a) Vẽ ba điểm $N_1;N_2;N_3$ sao cho $\widehat{C{N}_{1}D}=\widehat{C{N}_{2}D}=\widehat{C{N}_{3}D}={90}^0$

b) Chứng minh rằng các điểm $N_1;N_2;N_3$ nằm trên đường tròn đường kính $CD.$Phương pháp giải:

a) Vẽ hình

b) Sử dụng: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

Lời giải:

a) Vẽ hình.

b) Gọi $I$ là trung điểm cạnh $CD.$

Cách 1:

Vì tam giác $C{N}_{1}D$ vuông tại $N_1$ nên $I{N}_1=IC=ID={\displaystyle \frac{CD}{2}}$ ( đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

Tương tự với hai tam giác vuông $C{N}_{2}D;C{N}_{3}D$ ta có $I{N}_2=I{N}_3=IC=ID={\displaystyle \frac{CD}{2}}$

Vậy $I{N}_1=I{N}_2=I{N}_3={\displaystyle \frac{CD}{2}}$  hay $N_1;N_2;N_3$ thuộc đường tròn đường kính $CD.$

Cách 2: 

Vì $\widehat{C{N}_{1}D}={90}^0$ nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CD. Do đó, $N_1$ nằm trên đường tròn đường kính CD.

Tương tự, $N_2,N_3$ nằm trên đường tròn đường kính CD.

Vậy $N_1;N_2;N_3$ thuộc đường tròn đường kính $CD.$

Dịch chuyển tấm bìa trong khe hở sao cho hai cạnh của góc luôn dính sát vào hai chiếc đinh A, B. Đánh dấu các vị trí M1, M2, M3, …, M10 của đỉnh góc $\left(\widehat{A{M}_{1}B}=\widehat{A{M}_{2}B}=...=\widehat{A{M}_{10}B}={75}^0\right)$

Qua thực hành, hãy dự đoán quỹ đạo chuyển động của điểm M.

Phương pháp giải:

Thực hành theo yêu cầu rồi rút ra nhận xét

Lời giải:

Qũy đạo chuyển động của điểm M là hai cung tròn đối xứng nhau qua dây AB.

Phương pháp giải:

+ Tính góc $\widehat{BIC}$ rồi kết luận theo quỹ tích cung chứa góc dựng trên đoạn BC.

+ Sử dụng: Với đoạn thẳng $BC$ và góc $\alpha (0^0<\alpha <{180}^0)$ cho trước thì quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn $\widehat{CMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $CB.$

Lời giải:

* Dự đoán : Quỹ tích điểm I là cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC.

* Chứng minh :

Phần thuận : 

Điểm A luôn nhìn đoạn thẳng AB dưới một góc ${90}^{\circ }$ nên quỹ tích điểm $A$ là đường tròn đường kính $BC.$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $\widehat{ACB}+\widehat{ABC}={90}^{\circ }$, lại có $BI$ là phân giác góc $B$ và $CI$ là phân giác góc $C$ nên

$\widehat{ICB}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{ACB};\widehat{IBC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\widehat{ABC}\Rightarrow \widehat{ICB}+\widehat{IBC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\widehat{ACB}+\widehat{ABC}\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}{.90}^{\circ }={45}^{\circ }$

Xét tam giác $IBC$ có $\widehat{BIC}+\widehat{IBC}+\widehat{ICB}={180}^{\circ }\iff \widehat{BIC}={180}^{\circ }-{45}^{\circ }={135}^{\circ }$

Nên số đo góc $BIC$ luôn không đổi.

Vậy khi điểm A thay đổi trên đường tròn đường kính BC thì điểm I thay đổi và luôn nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc ${135}^{\circ }.$

Vậy điểm I thuộc hai cung chứa góc ${135}^{\circ }$ dựng trên đoạn BC.

Phần đảo: 

Chứng minh mọi điểm I thuộc cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC, đều có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện. 

