Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 7: Đường tròn

Nội dung text: Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 7: Đường tròn

1. CHUYÊN ĐỀ 7: ĐƯỜNG TRÒN 1. SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN Định nghĩa: Đường tròn tâm O bán kính R 0 là hình gồm các điểm cách điểm O một khoảng R kí hiệu là (O;R) hay (O) + Đường tròn đi qua các điểm A1 ,A2 , ,An gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác A1A2 An + Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác A1A2 An gọi là đường tròn nội tiếp đa giác đó. Những tính chất đặc biệt cần nhớ: + Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm vòng tròn ngoại tiếp + Trong tam giác đều , tâm vòng tròn ngoại tiếp là trọng tâm tam giác đó. + Trong tam giác thường: Tâm vòng tròn ngoại tiếp là giao điểm của 3 đường trung trực của 3 cạnh tam giác đó Tâm vòng tròn nội tiếp là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác đó PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh các điểm A1 ,A2 , ,An cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh các điểm A1 ,A2 , ,An cách đều điểm O cho trước. Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCD có Cµ Dµ 900. Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB,BD,DC,CA . Chứng minh 4 điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó . Giải: T B M A N O Q D C P Kéo dài AD,CB cắt nhau tại điểm T thì tam giác TCD vuông tại T . + Do MN là đường trung bình của tam giác ABD nên NM / /AD + MQ là đường trung bình của tam giác ABC nên MQ / /BC . Mặt khác AD  BC MN  MQ . Chứng minh tương tự ta cũng có: MN  NP,NP  PQ . Suy ra MNPQ là hình chữ nhật. Hay các điểm M,N,P,Q thuộc một đường tròn có tâm là giao điểm O của hai đường chéo NQ,MP Ví dụ 2. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm của AC G là trọng tâm của tam giác ABM . Gọi Q là giao điểm của BM và GO . Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BGQ . Giải: A P N G M Q I K O B C
2. Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm O của vòng tròn ngoại tiếp tam giác nằm trên đường trung trực của BC .Gọi K là giao điểm của AO và BM Dưng các đường trung tuyến MN,BP của tam giác ABM cắt nhau tại trọng tâm G .Do MN / /BC MN  AO . Gọi K là giao điểm của BM và AO thì K là trọng tâm của tam giác ABC suy ra GK / /AC . Mặt khác ta có OM  AC suy ra GK  OM hay K là trực tâm của tam giác OMG MK  OG . Như vậy tam giác BQG vuông tại Q . Do đó tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác GQB là trung điểm I của BG . Ví dụ 3. Cho hình thang vuông ABCD có Aµ Bµ 900 . BC 2AD 2a, Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC M là trung điểm của HC . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM Giải: A D H E O M N B C Gọi N là trung điểm của BH thì MN là đường trung bình của tam giác HBC suy ra MN  AB , mặt khác BH  AM N là trực tâm của tam giác ABM suy ra AN  BM . 1 Do MN / / BC MN / / AD nên ADMN là hình bình hành suy ra AN / /DM . Từ đó ta 2 có: DM  BM hay tam giác DBM vuông tại M nên tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác DBM là trung điểm O của BD . 1 1 1 a 5 Ta có R MO BD AB2 AD2 4a2 a2 . 2 2 2 2 Bài toán tương tự cho học sinh thử sức. Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vuông góc với AC . Trên AC,CD ta lấy các điểm M,N AM DN sao cho . Chứng minh 4 điểm M,B,C,N nằm trên một đường tròn. AH DC Gợi ý: B· CN 900 , hãy chứng minh B· MN 900 Ví dụ 4.Cho lục giác đều ABCDEF tâm O . Gọi M,N là trung điểm của CD,DE . AM cắt BN tại I . Chứng minh rằng các điểm M,I,O,N,D nằm trên một đường tròn. Giải:
