Bài tập Cung chứa góc có đáp án

Phần thuận: Ta có:

Vì B, C cố định, A thay đổi, I luôn nhìn cạnh BC dưới một góc ${135}^0$ nên I di chuyển trên cung chứa góc ${135}^0$ dựng trên BC.

Phần đảo: Lấy điểm I là giao của cung chứa góc ${135}^0$ dựng trên BC và tia phân giác trong góc $\widehat{\mathrm{ACB}}$, ta chứng minh I cũng thuộc tia phân giác trong của góc $\widehat{\mathrm{ABC}}$.

Xét tam giác IBC, ta có:

Nên BI là phân giác trong của $∆\mathrm{ABC}$. Hay I là tâm đường tròn nội tiếp $∆\mathrm{ABC}$ (I là giao điểm của ba đường phân giác trong)

Giới hạn:

- Khi $\mathrm{I}\equiv \mathrm{B}$ thì ba điểm A, B, C thẳng hàng (trái giả thiết)

- Khi $\mathrm{I}\equiv \mathrm{C}$ thì ba điểm A, B, C thẳng hàng (trái giả thiết)

Vậy quỹ tích điểm I là cung chứa góc dựng trên cạnh BC đối xứng nhau qua BC, bỏ đi điểm B và C.

Kết luận: Quỹ tích điểm I là cung chứa góc ${135}^0$ dựng trên cạnh BC đối xứng nhau qua BC, bỏ đi điểm B và C.

Phần thuận: Theo tính chất của tiếp tuyến ta có: $\mathrm{AT}\perp \mathrm{BT}$

Do đó, A, B cố định. T nhìn AB dưới một góc vuông nên T di chuyển trên đường trong đường kính AB.

Phần đảo: lấy điểm T thuộc đường tròn đường kính AB.

Khi đó $\mathrm{AT}\perp \mathrm{BT}$ tại T nên AT là tiếp tuyến của đường tròn tâm B, bán kính $\mathrm{BT}\le \mathrm{AB}$

Giới hạn:

- Khi $\mathrm{T}\equiv \mathrm{B}$ thì bán kính đường tròn tâm B thỏa yêu cầu đề bài là 0 (vô lí)

- Khi $\mathrm{T}\equiv \mathrm{C}$ thì bán kính đường tròn tâm B thỏa yêu cầu đề bài là AB.

Vậy quỹ tích tiếp điểm T là đường tròn đường kính AB bỏ đi điểm B.

Kết luận: Quỹ tích tiếp điểm T là đường tròn đường kính AB bỏ đi điểm B.

a) Ta thực hiện theo các phần:

Phần thuận: Do BC cố định, $\widehat{\mathrm{BAC}}={120}^0$ nên A di chuyển trên hai cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên BC.

Phần đảo: lấy điểm A thuộc cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên BC, ta thấy ngay $\widehat{\mathrm{BAC}}={120}^0$

Giới hạn: Khi A trùng với B, C thì ba điểm A, B, C thẳng hàng (trái giả thiết)

Vậy quỹ tích các điểm A là hai cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên đoạn BC, bỏ đi điểm B, C.

Kết luận: Quỹ tích các điểm A là hai cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên đoạn BC, bỏ đi điểm B, C.

b) Hạ AH vuông góc với BC, ta có ngay:

Do đó, ${\mathrm{S}}_{∆\mathrm{ABC}}$ có giá trị nhỏ nhất khi AH lớn nhất <=> A là điểm ở chính giữa cung chứa góc.

Khi đó, xét $∆\mathrm{ABH}$ vuông tại H, ta có

$\widehat{\mathrm{BAH}}={60}^0\Rightarrow \widehat{\mathrm{ABH}}={30}^0$$\Rightarrow \mathrm{AB}=2\mathrm{AH}$

Xét tam giác ABH ta có

Phần thuận: giả sử có điểm M sao cho $\stackrel{⏜}{\mathrm{EF}}={60}^0$, ta có:

$\widehat{\mathrm{AMB}}=\frac{\mathrm{sd}\stackrel{⏜}{\mathrm{AB}}-\mathrm{sd}\stackrel{⏜}{\mathrm{EF}}}{2}=\frac{{180}^0-{60}^0}{2}={60}^0$

Vậy điểm M nằm trên cung chứa góc ${60}^0$ dựng trên đoạn thẳng AB (cung này thuộc mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn cho trước)

Giới hạn: ta có:

- Nếu $\mathrm{E}\equiv \mathrm{A}$ => $\mathrm{M}\equiv {\mathrm{M}}_0$, với ${\mathrm{M}}_0$ là giao điểm của cung chứa góc với tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đường kính AB.

- Nếu $\mathrm{F}\equiv \mathrm{B}$ => $\mathrm{M}\equiv {\mathrm{M}}_1$, với ${\mathrm{M}}_1$ là giao điểm của cung chứa góc với tiếp tuyến By của nửa đường tròn dường kính Ab. Do đó, điểm M chỉ nằm trên cung $\stackrel{⏜}{{\mathrm{M}}_0{\mathrm{M}}_1}$

Phần đảo: lấy điểm M nằm trên cung $\stackrel{⏜}{{\mathrm{M}}_0{\mathrm{M}}_1}$. Nối MA, MB cắt nửa đường tròn đường kính AB lần lượt tại E và F. Ta phải chứng minh số đo $\stackrel{⏜}{\mathrm{EF}}={60}^0$

Thật vậy:

$\widehat{\mathrm{AMB}}=\frac{\mathrm{sd}\stackrel{⏜}{\mathrm{AB}}-\mathrm{sd}\stackrel{⏜}{\mathrm{EF}}}{2}$

