skkn PHƢƠNG PHÁP GIẢI một số bài TOÁN HÌNH học PHẲNG TRONG các kỳ THI học SINH GIỎI
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.51 MB, 45 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƢỜNG THPT CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH
Mã số: ................................
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC
KỲ THI HỌC SINH GIỎI
Người thực hiện: Đậu Thế Tâm
Lĩnh vực nghiên cứu:
SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
- Quản lý giáo dục:
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán
- Lĩnh vực khác: ................................................
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
Mô hình
Phần mềm
Phim ảnh
Năm học0: 2015 - 2016
Hiện vật khác
I.
THÔNG TIN CÁ NHÂN:
1. Họ và tên: Đậu Thế Tâm
2. Ngày tháng năm sinh: 21 - 3 – 1974
3. Chức vụ: P. Hiệu trưởng.
4. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
II.
TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
Trình độ: Thạc sĩ
Tốt nghiệp: 2003
III.
KINH NGHIỆM KHOA HỌC
Giảng dạy 21 năm
Chuyên đề trong những năm gần đây:
1. Ứng dụng số phức – Năm 2010
2. Ứng dụng Định lý Ptoleme - Năm 2011
3. Định lý Viete và ứng dụng - Năm 2012
4. Một số định lý trong hình học phẳng 2013
5. Hàng điểm điều hòa và ứng dụng 2014
1
PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC
KỲ THI HỌC SINH GIỎI
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hình học phẳng à nội dung qu n trọng trong các
thi học sinh gi i cấp Tỉnh, cấp
quốc gi các ài tập cũng thường sử dụng đến các định Mene eus, Cev , P sc ,
Ch nh vì
do đ mà ch ng tôi muốn đi sâu vào chuyên đề này
II.TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Cơ sở lý luận
Hình học phẳng à nội dung qu n trọng trong chương trình giảng dạy cho p 10
chuyên Trong giảng dạy, ồi dư ng học sinh gi i nhất à HSG dự thi quốc gi thì đề thi về
hình học phẳng này hầu như hông thiếu trong các
thi hàng năm ì vậy nghiên cứu sâu về
hình học phẳng à một việc àm cần thiết trong việc chu n ị iến thức
năng cho việc ồi
dư ng HSGQG
CÁC ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG
1. Định lí CêVa, (Nhà toán học Ý 1648-1734).
1.1 Định lí:
Cho t m giác ABC và A’, B’, C’ à các điểm lần ượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB. Ba
đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi
A' B B 'C C' A
.
.
1
A'C B ' A C' B
1.2 Định lí Cêva mở rộng:
Cho t m giác ABC và A’, B’, C’ à các điểm lần ượt nằm trên đường thẳng chứa các cạnh
BC, CA, AB B đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi
A' B B 'C C' A
.
.
1
A'C B ' A C' B
1.3 Định lí tri - Cêva :
Cho t m giác ABC và A’, B’, C’ à các điểm lần ượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB. Ba
đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi
sin ABB ' sin BCC ' sin CAA '
.
.
1
sin CBB ' sin ACC ' sin BAA '
2. Định lí Menelaus, (Nhà toán học, thiên văn học Ai Cập 70-130).
2.1 Định lí:
Cho t m giác ABC và A’, B’, C’ à các điểm lần ượt nằm trên đường thẳng chứa các cạnh
BC, CA, AB s o cho hông c điểm nào trùng v i các đỉnh và c hông quá h i điểm thuộc
hai cạnh B điểm A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi
A' B B 'C C' A
.
.
1
A'C B ' A C' B
2.2 Định lí Cêva mở rộng:
Cho t m giác ABC và A’, B’, C’ à các điểm lần ượt nằm trên đường thẳng chứa các cạnh
BC, CA, AB B điểm A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi
A' B B 'C C' A
.
.
1
A'C B ' A C' B
3. Định lí Ptoleme, (Nhà toán học Ai Cập 85-165).
3.1 Định lí:
Tứ giác ABCD nội tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi AC.BD = AB.CD + AD.BC
2
3.2 Định lí Ptoleme mở rộng:
Cho bốn điểm A, B, C, D bất k trên mặt phẳng nhưng hơng thẳng hàng Khi đ t n c
AB.CD BC.AD AC.BD Đẳng thức xảy ra khi A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
Chú ý:
+) Khi 4 điểm A, B, C, D thẳng hàng thì định lí Ptoleme mở rộng vẫn đ ng
+) Định lí Ptoleme mở rộng vẫn đ ng hi cho 4 điểm A, B, C, D nằm trong khơng gian.