3. N B C E D M H1 K1 H I J K A D O O N B F E A Do ABCDEF là lục giác đều nên OM  CD,ON  DE M,N,C,D nằm trên đường tròn đường kính OD . Vì tam giác OBN OAM nên điểm O cách đều AM,BN suy ra OI là phân giác trong của góc A· IN . OH  AM Kẻ DH1 2OH (Do OH là đường trung bình của tam giác DAH1 DH1  AM OK  BN OK JO 1 Kẻ DK1 2OK (Do với J AD  NB ) DK1  BN DK1 JD 2 Do OK OH DH1 DK1 suy ra D cách đều AM,BN hay ID là phân giác ngoài của A· IN O· ID 900 . Vậy 5 điểm M,I,O,N,D cùng nằm trên một đường tròn đường kính OD . Ví dụ 5) Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm BC,N là điểm thuộc đường chéo 1 AC sao cho AN AC . Chứng minh 4 điểm M,N,C,D nằm trên cùng một đường tròn. 4 Giải: Ta thấy tứ giác MCDN có M· CD 900 nên để chứng minh 4 điểm M,N,C,D cùng nằm trên một đường tròn ta sẽ chứng minh M· ND 900 Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC,AD tại E,F . Xét hai tam giác 1 1 vuông NEM và DFN EM NF AB,EN DF AB từ đó suy ra NEM DFN do đó 4 4 N· ME D· NF,M· NE N· DF M· NE D· NF 900 Hay tam giác MND vuông tại N . Suy ra 4 điểm M,N,C,D cùng nằm trên đường tròn đường kính MD Cách 2: Gọi K là trung điểm của ID với I là giao điểm của hai đường chéo. Dễ thấy MCKN là hình bình hành nên suy ra CK / /MN . Mặt khác do NK  CD,DK  CN K là trực tâm của tam giác CDN CK  ND MN  ND . E M B C I N K A F D
4. Ví dụ 6) Trong tam giác ABC gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của AB,BC,CA . A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C đến các cạnh đối diện. A2 ,B2 ,C2 là trung điểm của HA,HB,HC . Khi đó 9 điểm M,N,P,A1 ,B1 ,C1 ,A2 ,B2 ,C2 cùng nằm trên một đường tròn gọi là đường tròn Ơ le của tam giác Ví dụ 7) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AD là đường kính của (O) . M là trung điểm của BC,H là trực tâm của tam giác. Gọi X,Y,Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên HB,HC,BC . Chứng minh 4 điểm X,Y,Z,M cùng thuộc một đường tròn Ví dụ 8) Cho tam giác ABC có trực tâm H . Lấy điểm M,N thuộc tia BC sao cho MN BC và M nằm giữa B,C . Gọi D,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M,N lên AC,AB . Chứng minh cácđiểm A,D,E,H cùng thuộc một đường tròn. 2. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN 1.Khi một đường thẳng có hai điểm chung A,B với đường tròn (O) ta nói đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt. Khi đó ta có những kết quả quan trọng sau: O O H A M B M A H B + OH  AB OH R,HA HB R2 OH2 . Theo định lý Pitago ta có: OH2 MO2 MH2 Mặt khác ta cũng có: OH2 R2 AH2 nên suy ra MO2 MH2 R2 AH2 MH2 AH2 MO2 R2 (MH AH) MH AH MO2 R2 + Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì MA.MB MO2 R2 + Nếu M nằm trong đoạn AB thì MA.MB R2 MO2 AB2 Mối liên hệ khoảng cách và dây cung: R2 OH2 4 2. Khi một đường thẳng chỉ có một điểm chung H với đường tròn (O) , ta nói đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, hay là tiếp tuyến của đường tròn (O) . Điểm H gọi là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn (O) Như vậy nếu là tiếp tuyến của (O) thì vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm Ta có OH R Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì + Điểm đó cách đều hai tiếp điểm + Tia kẻ từ điểm đó đến tâm O là tia phân giác góc tạo bởi 2 tiếp tuyến +Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm + Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó thì vuông góc với đoạn thẳng nối hai tiếp điểm tại trung điểm của đoạn thẳng đó.
