow \left( {5 - BD} \right).BD = 4$

\( \Leftrightarrow 5BD--B{D^2} = 4 \Leftrightarrow B{D^2}--5BD + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow B{D^2}-BD-4BD + 4 = 0 \Leftrightarrow BD\left( {BD-1} \right)-4\left( {BD-1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {BD - 1} \right)\left( {BD - 4} \right) = 4\)

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}BD - 1 = 0\\BD - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}BD = 1 \Rightarrow AC = 4\\BD = 4 \Rightarrow AC = 1\end{array} \right.$

Vậy với $AC = 4cm;BD = 1cm$ hoặc $AC = 1{\rm{ }}cm;BD = 4cm$ thì chu vi của hình thang $ABDC$ bằng  $14.$

Xét tứ giác $ABDC$ có: $AC//BD \Rightarrow ABDC$ là hình thang

Vì hai tiếp tuyến \(CD\) và \(Ax\) cắt nhau tại \(C\), hai tiếp tuyến \(DC\)  và \(By\)  cắt nhau tại \(D\)  nên \(AC = CM;BD = BM\)  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Chu vi hình thang  $ABDC$  là:

${C_{ABDC}} = AC + AB + BD + CD = CM + AB + DM + CD = AB + 2CD$ $ \Rightarrow {C_{ABDC}}_{\min }\,\,{\rm{khi}}\,\,\,C{D_{\min }} \Rightarrow CD = AB \Rightarrow CD//AB$

Mà $OM\; \bot CD \Rightarrow OM\; \bot AB$ $ \Rightarrow {C_{ABDC\min }} = AB + 2AB = 3AB$

Vậy chu vi nhỏ nhất của hình thang $ABDC$ là $3AB$  khi $OM\; \bot AB.$

Xét tứ giác $ABDC$ có: $AC//BD \Rightarrow ABDC$ là hình thang

Vì hai tiếp tuyến \(CD\) và \(Ax\) cắt nhau tại \(C\), hai tiếp tuyến \(DC\)  và \(By\)  cắt nhau tại \(D\)  nên \(AC = CM;BD = BM\)  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Chu vi hình thang  $ABDC$  là:

${C_{ABDC}} = AC + AB + BD + CD = CM + AB + DM + CD = AB + 2CD$ $ \Rightarrow {C_{ABDC}}_{\min }\,\,{\rm{khi}}\,\,\,C{D_{\min }} \Rightarrow CD = AB \Rightarrow CD//AB$

Mà $OM\; \bot CD \Rightarrow OM\; \bot AB$ $ \Rightarrow {C_{ABDC\min }} = AB + 2AB = 3AB$

Vậy chu vi nhỏ nhất của hình thang $ABDC$ là $3AB$  khi $OM\; \bot AB.$

Xét tứ giác $ABDC$ có: $AC//BD \Rightarrow ABDC$ là hình thang

Vì hai tiếp tuyến \(CD\) và \(Ax\) cắt nhau tại \(C\), hai tiếp tuyến \(DC\)  và \(By\)  cắt nhau tại \(D\)  nên \(AC = CM;BD = BM\)  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Chu vi hình thang  $ABDC$  là:

${C_{ABDC}} = AC + AB + BD + CD = CM + AB + DM + CD = AB + 2CD$ $ \Rightarrow {C_{ABDC}}_{\min }\,\,{\rm{khi}}\,\,\,C{D_{\min }} \Rightarrow CD = AB \Rightarrow CD//AB$

Mà $OM\; \bot CD \Rightarrow OM\; \bot AB$ $ \Rightarrow {C_{ABDC\min }} = AB + 2AB = 3AB$

Vậy chu vi nhỏ nhất của hình thang $ABDC$ là $3AB$  khi $OM\; \bot AB.$

Kẻ $OH,{\rm{ }}OK$ lần lượt vuông góc với $AC$ và $BC,$ ta có :

$OH = 8\left( {cm} \right);OK = 6\left( {cm} \right)$ và \(HA = HC = \dfrac{{AC}}{2}\) ; \(KB = KC = \dfrac{{BC}}{2}\) (định lí đường kính dây cung).

$AB$ là đường kính nên \(\widehat {ACB} = {90^0}\).

Do đó tứ giác $CHOK$ là hình chữ nhật (có ba góc vuông)

$ \Rightarrow OH = CK = 8\left( {cm} \right) \Rightarrow BC = 16{\rm{ }}\left( {cm} \right)$

Tương tự có: $AC = 12\left( {cm} \right)$

Xét tam giác vuông $OHC,$  ta có: \(OC = \sqrt {O{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt {{8^2} + {6^2}}  = 10\,\,\left( {cm} \right)\)  (định lý Py – ta – go)

$\Delta ABD$ có đường cao $BC$ đồng thời là đường trung tuyến nên $\Delta ABD$ cân tại $B.$

Ta có $BD = BA = 2R\left( {cm} \right),$  điểm $B$ cố định, $2R$ không đổi.