4. Định lí Simson, (Nhà tốn học Scotland sinh 14/10/1687 mất 1/10/1768).
Định lí: Từ một điểm P trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta lần ượt hạ các đường
vng góc xuống BC, CA, AB, chúng cắt BC, CA, AB lần ượt tại A1, B1, C1 Khi đ các
điểm A1, B1, C1 thẳng hàng.
5. Đƣờng thẳng Euler, (Nhà tốn học Thụy Sĩ, sinh 1707-1783).
Định lí: Gọi H, G, O lần ượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam
giác ABC Khi đ các điểm G, G, O thẳng hàng. (Đường thẳng đi qua ba điểm này được
gọi là đường thẳng Euler).
6. Đƣờng tròn Euler, (Đường tròn 9 điểm)
Định lí: Trong một t m giác chân đương c o, chân đường trung tuyến, trung điểm
củ các đoạn thẳng nối trực tâm v i các đỉnh của tam giác cùng nằm trên một đường tròn.
(Đường tròn này được gọi là đường tròn Euler hay đường tròn chín điểm).
7. Hệ Thức Euler
Định lí: Gọi (O; R) và (I; r) lần ượt à đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam
giác ABC, hi đ t c IO2 = R2 – 2Rr.
8. Đƣờng thẳng Stainơ, (Nhà tốn học Thụy Sĩ, sinh 1796-1863).
Định lí: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đườnh tròn (O), M là một điểm th y đổi trên (O).
Gọi A1, B1, C1 lần ượt à các điểm đối xứng của M lần ượt qua các cạnh BC, CA, AB.
a) Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng. (Đường thẳng đi qua ba điểm này được gọi là
đường thẳng Stai-nơ).
b) Chứng minh rằng đường thẳng Stai-nơ n đi qu một điểm cố định.
9. Định lí com Bƣớm, (Butterfly Theorem)
Định lí: Cho đường tròn (O) v i dây cung AB. Gọi I à trung điểm của AB, qua I dựng hai
dây cung MN và PQ sao cho MP và NQ cắt AB lần ượt tại E và F. Chứng minh rằng I là
trung điểm củ đoạn thẳng EF.
10. Định lí Pascal, (Nhà tốn học Pháp, sinh 1623-1662).
Định lí: Cho ABCDEF là một lục giác nội tiếp trong một đường tròn Khi đ gi o điểm của
các cặp đường thẳng s u đây thẳng hàng: AB và DE, BC và EF, CD và FA.
11. Định lý Newton (Nhà vật , nhà thiên văn học, nhà triết học tự nhiên, nhà tốn học vĩ
đại người Anh)
Định lý: Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD lần ượt tiếp xúc v i các cạnh
AB, BC, CD, DA tại E, F , G, H Khi đ các đường thẳng AC, EG, BD, FH đồng quy.
12. Một số kiến thức về tọa độ
a) Công thức toạ độ điểm chia
Cho hai điểm A, B phân biệt và số thực k (k 1) . Điểm M gọi là chia đoạn thẳng AB
theo tỉ số k nếu MA kMB . Khi đó
3
xM
xA kxB
y kyB
; yM A
1 k
1 k
b) Tích vô hướng của hai vectơ, góc giữa hai vectơ
Cho u ( x; y) và v ( x '; y ')
u.v u v cos(u , v ) xx ' yy ' ; u x 2 y 2 ;
cos(u , v )
u.v
u .v
xx ' yy '
x y 2 . x '2 y '2
2
c) Công thức tính diện tích tam giác
S
ABC
1
1
AB. AC sin A
AB 2 . AC 2 AB. AC
2
2
1
( xB xA )( yC y A ) ( xC xA )( yB y A )
2
2
d) Công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng () : Ax By C 0
d ( M , )
Ngoài ra, đại lượng d ( M , )
Ax0 By0 C
A2 B 2
Ax0 By0 C
A2 B 2
gọi là khoảng cách đại số từ M đến .
Khoảng cách đại số dùng để xác đònh hai điểm nằm cùng một phía hay khác phía đối
với một đường thẳng
CÁC DẠNG TỐN
Dạng 1. Các bài tốn tính tốn và chứng minh
Bài 1: (IMO Shortlist 1991) P thay đổi trong tam giác ABC cố định. Gọi P’, P” là hình chiếu
vng góc của P trên AC, BC, Q’, Q” là hình chiếu vng góc của C trên AP, BP, gọi
X P 'Q" P"Q' . Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định.