5. A O O M H H Δ B 3. Khi một đường thẳng và đường tròn (O) không có điểm chung ta nói đường thẳng và đường tròn (O) không giao nhau. Khi đó OH R O H Δ 4. Đường tròn tiếp xúc với 3 cạnh tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác Đường tròn nội tiếp có tâm là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác 5. Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và phần kéo dài hai cạnh kia gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác trong góc A là giao điểm của hai đường phân giác ngoài góc B và góc C Mỗi tam giác có 3 đường tròn bàng tiếp. A M P D F B O O B C A N E C Đường tròn nội tiếp ΔABC Đường tròn bàng tiếp trong góc A Ví dụ 1) Cho hình thang vuông ABCD (Aµ Bµ 900 ) có O là trung điểm của AB và góc C· OD 900 . Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB . Giải: A C H O D E B
6. Kéo dài OC cắt BD tại E vì C· OD 900 suy ra E· OD 900 . Xét tam giác COD và EOD ta có OD chung OC OA 1 OC OD COD EOD . Suy ra DC DE hay tam giác ECD cân tại D . OD OB Kẻ OH  CD thì OBD OHD OH OB mà OB OA OH OB OA hay A,H,B thuộc đường tròn (O) . Do đó CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB . Ví dụ 2) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Gọi M,N là hai điểm trên các cạnh AB,AD sao cho chu vi tam giác AMN bằng 2a . Chứng minh đường thẳng MN luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định. Giải: M B A E H N D C Trên tia đối của BA ta lấy điểm E sao cho BE ND . Ta có BCE DCN CN CE . Theo giả thiết ta có: MN AM AN AB AD AM MB AN DN AM AN MB BE . Suy ra MN MB BE ME . Từ đó ta suy ra MNC MEC C· MN C· MB . Kẻ CH  MN CH CB CD a . Vậy D,H,B thuộc đường tròn tâm C bán kính CB a suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm C bán kính bằng a . Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân tại A đường cao BH . Trên nửa mặt phẳng chứa C bờ AB vẽ Bx  BA cắt đường tròn tâm B bán kính BH tại D . Chứng minh CD là tiếp tuyến của (B) Giải: A H α 1 B 2 C D x µ µ ¶ 0 Vì tam giác ABC cân tại A nên ta có: B C . Vì Bx  BA B2 90 . Mặt khác ta ¶ 0 ¶ ¶ ¶ ¶ cũng có B1 90 B1 B2 . Hai tam giác BHC và BDC có BC chung, B1 B2 ,
7. BH BD R suy ra BHC BDC(c.g.c) suy ra B· HC B· DC 900 . Nói cách khác CD là tiếp tuyến của đường tròn (B) Ví dụ 4) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB AC) đường cao AH . Gọi E là điểm đối xứng với B qua H . Đường tròn tâm O đường kính EC cắt AC tại K . Chứng minh HK là tiếp tuyến của đường tròn (O) . Giải: A I K 1 2 3 C B H E O Vì tam giác EKC có một cạnh EC là đường kính của (O) nên E· KC 900 . Kẻ ¶ µ HI  AC BA / /HI / /EK suy ra AI IK từ đó ta có tam giác AHK cân tại H . Do đó K1 B · · ¶ ¶ ( cùng phụ với góc hai góc bằng nhau là BAH,IHK ). Mặt khác ta cũng có: K2 C3 ( do tam µ ¶ 0 ¶ ¶ 0 · 0 giác KOC cân tại O ). Mà B C3 90 K1 K2 90 suy ra HKO 90 hay HK là tiếp tuyến của (O) . Ví dụ 5) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH kẻ các tiếp tuyến BD,CE với (A) ( D,E là các tiếp điểm khác H ). Chứng minh DE tiếp xúc với đường tròn đường kính BC . Giải: E A D C B H O Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: D· AB H· AB,C· AH C· AE . Suy ra D· AB C· AE H· AB C· AH B· AC 900 hay D· AB C· AE H· AB C· AH 1800 D,A,E thẳng hàng. Gọi O là trung điểm của BC thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mặt khác AD AE nên OA là đường trung bình của hình thang vuông BDEC suy ra OA  DE tại A . Nói cách khác DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) . Đường kính BC