+ Lấy I trên cung chứa góc 135º dựng trên đoạn BC

+ Kẻ tia Bx sao cho BI là phân giác của góc CBx

+ Kẻ tia Cy sao cho CI là phân giác của góc BCy

+ Bx cắt Cy tại A.

Khi đó I là giao điểm của hai đường phân giác trong tam giác ABC

Ta có: 

$\begin{array}{l}\widehat{BAC}={180}^0-\left(\hat{B}+\hat{C}\right)\\ ={180}^0-2\left(\widehat{IBC}+\widehat{ICB}\right)\\ ={180}^0-2\left({180}^0-\widehat{BIC}\right)\\ ={180}^0-{360}^0+{2.135}^0\\ ={90}^0\end{array}$

Vậy ΔABC vuông tại A thỏa mãn đề bài. 

Kết luận: Quĩ tích các điểm I là hai cung chứa góc ${135}^{\circ }$ dựng trên đoạn BC.

Phương pháp giải:

Với đoạn thẳng $AB$ và góc $\alpha (0^0<\alpha <{180}^0)$ cho trước thì quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $AB.$

Lời giải:

Dự đoán: Quỹ tích cần tìm là nửa đường tròn đường kính AB.

Chứng minh: 

Phần thuận:

Vì ABCD là hình thoi nên $AC\mathrm{\perp }BD$ tại $O.$ (Tính chất)

Vậy điểm $O$ nhìn $AB$ cố định dưới góc ${90}^0.$

$\Rightarrow$ Quỹ tích điểm $O$ là nửa đường tròn đường kính $AB.$

Phần đảo: 

Chứng minh với mọi điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB ta đều có hình thoi ABCD thỏa mãn đề bài.

+ Lấy điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB

+ Lấy C đối xứng với A qua O

+ Lấy D đối xứng với B qua O.

Tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O là trung điểm mỗi đường

⇒ ABCD là hình bình hành (Dấu hiệu nhận biết)

Mà O thuộc nửa đường tròn đường kính AB 

$\Rightarrow \widehat{AOB}={90}^0$

⇒ AC ⊥ DB

⇒ Hình bình hành ABCD là hình thoi (Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc)

Kết luận: Quỹ tích điểm O là nửa đường tròn đường kính AB (khác A và B)

Phương pháp giải:

Với đoạn thẳng $AB$ và góc $\alpha (0^0<\alpha <{180}^0)$ cho trước thì quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $AB.$

Cách vẽ cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $AB$.

+ Vẽ tia Ax tạo với AB một góc $\alpha$

+ Vẽ đường thẳng $Ay\mathrm{\perp }Ax$.

+ Vẽ đường trung trực d của đoạn thẳng AB. Gọi $O$ là giao của $Ay$ với $d$.

+ Vẽ cung $AmB$, tâm $O$, bán kính $OA$ sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ $AB$ không chứa tia $Ax$.

Cung $AmB$ là một cung chứa góc $\alpha$.

Lời giải:

Cách dựng:

- Dựng đoạn thẳng $AB=3cm$ (dùng thước đo chia khoảng mm).

- Dựng góc $\widehat{xAB}={55}^0$ (dùng thước đo góc và thước thẳng).

- Dựng tia $Ay$ vuông góc với $Ax$ (dùng êke).

- Dựng đường trung trực $d$ của đoạn thẳng $AB$ (dùng thước có chia khoảng và êke). Gọi $O$ là giao điểm của $d$ và $Ay$.

- Dựng đường tròn tâm $O,$ bán kính $OA$ (dùng compa).

Ta có: $\stackrel{⏜}{AmB}$ là cung chứa góc ${55}^0$ dựng trên đoạn thẳng $AB=3cm$ (một cung).

Chứng minh:

+ O thuộc đường trung trực của AB

⇒ OA = OB

⇒ B thuộc đường tròn (O; OA).

Ax ⊥ AO ⇒ Ax là tiếp tuyến của (O; OA).