Giải:
A
Ta có:
CP 'P
CP"P
CQ'P
CQ"P
900
Q"
P'
Nên các điểm C, P ',Q", P,Q', P" cùng thuộc một đường tròn.
Áp dụng định P sc cho sáu điểm C, P ',Q", P,Q', P" ta có:
CP ' PQ' A, P 'Q" Q'P"
Vậy A, X, B thẳng hàng.
X,Q"P P"C
X
P
B.
B
C
P"
Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định.
Q'
Bài 2. Cho ba điểm A1 , B1 , C1 theo thứ tự nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC sao
cho AA1 , BB1 , CC1 đồng quy. Đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 cắt BC, CA, AB tại A2 , B2 , C2 .
Chứng minh rằng AA2 , BB2 , CC2 đồng quy.
Giải.
4
Áp dụng định
Cev cho
A1B B1C C1 A
.
.
C1B B1 A C1B
đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 , ta có
1.
(1)
Theo tính chất phương t ch củ điểm đối v i đường tròn, ta có:
BA2 .BA1
BC2 .BC1
CA1.CA2
CB1.CB2
AC1. AC2
AB2 . AB1
BA1
BC1
BC2
BA2
CB1
CA1
CA2
.
CB2
(2)
AC1
AB2
AB1
AC2
BC2 CA2 AB2
CA2 BC2 AB2
Thế (2) vào (1) t được
.
.
1
.
.
BA2 CB2 AC2
BA2 AC2 CB2
Vậy AA2 , BB2 , CC2 đồng quy (theo định lý Ceva).
1.
Bài 3: Cho tam giác ABC Dựng đường tròn cắt cạnh BC, CA, AB củ t m giác tại các điểm
D, D '; E, E '; F , F '. Gọi L, M , N ần ượt à gi o điểm củ DE và D ' F ' , EF và E ' D ' , FD và
F ' D ' Chứng minh rằng các đường thẳng AL, BM , CN đồng quy
Giải: Áp dụng định lý Ceva dạng ượng giác cho t m giác AF’E v i F’D’, ED, AL đồng quy
tại L ta có:
sin LAD sin LEA sin LF ' E
.
.
sin LAE sin LEF' sin LF ' A
A
1
E'
F
Tương tự cho các t m giác CDE’ và BFD’ t c :
M
L
sin NCA sin NDC sin NE ' D
.
.
1
sin NCB sin NDE ' sin NE ' C
sin MBC sin MFB sin MD ' F
.
.
1
sin MBA sin MFD ' sin MD ' B
E
F'
N
C
B
Nhân các đẳng thức trên lại và chú ý:
D
D'
LEF
NE ' D, LF'E= MFD', MD' F
NDE ',... ta có
sin LAD sin NCA sin MBC sin LEA sin LF ' E sin NDC ' sin NE ' D sin MFB sin MD' F
.
.
.
.
.
.
.
.
1
sin LAE sin NCB sin MBA sin MD' B sin MFD' sin LF ' A sin F ' EL sin NB ' C sin NDE '
sin LAD sin NCA sin MBC
.
.
1 . Theo định lý Ceva dạng ượng giác thì AL, BM, CN đồng
sin LAE sin NCB sin MBA
quy.
Bài 4: Cho
điểm D, E, F theo thứ tự nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho
điểm D, E, F
AD, BE, CF đồng quy. Gọi M , N , P lần ượt à gi o điểm củ đường tròn đi qu
v i các cạnh BC, CA, AB . Chứng minh rằng AM , BN , CP đồng quy.
Giải:
A
Gọi O EG FH, X EH FG .
X
H
Vì D à gi o điểm của các tiếp tuyến v i đường tròn tại
D
E
P sc cho các điểm E,G,G, F, H, H , ta
G, H, áp dụng định
O
G
có:
EG FH O,GG HH
Suy ra O, D, X thẳng hàng.
Áp dụng định
P sc
D,GF HE
X.
cho các điểm E, E, H, F, F,G, ta có:
5
C
F
B
EE FF B, EH FG X, HF GE O.
Suy ra B, X, O thẳng hàng.Từ đ t được B, O, D thẳng hàng.
Vậy EG,FH,BD đồng quy tại O .
Chứng minh tương tự đối v i đường thẳng AC t được điều phải chứng minh.
Bài 5: (Australia 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao đỉnh A, B, C
lần
lượt
cắt
(O)
tại
A’,
B’,
C’.