8. Ví dụ 6) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r . Giả sử (I;r) tiếp xúc với các cạnh AB,BC,CE lần lượt tại D,E,F . Đặt AB c,BC a,AC b,AD x,BE y,CF z . a) Hãy tính x,y,z theo a,b,c b) Chứng minh S p.r (trong đó S là diện tích tam giác p là nữa chu vi tam giác, r là bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác. 1 1 1 1 c) Chứng minh: trong đó (ha ; hb ; hc ) lần lượt là đường cao kẻ từ các r ha hb hc đỉnh A,B,C của tam giác A,B,C . Giải: A x x D F r I z y B C y E z x y c y z a a). Từ giả thiết ta có AF AD x,BD BE y,CE CF z . Từ đó suy ra z x b . a b c x y z 2 Lần lượt trừ từng vế phương trình (4) của hệ cho các phương trình ta thu được: a b c z p c 2 a c b y p b 2 b c a x p a 2 1 1 b). Ta có S S S S r.AB r.AC r.BC r.2p p.r ABC IAB IAC IBC 2 2 1 1 a 1 b 1 c 1 1 1 1 p 1 c). Ta có S a.ha , , a b c 2 ha 2S hb 2S hc 2S ha hb hc 2S S r 3. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN. Xét hai đường tròn (O;R),(O';R') A) Hai đường tròn tiếp xúc nhau: Khi hai đường tròn tiếp xúc nhau, thì có thể xảy ra 2 khả năng. Trường hợp 1: Hai đường tròn tiếp xúc ngoài: + Điều kiện R R' OO' . Tiếp điểm nằm trên đường nối tâm của hai đường tròn. Đường nối tâm là trục đối xứng của hai đường tròn. C O' O A D
9. Ví dụ 1: Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A . Qua A kẻ một cát tuyến cắt (O) tại C , cắt đường tròn (O') tại D a) Chứng minh OC / /O'D b) Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN , gọi P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với M,N qua OO' . Chứng minh MNQP là hình thang cân và MN PQ MP NQ c) Tính góc M· AN . Gọi K là giao điểm của AM với (O') . Chứng minh N,O',K thẳng hàng. Giải: M C R N O' Y O X A K Q D S P a). Do hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A nên A nằm trên OO' .Ta có C· AO D· AO' . Lại có O· CA O· AD,O· 'AD O· 'DA vì các tam giác COA, DO'A là tam giác cân. Từ đó suy ra O· CA O· 'DA OC / /O'D b). + Vì MP  OO',NQ  OO' MP / /OO' MNQP là hình thang . Vì M đối xứng với P qua OO' , N đối xứng với Q qua OO' và O luôn đối xứng với O qua OO' nên O· PM O· MP 900 . Mặt khác M· PQ,P· MN cùng phụ với các góc O· PM O· MP nên M· PQ P· MN suy ra MNQP là hình thang cân. (Chú ý: Từ đây ta cũng suy ra PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn) + Kẻ tiếp tuyến chung qua A của hai đường tròn cắt MN,PQ tại R,S thì ta có: RM RA RN,SA SP SQ suy ra MN PQ 2RS . Mặt khác RS cũng là đường trung bình của hình thang nên MP NQ 2RS hay MP NQ MN PQ c). Từ câu b ta có AR RM RN nên tam giác MAN vuông tại A , từ đó suy ra N· AK 900 KN là đường kính của (O') , hay N,O',K thẳng hàng. Ví dụ 2: Cho hai đường tròn (O;R) và (O';R') tiếp xúc ngoài tại A với (R R') . Đường nối tâm OO' cắt (O),(O') lần lượt tại B,C . Dây DE của (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC a) Chứng minh BDCE là hình thoi b) Gọi I là giao điểm của EC và (O') . Chứng minh D,A,I thẳng hàng c) Chứng minh KI là tiếp tuyến của (O') . Giải: D 1 O1 O2 B A K 2 4 C 5 3 I E