⇒ Góc BAx là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây AB

Lấy M ∈ cung AmB thì góc AMB là góc nội tiếp chắn cung nhỏ AB 

$\Rightarrow \widehat{BAx}=\widehat{AMB}$(Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

$\Rightarrow \widehat{AMB}={55}^0$

⇒ $\stackrel{⏜}{AmB}$ là cung chứa góc 55º dựng trên đoạn AB = 3cm.

Kết luận: Bài toán có một nghiệm hình. 

a) $\widehat{A{M}_{1}B}>{55}^0$;

b) $\widehat{A{M}_{2}B}<{55}^0$.

Phương pháp giải: 

Sử dụng:

+ Số đo của góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn

+ Số đo của góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn 

Lời giải:

a) $M_1$ là điểm bất kì nằm trong cung chứa góc ${55}^0$ (hình vẽ).

Gọi $A^{\prime },B^{\prime }$ theo thứ tự là giao điểm của $M_{1}A,$  $M_{1}B$ với cung tròn.

Ta có $\widehat{A{A}^{\prime }B}={\displaystyle \frac{1}{2}}$ sđ $\stackrel{⏜}{AB}={55}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn cung $AB$ và cung $AmB$ là cung chứa góc ${55}^{\circ }$)

Vì $\widehat{A{M}_{1}B}$ là góc có đỉnh nằm trong đường tròn chắn cung $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $AB$ nên:  

$\widehat{A{M}_{1}B}$ $={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AB}+sđ\stackrel{⏜}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}{2}}>{\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{AB}={55}^0$.

Vậy $\widehat{A{M}_{1}B}>{55}^0$ 

b)  $M_2$ là điểm bất kì nằm ngoài đường tròn (hình vẽ ) 

Ta có $M_{2}A,M_{2}B$ lần lượt cắt đường tròn tại $A^{\prime },B^{\prime }.$

$\widehat{A{A}^{\prime }B}={\displaystyle \frac{1}{2}}$ sđ $AB={55}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn cung $AB$ và cung $AmB$ là cung chứa góc ${55}^{\circ }$)

Vì góc $\widehat{A{M}_{2}B}$ là góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn chắn cung $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $AB$ nên:

$\widehat{A{M}_{2}B}={\displaystyle \frac{sđ\stackrel{⏜}{AB}-sđ\stackrel{⏜}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}{2}}<{\displaystyle \frac{1}{2}}sđ\stackrel{⏜}{AB}={55}^0.$
Vậy  $\widehat{A{M}_{2}B}<{55}^0.$

Phương pháp giải:

Với đoạn thẳng $AB$ và góc $\alpha (0^0<\alpha <{180}^0)$ cho trước thì quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $AB.$

Lời giải:

Dự đoán: Quỹ tích là đường tròn đường kính AB.

+ Phần thuận:

Tiếp tuyến $TA$ vuông góc với bán kính $BT$ tại tiếp điểm $T$.

Suy ra $\widehat{ATB}={90}^0$

Do $AB$ cố định nên quỹ tích của $T$ là đường tròn đường kính $AB$.

+ Phần đảo:

Lấy T thuộc đường tròn đường kính AB

$\Rightarrow \widehat{ATB}={90}^0$ ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ AT ⊥ TB và BT < AB

⇒ AT tiếp xúc với đường tròn tâm B, bán kính BT < BA.

Kết luận: Quỹ tích các tiếp điểm là đường tròn đường kính AB. 

Phương pháp giải:

Dựng cung chứa góc ${40}^{\circ }$ trên cạnh $BC$.

Vẽ đường thẳng song song với $BC$ và cách $BC$ khoảng $4cm$.

Từ đó xác định điểm $A$ và tam giác $ABC.$ 

Lời giải:

Cách dựng:

+ Kẻ đoạn thẳng $AB=6cm$

+ Dựng cung chứa góc ${40}^{\circ }$ trên đoạn $BC.$

- Vẽ đường trung trực d của đoạn $BC$

- Vẽ tia $Bx$ tạo với $BC$ góc ${40}^{\circ }$

- Vẽ tia $By\mathrm{\perp }Bx$, tia $By$ cắt đường thẳng $d$ tại $O.$ Vẽ cung $BmC$ tâm $O$ bán kính $OB$ sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ $BC$ không chứa $Bx$. Cung $BmC$ chính là cung chứa góc ${40}^{\circ }$ cần dựng. 