D
nằm
trên
(O),
DA' BC A",DB' CA B",DC' AB C" .Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H
thẳng hàng.
A
Giải:
B'
Áp dụng định P sc cho sáu điểm A, A ', D,C',C, B, ta có:
C'
AA' C'C H, A'D CB
Vậy H,A",C" thẳng hàng.
A", DC' BA
C".
C"
H
B"
Tương tự suy r A”, B”, C”, H thẳng hàng.
B
C
A"
D
A'
Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB.
Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOA’, BOB’, COC’ thẳng hàng.
Giải:
Gọi A”, B”, C” à trung điểm của OA, OB, OC. I, J, K là J
tâm các đường tròn ngoại tiếp các t m giác AOA’, BOB’,
COC’ Khi đ I à gi o điểm của các trung trực của OA và
OA’, h y ch nh à gi o điểm củ B”C” và tiếp tuyến của
đường tròn (O;OA”) tại A” Tương tự v i J, K.
A
K
Áp dụng định P sc cho sáu điểm A", A", B", B",C",C"
ta có:
A"A" B"C"
I,
A"B" C"C"
K,
B"B" C"A"
A"
C'
B
J.
B"
O
A'
B'
C"
C
Vậy I, J, K thẳng hàng.
Bài 7: (China 2005) Một đường tròn cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại các điểm
D1 , D2 , E1 , E2 , F1 , F2 . D1E1 D2 F2 L, E1F1 E2 D2 M, FD
1 1 F2 E 2 N .
Chứng minh rằng AL, BM, CN đồng quy.
6
I
Giải:
P
A
E2
F1
M
N
E1
F2
C
L
Z
Q
B D1
D2
R
Gọi
D1F1 D2 E2 P, E1D1 E2 F2 Q, FE
1 1 F2 D2 R .
Áp dụng định
P sc cho sáu điểm E2 , E1 , D1 , F1 , F2 , D2 ta có:
E2 E1 FF
1 2
A, E1D1 F2D2
L, D1F1 D2E2
P.
Suy ra A, L, P thẳng hàng.
Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng.
E2 E1 D1F2 CA D1F2 X, F2F1 E1D2 AB E1D2 Y, D2D1 FE
1 2 BC FE
1 2 Z Áp dụng
định P sc cho sáu điểm F1, E1, D1, D 2 , F2, E 2 ta có:
FE
D2 F2
1 1
R, E1D1 F2E2
Q, D1D2
E2F1
Z.
Suy ra Q, R, Z thẳng hàng.
Tương tự P, Q, Y thẳng hàng, Z, P, X thẳng hàng.
Xét các tam giác ABC, PQR có: X CA RP, Y AB PQ, Z BC QR .
Áp dụng định Des rgues suy r các đường thẳng AP AL, BQ BM,CR CN đồng quy.
Bài 8: (Định lý Brianchon) Lục giác ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn. Khi đó AD, BE, CF
đồng quy.
Giải:
Ta sẽ chứng minh định lý này bằng cực và đối cực để thấy rằng Pascal và Brianchon là hai kết
quả liên hợp của nhau.
N
M
P
Gọi các tiếp điểm trên các cạnh lần ượt là G, H, I, J, K,
I
L Khi đ GH, HI, IJ, JK, KL, LG ần ượt à đối cực
C
D
H
J
của B, C, D, E, F, A.
B
E
Gọi GH JK N, HI KL P, IJ LG=M
G
K
Theo Pascal cho lục giác GHIJKL ta có M, N, P thẳng
hàng.
Mà M, N, P lần ượt à đối cực của AD, BE, CF nên suy
r AD, BE, CF đồng quy tại cực củ đường thẳng MNP.
F
A
L
Bài 9: Cho tam giác ABC, các phân giác và đường cao tại đỉnh B, C là BD, CE, BB’, CC’.
Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC tại N, M. Chứng minh rằng MN, DE, B’C’ đồng
quy.
Giải:
7
Gọi hình chiếu của C trên BD là P, hình chiếu của B
trên CE là Q.
Dễ chứng minh:
NMI
A
ICP NMI PMI 1800
2
Nên M, N, P thẳng hàng.
Tương tự suy ra M, N, P, Q thẳng hàng.
Áp dụng định
P sc
cho sáu
ta
B',C', B, P,Q,C,
A
B'
P
M
C'
Q N
S
D
E
I
điểm
có:
C
B
B'C' PQ S,C'B QC E, BP CB' D.