Vậy $D$ thuộc đường tròn cố định tâm $B$ và bán kính bằng $2R.$ Do đó D sai.

Xét tứ giác $ABDC$ có: $AC//BD \Rightarrow ABDC$ là hình thang

Vì hai tiếp tuyến \(CD\) và \(Ax\) cắt nhau tại \(C\), hai tiếp tuyến \(DC\)  và \(By\)  cắt nhau tại \(D\)  nên \(AC = CM;BD = BM\)  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Chu vi hình thang  $ABDC$  là:

${C_{ABDC}} = AC + AB + BD + CD = CM + AB + DM + CD = AB + 2CD$ $ \Rightarrow {C_{ABDC}}_{\min }\,\,{\rm{khi}}\,\,\,C{D_{\min }} \Rightarrow CD = AB \Rightarrow CD//AB$

Mà $OM\; \bot CD \Rightarrow OM\; \bot AB$ $ \Rightarrow {C_{ABDC\min }} = AB + 2AB = 3AB$

Vậy chu vi nhỏ nhất của hình thang $ABDC$ là $3AB$  khi $OM\; \bot AB.$

Gọi \(I\) là trung điểm của $CD$

Suy ra $I$ là tâm của đường tròn đường kính  $CD$

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: $AC = CM\;$ và $BD = DM$

Xét tứ giác $ABDC$ có: $AC//BD \Rightarrow ABDC$ là hình thang

\( \Rightarrow \,IO\) là đường trung bình của hình thang $ABDC$

\( \Rightarrow IO//AC//BD\) mà $AC\; \bot AB{\rm{ }} \Rightarrow IO\; \bot AB{\rm{ }}\left( 1 \right)$

$IO = \dfrac{{AC + BD}}{2} = \dfrac{{CM + DM}}{2} = \dfrac{{CD}}{2}(2)$

Suy ra tam giác \(COD\) vuông tại \(O.\)

${C_{ABDC}} = 14 \Leftrightarrow AB + 2CD = 14 \Rightarrow CD = \dfrac{{14 - AB}}{2} = \dfrac{{14 - 4}}{2} = 5cm$

Lại có: $CD = CM + DM = AC + BD \Rightarrow AC = CD-BD = 5-BD$

Mà tam giác \(COD\) vuông tại \(O.\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông $COD$ ta có:

$O{M^2} = {\rm{ }}CM.DM \Leftrightarrow {2^2} = AC.BD \Leftrightarrow AC.BD = 4 \Leftrightarrow \left( {5 - BD} \right).BD = 4$

\( \Leftrightarrow 5BD--B{D^2} = 4 \Leftrightarrow B{D^2}--5BD + 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow B{D^2}-BD-4BD + 4 = 0 \Leftrightarrow BD\left( {BD-1} \right)-4\left( {BD-1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {BD - 1} \right)\left( {BD - 4} \right) = 4\)

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}BD - 1 = 0\\BD - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}BD = 1 \Rightarrow AC = 4\\BD = 4 \Rightarrow AC = 1\end{array} \right.$

Vậy với $AC = 4cm;BD = 1cm$ hoặc $AC = 1{\rm{ }}cm;BD = 4cm$ thì chu vi của hình thang $ABDC$ bằng  $14.$

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $AC = CM$ và \(BD = DM\)

$AC//BD$  (vì cùng vuông góc với$AB$ )

Theo hệ quả của định lý Ta – lét ta có:

$\dfrac{{CN}}{{BN}} = \dfrac{{AC}}{{BD}} \Rightarrow \dfrac{{CN}}{{BN}} = \dfrac{{CM}}{{DM}}$

Theo định lý Ta – Lét đảo ta được $MN//BD.$

            Mà $BD\; \bot AB \Rightarrow {\rm{ }}MN \bot \;AB$ nên A đúng

Theo hệ quả của định lý Ta – Lét ta có:

$\dfrac{{NH}}{{BD}} = \dfrac{{AH}}{{AB}} = \dfrac{{CN}}{{CB}} = \dfrac{{MN}}{{BD}} \Rightarrow MN = NH$ nên B sai.