+ Vẽ đường thẳng $t$ song song với $BC$ và cách $BC$ một khoảng $4cm.$ Gọi giao điểm của đường thẳng $t$  với cung $BmC$ là $A$ và $A^{\prime }.$

Khi đó có hai tam giác thỏa mãn đề bài là $ABC$ hoặc tam giác $A^{\prime }BC.$ 

Chứng minh:

+ Theo cách dựng có BC = 6cm.

+ A ∈ cung chứa góc 40º dựng trên đoạn BC

$\Rightarrow \widehat{BAC}={40}^0$

+ A ∈ t song song với BC và cách BC 4cm nên chiều cao của tam giác ABC là 4cm.

Vậy ΔABC thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Biện luận:

Vì t cắt cung  $BmC$ tại 2 điểm nên bài toán có 2 nghiệm hình

a) Chứng minh $\widehat{AIB}$ không đổi.

b) Tìm tập hợp các điểm $I$ nói trên.

Phương pháp giải:

a) Sử dụng góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn

b) Chứng minh theo hai phần: Phần thuận và phần đảo.

Lập luận để có quỹ tích là cung chứa góc $AIB$ dựng trên đoạn BC.

Chú ý đến giới hạn của quỹ tích. 

Lời giải:

a) Gọi $O$ là trung điểm $AB$. Xét đường tròn tâm $O$ có $\widehat{AMB}$  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{AMB}={90}^{\circ }$  hay $AM\mathrm{\perp }MB$

Xét tam giác vuông $MBI$ có $MI=2MB\Rightarrow \tan \widehat{MIB}={\displaystyle \frac{MB}{MI}}={\displaystyle \frac{MB}{2MB}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$

$\Rightarrow \widehat{AIB}=\alpha ={26}^0{34}^{\prime }$ không đổi 

b) Phần thuận:

Khi điểm M thay đổi trên đường tròn đường kính AB thì điểm I thay đổi và luôn nhìn cạnh AB dưới một góc $\widehat{AIB}=\alpha ={26}^0{34}^{\prime }$ không đổi 

Vậy điểm I thuộc hai cung chứa góc $\alpha ={26}^0{34}^{\prime }$ dựng trên đoạn AB.

Nhưng tiếp tuyến PQ với đường tròn đường kính AB tại A là vị trí giới hạn của AM. Do đó điểm I thuộc hai cung $PmB,Q{m}^{\prime }B$.

Hai điểm P, Q là các điểm giới hạn của quỹ tích, điểm B là điểm đặc biệt của quỹ tích

Phần đảo:

Lấy điểm $I^{\prime }$ bất kỳ thuộc cung $Q{m}^{\prime }B$ (hoặc cung $PmB$). Nối $A{I}^{\prime }$ cắt đường tròn tâm $O$ tại $M^{\prime }.$ Ta chứng minh $M^{\prime }{I}^{\prime }=2M^{\prime }B.$

Xét $\left(O\right)$ có $\widehat{A{M}^{\prime }B}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat{A{M}^{\prime }B}={90}^{\circ }\Rightarrow A{M}^{\prime }\mathrm{\perp }B{M}^{\prime }\Rightarrow \widehat{B{M}^{\prime }{I}^{\prime }}={90}^{\circ }$

Xét tam giác $B{M}^{\prime }{I}^{\prime }$ vuông ở $M^{\prime }$ có $\widehat{B{I}^{\prime }{M}^{\prime }}=\alpha$ (do $I^{\prime }$ bất kỳ thuộc cung $Q{m}^{\prime }B$ là cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn AB) nên $\tan \widehat{B{I}^{\prime }{M}^{\prime }}=\tan \alpha ={\displaystyle \frac{1}{2}}$ mà $\tan \widehat{B{I}^{\prime }{M}^{\prime }}={\displaystyle \frac{B{M}^{\prime }}{M^{\prime }{I}^{\prime }}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{B{M}^{\prime }}{M^{\prime }{I}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\Rightarrow M^{\prime }{I}^{\prime }=2B{M}^{\prime }$

Kết luận: Quỹ tích các điểm I là hai cung $PmB,Q{m}^{\prime }B$. 

