CHUYÊN ĐỀ 5:Các bài toán hình học phẳng mang yếu tố chuyển động. doc

CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng
mang yếu tố chuyển động.

Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên
cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt
đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI =
DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B.
1.CMR:Tam giác KAC cân.
2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho
Ai có độ dài lớn nhất.
3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di
động trên cung lớn BC của (O).
Giải:
1.Ta có:

DBI cân tại D nên:

DBI=

DIB.Mà:

DIB =

IBC +

ICB (1).
Và:

DBI =

KCI =


KCA +

ACD =

KBA +

ICB (2).
Từ (1) và (2) suy ra

ABI =

CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC

BI là phân giác góc B của tam giác ABC

K là trung điểm cung AC.

Tam giác KAC cân.
2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J
của cung nhỏ BC.
Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J

JI = JB = const.
Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là
đường kính của (O)

A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC.
3.Ta dễ dàng tính được:


BMC =
2
1
.

BAC =
4
1
số đo cung nhỏ BC = const.
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng
4
1
số đo cung
nhỏ BC.
Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.
1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.
2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là
đường kính và chiều cao AH = h cho trước.
Giải:
1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.
2.Nhận thấy

AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là
đường tròn đường kính AO.
3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A
'
thỏa

mãn yêu cầu của bài toán.
Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC
một khoảng h).

Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại
A,B;M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT
và MN với đường tròn.
1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O.
2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P.
3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.
Giải:
1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường
kính OM.
Vậy K là điểm cố định cần tìm.
2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM.
Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const.
Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một
khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của
OA và OB.
3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R.
MK
2
= MO
2
- OK
2
= 4R
2
- OK
2

= const.
Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.

Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường
thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường
trên theo thứ tự tại P,Q.
1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân.
2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ
giác EKRI là hình gì?Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc
vuông xEy quay quanh E?
Giải:
1.Dễ dàng chứng minh được:

EHQ =

EFM (cgc).
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.

PEF =

PQN (đồng vị) mà

FEM =

QEH.
Suy ra:

PEN =


PEF +

FEM =

EQH +

QEH = 90
0
.
Vậy tam giác PEN vuông (1).
Thấy:

NEQ =

PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2).
Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân.
2.Có: EI

PN và EK

QM.
Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4).
Lại có:

PQR =

RPQ = 45
0
suy ra:


PRQ = 90
0
(3).
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.
Ta có:

EKH = 180
0
-

EQH (5).
Và:

EKF =

EMF =

EQH (6).
Từ (5) và (6) suy ra:

EKH +

EKF = 180
0
. Suy ra H,K,F thẳng hàng.
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên

EFI = 180

0
-

EPI = 180
0
-45
0
= 135
0
.
Suy ra:

EFK +

EFI = 45
0
+ 135
0
=180
0
.
Suy ra K,F,I thẳng hàng.
Vậy ta có đpcm.

Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là
điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp
tuyến kẻ từ A và B ở D và E.
a)CMR: Tam giác DCE vuông.
b)CMR: Tích AD.BE không đổi.
c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường

thẳng cố định.
Giải:
a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:

DCM =

DAM và

MCE =

MBE =

MAB.Vậy:

DCE =

DCM +

MCE =

DAM +

MAB = 90
0
.
Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay

DCA = 90
0

-

ECB
=

CEB.
Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:
constACBCBEAD
BE
AC
BC
AD

c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách
khác,ta luôn có OI

AB.
Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc
với AB.

Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất
kỳ chạy trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường
tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường
tròn đó CMR
a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi.
c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi.
d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE.
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA.
vậy tia NM đi qua A.

Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB
2

không đổi
c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A).
Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông
góc với BC tại I.J,L. Ta có:
1 1 1
. . . 1
2 2 2
1
BD CE BJ CL BM CM BM CM
BK CK BI CI BI CI BI
BD CE
BD CE CK
CK CK

      
      = khoâng ñoåi

d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có:
HQ =
1
.( ) . .
2 2 2 2
KI DJ EL KI BD CE KI
DJ EL
KI BK CK

 

    
 
 
. Nên H nằm trên đ ường
thẳng song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E
thuộc BK và CK do đó
quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy
BC).