10. Vì BC vuông góc với đường thẳng DE nên DK KE,BK KC (theo giả thiết) do đó tứ giác BDCE là hình bình hành, lại có BC  DE nên là hình thoi. b) Vì tam giác BDA nội tiếp đường tròn O1 có BA là đường kính nên BDA vuông tại D . Gọi I' là giao điểm của DA với CE thì A· I'C 900 (1) (vì so le trong với B· DA ). Lại có AIC nội tiếp đường tròn O2 có AC là đường kính nên tam giác AIC vuông tại I , hay A· IC 900 (2). Từ (1) và (2) suy ra I  I' . Vậy D,A,I thẳng hàng. c) Vì tam giác DIE vuông tại I có IK là trung tuyến ứng với cạnh huyền DE nên ¶ µ ¶ ¶ · ¶ ¶ KD KI KE D1 I2 (1). Lại có D1 C4 (2) do cùng phụ với DEC và C4 C3 (3), vì O2C O2I là bán kính của đường tròn O2 . µ µ µ µ µ µ 0 · 0 Từ (1),(2),(3) suy ra I2 I3 I2 I5 I5 I3 90 hay KIO2 90 do đó KI vuông góc với bán kính O2I của đường tròn O2 . Vậy KI là tiếp tuyến của đường tròn O2 . Ví dụ 3) Chứng minh rằng: Trong một tam giác tâm vòng tròn ngoại tiếp O trọng tâm G trực tâm H nằm trên một đường thẳng và HG 2GO (Đường thẳng Ơ le) . Gọi R,r,d lần lượt là bán kính vòng tròn ngoại tiếp nội tiếp và khoảng cách giữa hai tâm chứng minh d2 R2 r2 (Hệ thức Ơ le) Giải: N A A H K I G O O B C B C E M H' D F + Kẻ đường kính AD của đường tròn (O) thì A· CD 900 DC  AC mặt khác BH  AC BH / /DC , tương tự ta có: CH / /BD BHCD là hình bình hành do đó hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra OM là đường trung bình của tam giác GM OM 1 AHD . Giả sử HO  AM G thì G là trọng tâm tam giác ABC và GA HA 2 HG 2GO Nhận xét: Nếu kéo dài đường cao AH cắt (O) tại H' ta sẽ có H,H' đối xứng nhau qua BC . Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp HBC qua BC . + Ta có : IA.IF R2 d2 (Xem phần tính chất tiếp tuyến, cát tuyến). Mặt khác AF là phân 1 giác trong góc A FB FC FI . Kẻ đường kính FN FCN 900 F· NC F· AC Aµ . Tam 2
11. giác IAK,FNC là hai tam giác vuông có góc nhọn bằng nhau nên đồng dạng với nhau. Từ đó IA IK suy ra IA.FC FN.IK IA.FC 2Rr . Hay d2 R2 r2 FN FC B. Hai đường tròn cắt nhau: A H O1 O2 B Khi hai đường tròn (O1),(O2 ) cắt nhau theo dây AB thì O1O2  AB tại trung điểm H của AB . Hay AB là đường trung trực của O1O2 Khi giải toán liên quan dây cung của đường tròn, hoặc cát tuyến ta cần chú ý kẻ thêm đường phụ là đường vuông góc từ tâm đến các dây cung. Ví dụ 1. Cho hai đường tròn (O1;R),(O2 ;R) cắt nhau tại A,B ( O1 ,O2 nằm khác phía so với đường thẳng AB ). Một cát tuyến PAQ xoay quanh A P O1 ,Q O2 sao cho A nằm giữa P và Q . Hãy xác đinh vị trí của cát tuyến PAQ trong mỗi trường hợp. a) A là trung điểm của PQ b) PQ có độ dài lớn nhất c) Chu vi tam giác BPQ lớn nhất d) S BPQ lớn nhất. Lời giải: P H A K Q O1 I O2 a) Giả sử đã xác định được vị trí của cát tuyến PAQ sao cho PA AQ . 1 Kẻ O H vuông góc với dây PA thì PH HA PA . 1 2 1 Kẻ O K vuông góc với dây AQ thì AK KQ AQ . 2 2 Nên AH AK . Kẻ Ax / /O,H / /O2K cắt O , O2 tại I thì O1I IO2 và Ax  PQ . Từ đó suy ra cách xác định vị trí của cát tuyến PAQ đó là cát tuyến PAQ vuông góc với IA tại A với I là trung điểm của đoạn nối tâm O1O2 . b) Trên hình, ta thấy PA HK .