Ta có $IO$ là tia phân giác của \(\widehat {BIA}\)

$IO'$ là tia phân giác của \(\widehat {CIA}\)

Mà \(\widehat {BIA} + \widehat {CIA} = {180^0} \Rightarrow \widehat {OIO'} = {90^0}\)

Tam giác \(OIO'\) vuông tại \(I\) có \(IA\) là đường cao nên $I{A^2} = AO.AO' = 9.4 = 36 \Rightarrow IA = 6cm$.

\( \Rightarrow IA = IB = IC = 6cm\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vậy $BC = 2IA = 2.6 = 12\left( {cm} \right)$.

Vẽ đường kính $AD$.

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại $H$ ta có $A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}$ (Py-ta-go)

Mà $AB = 5cm,AH = 3cm$ nên $HB = 4cm$.

Ta có tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = {180^0}\) (tính chất)

Lại có \(\widehat {ABC} + \widehat {ABH} = {180^0}\) (kề bù) nên \(\widehat {ADC} = \widehat {ABH}\).

Xét $\Delta AHB$ và \(\Delta DCA\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = {90^0}\)

\(\widehat {ADC} = \widehat {ABH}\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta AHB \backsim \Delta DCA\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{HB}}{{CA}} = \dfrac{{AB}}{{DA}} \Rightarrow DA = \dfrac{{CA.AB}}{{HB}} = \dfrac{{12.5}}{4} = 15 \Rightarrow OA = \dfrac{{15}}{2} = 7,5cm\)

Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều  ABC. Vậy O là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác mà tam giác ABC đều nên O là giao điểm 3 đường trung tuyến của tam giác ABC. Vậy bán kính đường tròn (O) là OG với BG là trung tuyến của tam giác ABC.

Vì tam giác ABC đều nên ta tính được:

$BG = \sqrt {B{C^2} - C{G^2}}  = \sqrt {{8^2} - {4^2}}  = 4\sqrt 3 \,cm$$ \Rightarrow OG = \dfrac{{BG}}{3} = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{3}\,cm$

Có $AM$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ nên $AM$ vuông góc với $OA$

Xét tam giác $AOM$ vuông tại $A$ nên có $\tan \widehat {AOM} = \dfrac{{AM}}{{OA}} = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{R} = \sqrt 3 $$ \Rightarrow \widehat {AOM} = {60^0}$

Mà hai tiếp tuyến $AM$ và $BM$ cắt nhau tại $M$ nên ta có $OM$ là phân giác của $\widehat {AOB}$

Vậy $\widehat {AOB}$$ = 2\widehat {AOM} = {2.60^0} = {120^0}$

Vẽ \(AH \bot BD\left( {H \in BD} \right)\).

Tứ giác \(ABCD\) có \(OA = OA = R,OB = OD = R\) nên là hình bình hành.

Mà \(AC = BD = 2R\) do đó tứ giác \(ABCD\) là hình chữ nhật, suy ra  \({S_{ABCD}} = AB.AD\)                         

\(\Delta ABD\) có \(\widehat A = {90^0}\), \(AH \bot DB\) nên \(AB.AD = AH.DB\).

Vì \(AH \le AO,DB = 2R\) nên \({S_{ABCD}} \le 2{R^2}\) (không đổi). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow H \equiv O \Leftrightarrow AC \bot BD\).

Vậy khi hai đường kính \(AC\) và \(BD\) vuông góc với nhau thì diện tích tứ giác \(ABCD\) lớn nhất.

Vì \(\widehat {COD} = {90^0}\) suy ra tam giác

\(COD\) vuông cân tại \(O\) nên  \(CD = R\sqrt 2 \).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD\) suy ra \(OH \bot CD\)  (định lý)

  Vì \(\Delta HOM\) vuông tại \(H\),  \(OH = \dfrac{1}{2}CD = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}R,OM = 2R\).

 Trong tam giác vuông \(OMH\) ta có: \(M{H^2} = O{M^2} - O{H^2} = 4{R^2} - \dfrac{{{R^2}}}{2} = \dfrac{{7{R^2}}}{2} \Rightarrow MH = \dfrac{{\sqrt {14} }}{2}R\) suy ra \(MD = MH - AH = \dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}\left( {\sqrt 7  - 1} \right)\), \(MC = \dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}\left( {\sqrt 7  + 1} \right)\)

Vẽ \(OH \bot BC,H \in BC\), suy ra \(BH = HC\) (định lý đường kính vuông góc dây cung).

Ta có \(AB + AC = \)\(\left( {AH - BH} \right) + \left( {AH + HC} \right) = 2AH\).

\(\Delta MAO\) có \(\widehat {AMO} = {90^0}\)

Theo định lý Pitago có \(A{M^2} + O{M^2} = O{A^2}\);  \(\Delta HAO\) có \(\widehat {AHO} = {90^0}\) nên \(A{H^2} + O{H^2} = O{A^2}\)

Mà \(OB = OM = R\), \(OH \le OB\) nên \(OH \le OM\).