Chứng minh các điểm $B,C,O,H,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Phương pháp giải:

Với đoạn thẳng $AB$ và góc $\alpha (0^0<\alpha <{180}^0)$ cho trước thì quỹ tích các điểm $M$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=\alpha$ là hai cung chứa góc $\alpha$ dựng trên đoạn $AB.$

Nên ta chỉ ra $\widehat{BOC}=\widehat{BHC}=\widehat{BIC}$. 

Lời giải:

+) Ta có: $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}={2.60}^0={120}^0$  (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung $BC$).                (1)

+) Lại có  $\widehat{BHC}=\widehat{B^{\prime }H{C}^{\prime }}$ (hai góc đối đỉnh)

Xét tứ giác AB'HC' có: $\widehat{B^{\prime }H{C}^{\prime }}+\widehat{H{C}^{\prime }A}+\widehat{H{B}^{\prime }A}+\hat{A}={360}^0$ (tổng các góc của tứ giác bằng ${360}^0$) nên $\widehat{B^{\prime }H{C}^{\prime }}={360}^{\circ }-\widehat{H{C}^{\prime }A}-\widehat{H{B}^{\prime }A}-\hat{A}$ $={360}^{\circ }-{90}^{\circ }-{90}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{BHC}={120}^0.$           (2)  

+) Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên BI; CI lần lượt là tia phân giác góc B, góc C.

Xét tam giác $ABC$ có $\hat{B}+\hat{C}+\hat{A}={180}^{\circ }$ (Định lí tổng 3 góc trong một tam giác) $\iff \hat{B}+\hat{C}={180}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }$

Xét tam giác BIC có $\widehat{BIC}+\widehat{IBC}+\widehat{ICB}={180}^0$ (Định lí tổng 3 góc trong một tam giác) 

$\Rightarrow$$\begin{array}{l}\widehat{BIC}={180}^{\circ }-\widehat{IBC}-\widehat{ICB}={180}^{\circ }-{\displaystyle \frac{\hat{B}}{2}}-{\displaystyle \frac{\hat{C}}{2}}\\ ={180}^{\circ }-{\displaystyle \frac{\hat{B}+\hat{C}}{2}}={180}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }\end{array}$

Do đó $\widehat{BIC}={120}^0.$  (3)

Từ (1), (2), (3) ta thấy các điểm $O,H,I$ cùng nằm trên các cung chứa góc ${120}^0$ dựng trên đoạn thẳng $BC.$ hay 5 điểm $B,C,O,H,I$ cùng thuộc một đường tròn. 

Phương pháp giải:

Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.

Lời giải:

Gọi vị trí đặt bóng để sút phạt đền là $M,$ và bề ngang cầu môn là $PQ$ thì $M$ nằm trên đường trung trực của $PQ$.

Gọi $H$ là trung điểm $PQ,$ thì $PH={\displaystyle \frac{PQ}{2}}={\displaystyle \frac{7,32}{2}}=3,66$

$\widehat{PMH}=\alpha .$ 

Do M nằm trên đường trung trực của PQ nên MH $\mathrm{\perp }$ PQ.

Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông MPH, ta có:

$tan\alpha ={\displaystyle \frac{3,66}{11}}\approx 0,333\Rightarrow \alpha ={18}^0{36}^{\prime }$.

Vậy góc sút phạt đền là $2\alpha =2.{18}^0{36}^{\prime }\approx {37}^0{12}^{\prime }$. 

Vẽ cung chứa góc ${37}^0{12}^{\prime }$ dựng trên đoạn thẳng $PQ.$ Bất cứ điểm nào trên cung vừa vẽ cũng có “góc sút” như quả phạt đền $11m.$