12. Kẻ O2M  O1H thì tứ giác MHKO2 có ba góc vuông nên là hình chữ nhật do đó HK MO2 . Lúc đó O2M là đường vuông góc kẻ từ O2 đến đường thẳng O1H,O2O1 là đường xiên kẻ từ O2 đến đường thẳng O1H . Nên O2M O1O2 hay PQ 2HK 2O2M 2O1O2 (không đổi). dấu đẳng thức xảy ra M  O hay PQ / /O1O2 . Vậy ở vị trí cát tuyến PAQ / /O1O2 thì PQ có độ dài lớn nhất. c) Qua A kẻ cát tuyến CAD vuông góc với BA . Thì tam giác ABC và ABD vuông tại A lần lượt nội tiếp các đường tròn O1 , O2 nên O1 là trung điểm của BC và O2 là trung điểm của BD . Lúc đó O1O2 là đường trung bình của tam giác BCD nên O1O2 / /CD suy ra PQ 2O1O2 (1) (theo câu b). Lại có BQ BD (2), BP BC (3). Từ (1),(2),(3) suy ra chu vi tam giác BPQ,C PQ BQ BP 2 O1O2 R1 R2 (không đổi). Dấu bằng có khi P  C,Q  D . Vậy chu vi tam giác BPQ đạt giá trị lớn nhất khi cát tuyến PAQ vuông góc với dây BA tại A . B Q O 1 O2 C A D P d) Kẻ BN  PQ thì BN BA . 1 1 Lúc đó S BN.PQ BA.CD không đổi. BPQ 2 2 Vậy SBPQ đạt giá trị lớn nhất khi cát tuyến PAQ vuông góc với dây chung BA tại A . Ví dụ 2. . Cho hai đường tròn (O1;R),(O2 ;R) cắt nhau tại đường thẳng O1H cắt O1 tại K,cắt (O2 ) tại B , O2H cắt O1 tại C, cắt (O2 ) tại D . Chứng minh ba đường thẳng BC,BD,HK đồng quy tại một điểm. Lời giải: E C B H O1 O2 A K D
13. Gọi giao điểm của AC với BD là E . Các tam giác ACH,AKH nội tiếp đường tròn O1 có cạnh HA là đường kính nên tam giác ACH vuông tại C , tam giác AKH vuông tại K suy ra DC  AE (1), HK  AK (2). Lại có tam giác HKD,HBD nối tiếp dường tròn O2 có cạnh HD là đường kính nên tam giác HKD vuông tại K , tam giác HBD vuông tại B suy ra: HK  KD (3), AB  DE (4). Từ (2) và (3) suy ra A,K,D thẳng hàng nên HK  AD (5). Từ (1) và (4)suy ra H là trực tâm của tam giác AED , do đó EH  AD (6). Từ (5) và (6) suy ra H EK (vì qua H ở ngoài đường thẳng AD chỉ kẻ được một đường thẳng vuông góc với AD ). Vậy AC,BD,HK đồng quy tại E là giao điểm của AC và BD .