Do đó $O{H^2} \le O{M^2}$, suy ra \(AH \ge AM\). Từ đó ta có: $AB + AC \ge 2AM$.

Vẽ tiếp tuyến tại \(E\) của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt \(AB,AC\) lần lượt tại \(H,K\).Ta có

\(ED \bot HK,ED \bot BC \Rightarrow HK//BC\).

Gọi \(N\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left( O \right)\) tiếp xúc với \(AC\).

\(OK,OC\) là hai tia phân giác của hai góc kề bù \(EON\) và \(NOD\) (tính chất trung tuyến)\( \Rightarrow \widehat {KOC} = {90^0}\).

+ Xét \(\Delta OEK\) và \(\Delta CDO\) có \(\widehat {OEC} = \widehat {CDO}\left( { = {{90}^0}} \right),\widehat {OKE} = \widehat {COD}\) (cùng phụ với \(\widehat {EOK}\)).Do đó \(\Delta OEK \backsim \Delta CDO \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{OD}} = \dfrac{{OE}}{{CD}}\) hay \(\dfrac{{EK}}{r} = \dfrac{r}{{CD}}\). Tương tự cũng có \(\dfrac{{HE}}{r} = \dfrac{r}{{BD}}\). Do vậy \(\dfrac{{EK}}{{HE}} = \dfrac{{BD}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{EK + HE}} = \dfrac{{BD}}{{BD + CD}}\) hay \(\dfrac{{EK}}{{HK}} = \dfrac{{BD}}{{BC}}\)  (1)

+ Trong \(\Delta ABM\) có \(HE//BM\), áp dụng hệ quả của định lý Thales trong tam giác ta có \(\dfrac{{HE}}{{BM}} = \dfrac{{AE}}{{AM}}\). Tương tự có \(\dfrac{{EK}}{{CM}} = \dfrac{{AE}}{{AM}}\). Do đó \(\dfrac{{HE}}{{BM}} = \dfrac{{EK}}{{CM}} \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{CM}} = \dfrac{{EK + HE}}{{CM + BM}}\) hay \(\dfrac{{EK}}{{CM}} = \dfrac{{HK}}{{BC}} \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{HK}} = \dfrac{{CM}}{{BC}}\)  

Từ (1) và (2) cho ta \(BD = CM\).

Theo đề ra có \(A,O,I\) thẳng hàng (vì \(O,I\) cùng nằm trên tia phân góc \(A\)).

+ Gọi \(M,N\) là tiếp điểm của \(\left( O \right)\); \(\left( I \right)\) với \(AB\), ta có \(OM//IN\)  nên \(\dfrac{{AO}}{{AI}} = \dfrac{{OM}}{{IN}}\) (hệ quả của định lý Thales).                                                  

Mà \(OM = OE,IN = IF\) nên có \(\dfrac{{AO}}{{AI}} = \dfrac{{OE}}{{IF}}\).

Mặt khác \(ED \bot BC,IF \bot BC\)\( \Rightarrow OD//IF \Rightarrow \widehat {AOE} = \widehat {AIF}\).

+ Xét \(\Delta OAE\) và \(\Delta IAF\) có \(\dfrac{{AO}}{{AI}} = \dfrac{{OE}}{{IF}};\widehat {AOE} = \widehat {AIF}\),

do đó \(\Delta OAE \backsim \Delta IAF \Rightarrow \widehat {OAE} = \widehat {IAF}\).

Vậy \(A,E,F\) thẳng hàng.

+ Vì đường tròn \((I)\) tiếp xúc với  các cạnh tại \(D,E,F\) nên suy ra  \(AE = AF,BE = BD,CD = CF\).

+ Dựng \(AK//BD\left( {K \in DF} \right)\) ta có: \(\dfrac{{MN}}{{AK}} = \dfrac{{MD}}{{DA}}\), \(\dfrac{{EM}}{{BD}} = \dfrac{{AM}}{{AD}}\).

Ta cần chứng minh: \(\dfrac{{MD}}{{DA}}.AK = \dfrac{{AM}}{{AD}}.BD \Leftrightarrow \dfrac{{MD}}{{AM}} = \dfrac{{BD}}{{AK}}\).

 Nhưng \(AK = AF = AE\), \(BD = BE\) nên ta cần chứng minh: \(\dfrac{{MD}}{{AM}} = \dfrac{{BE}}{{AE}}\)  (điều này là hiển nhiên theo định lý Ta-let).