$\Rightarrow \mathrm{sd}\stackrel{⏜}{\mathrm{EF}}=\mathrm{sd}\stackrel{⏜}{\mathrm{AB}}-2\widehat{\mathrm{AMB}}$

$={180}^0-2.{60}^0={60}^0$

Kết luận: quỹ tích các điểm M là cung $\stackrel{⏜}{{\mathrm{M}}_0{\mathrm{M}}_1}$ của cung chứa góc ${60}^0$ dựng trên đoạn thẳng AB (cung này thuộc nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn đã cho)

Ta lần lượt thực hiện:

- Dựng đoạn AB = 4 cm và đường trung trực của AB

- Dựng tia Ax sao cho $\widehat{\mathrm{xAB}}={60}^0$

- Dựng tia Ay vuông góc với Ax cắt tại O.

- Dựng đường tròn (O;OA) và chỉ lấy phần cung cùng phía với O, kí hiệu là $\stackrel{⏜}{\mathrm{AmB}}$

- Lấy đối xứng cung qua Ab được cung $\stackrel{⏜}{{\mathrm{Am}}_1\mathrm{B}}$.

Vậy hai cung  và  là cung chứa góc cần dựng.

Cách dựng:

- Dựng đoạn thẳng BC = 6 cm.

- Dựng cung chứa góc ${40}^0$ trên đoạn thẳng BC.

- Dựng đường thẳng d song song với BC và cách BC một khoảng bằng 4 cm, như sau: Dựng đường trung trực $\left(∆\right)$ của BC, gọi I là giao điểm của $\left(∆\right)$ với BC, trên $\left(∆\right)$ lấy điểm K sao cho IK = 4 cm.

- Dựng đường thẳng d vuông góc với $\left(∆\right)$ tại K.

- Gọi giao điểm của (d) và cung chứa góc là A và A’. khi đó, hai tam giác ABC và A’BC đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chứng minh:

- Ta có ngay BC = 6 cm vì theo cách dựng.

- Các góc $\hat{\mathrm{A}}$ và $\widehat{\mathrm{A}\text{'}}$ đều bằng ${40}^0$ do A, A’ nằm trên cung chứa góc ${40}^0$ dựng trên đoạn BC.

- Các hình AHIK và A’HIK là các hình chữ nhật nên AH = A’H = IK = 4 cm.

Biện luận: ta dựng được hai tam giác ABC và A’BC thỏa điều kiện đề bài nhưng hai tam giác này bằng nhau (đối xứng nhau qua IK) nên bài toán chỉ có một nghiệm hình.

Cách dựng: ta lần lượt thực hiện:

- Dựng đoạn BC = a.

- Dựng cung chứa góc $\mathrm{\alpha }$ dựng trên đoạn thẳng BC.

- Dựng đường tròn đường kính BC.

- Dựng đường tròn (B, h) cắt đường tròn đường kính BC tại H.

- Tia CH cắt cung chứa góc $\mathrm{\alpha }$ tại A.

- Nối AB ta được $∆\mathrm{ABC}$ phải dựng

Chứng minh: ta có ngay:

- BC = a theo cách dựng.

- $\hat{\mathrm{A}}=\mathrm{\alpha }$ vì A nằm trên cung chứa góc $\mathrm{\alpha }$ dựng trên đoạn thẳng BC.

- BH = h vì H thuộc đường tròn (B, h)

- $\widehat{\mathrm{BHC}}={90}^0$ => Bh = h là đường cao của  

Vậy thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Biện luận: ta dựng dược hai tam giác ABC và A’BC thỏa mãn điều kiện đề bài, nhưng hai tam giác này bằng nhau (đối xứng qua BC) nên bài toán chỉ có một nghiệm hình.

Xét tứ giác AB’HC’ ta có:

$$\begin{gathered} \widehat{\mathrm{B}\text{'}\mathrm{HC}\text{'}}={360}^0-\left(\hat{\mathrm{A}}+\hat{\mathrm{B}}+\hat{\mathrm{C}}\right) \\ ={360}^0-\left({60}^0+{90}^0+{60}^0\right)={120}^0 \\ \Rightarrow \widehat{\mathrm{BHC}}=\widehat{\mathrm{B}\text{'}\mathrm{HC}\text{'}}={120}^0 \end{gathered}$$

Xét $∆\mathrm{BIC}$ ta có:

$$\begin{gathered} \widehat{\mathrm{BIC}}={180}^0-\left(\widehat{\mathrm{BIC}}+\widehat{\mathrm{ICB}}\right) \\ ={180}^0-\left(\frac{\hat{\mathrm{B}}}{2}+\frac{\hat{\mathrm{C}}}{2}\right) \\ ={180}^0-\frac{1}{2}\left({180}^0-\hat{\mathrm{A}}\right)={120}^0 \end{gathered}$$

Như vậy, H và I đều nằm trên cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên BC.

Mặt khác, $∆\mathrm{ABC}$ nội tiếp trong đường tròn tâm O nên góc nội tiếp $\widehat{\mathrm{BAC}}$ trong đường tròn (O) có số đo là

$$\begin{gathered} {60}^0=\widehat{\mathrm{BAC}}=\frac{1}{2}\mathrm{sd}\stackrel{⏜}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{2}\widehat{\mathrm{BOC}} \\ \Rightarrow \widehat{\mathrm{BOC}}={120}^0 \end{gathered}$$

Vậy O nằm trên cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên BC.

Nghĩa là 5 điểm B, C, O, I, H nằm trên cùng một đường tròn chứa cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên BC.