Vậy S,E,D thẳng hàng, h y à MN, DE, B’C’ đồng quy tại S.
Vậy, theo định lý Carnot A , B , C đồng quy.
Bài 10: Cho tam giác ABC . Dựng các tam giác BCA ', CAB ', ABC ' cân tại A ', B ', C '. Gọi D, E, F
lần ượt à trung điểm củ đoạn BC, CA, AB . Gọi x, y, z theo thứ tự à các đường thẳng qua
D, E, F tương ứng vuông góc v i B ' C ', C ' A ', A ' B ' . Chứng minh rằng các đường thẳng x, y, z
đồng quy.
Giải: Theo định C rnot thì x, y, z đồng quy khi và chỉ khi
( DC '2 DB '2 ) ( FB '2 FA'2 ) ( EA'2 EC '2 ) 0
(C ' D2 C ' E 2 ) ( B ' F 2 B ' D2 ) (A' E 2 A ' F 2 ) 0 (1)
Mặt hác theo định
4 điểm ta có
C ' D C ' E F ' D F ' E 2 (Do t m giác C’AB cân nên
C’F vuông g c AB, ED à đường trung bình của tam giác
ABC nên C’F vuong g c v i DE)
Tương tự; B ' F 2 B ' D2 EF2 ED2 ,
2
2
B'
A
C'
E
F
2
C
B
D
A'
A ' E 2 A ' F 2 DE 2 DF 2
Từ đ suy r (1) đ ng, vậy t c điều phải chứng minh.
Bài 11: (HSG Đồng Nai 2011-2012 Vòng 2) Cho tam giác ABC. ở bên ngoài tam giác ABC
vẽ ba tam giác cân gồm tam giác A1BC cân tại A1, tam giác B1CA cân tại B1, tam giác C1AB
cân tại C1 (biết hai điểm A và A1 nằm khác phía đối với đường thẳng BC, biết hai điểm B và B1
nằm khác phía đối với đường thẳng AC, biết hai điểm C và C1 nằm khác phía đối với đường
thẳng AB ). Gọi a là đường thẳng đi qua A vuông góc với B1C1, gọi b là đường thẳng đi qua B
vuông góc với A1C1, gọi c là đường thẳng đi qua C vuông góc với A1B1. Chứng minh rằng a, b,
c đồng quy.
Giải:
B1
Các tam giác A1BC cân tại A1, tam giác B1CA cân tại B1, tam
giác C1AB cân tại C1 nên ta có:
a
A1B = A1C, B1C = B1A, C1A = C1B
A
Suy ra: ( AB12 AC12 ) ( BC12 BA12 ) (CA12 CB12 ) 0
C1
Theo định C rnot t c , , c đồng quy.
I
C
B
8
A1
Bài 12: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) và M,N,P,Q lần lượt là các tiếp điểm
của AB, BC, CD, DA. Đặt K AD BC , L AB DC , E QM PN , F QP MN . Chứng
minh rằng 4 điểm K, L, E, F cùng nằm trên một đường thẳng.
T
K
E'
A
M
B
N
Q
I
L
O
C
P
D
Giải: Gọi I à gi o điểm giữa BD v i AC, E’ à gi o điểm DB v i KL, T à gi o điểm CE’ v i
DK, theo bài toán 1 thì (TAKD) 1 suy ra (CT , CA, CK , CD) 1 theo định chùm điều hòa
suy ra ( E ' IBD) 1 . Mặt hác t đã c ( EIBD) 1
Do vậy E ' E suy ra E, K, L thẳng hàng (1) .
Lập luận tương tự cũng có F, K, L thẳng hàng (2).
Kết hợp (1) và (2) suy ra đpcm
Bài 13 (IMO 95/1) Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đ ) Đường tròn
đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy P là một điểm
trên XY hác Z Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ 2 là M, và BP
cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng
qui.
Giải:
Gọi Q, Q’ ần ượt à gi o điểm của DN và AM v i XY. Ta cần chứng minh Q Q .
Tứ giác QMCZ nội tiếp, suy ra PM .PC PQ.PZ
P
Tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy ra PQ.PZ PN .PB
Mà P thuộc XY là trục đẳng phương củ đường tròn
X
đường nh AC và đường tròn đường kính BD nên
N
PN .PB PX .PY PM .PC
Suy ra PQ.PZ PQ.PZ Q Q
M
Q
Vậy XY, AM và DN đồng quy.
A
B
Z
9
Y
C
D
Bài 14: Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC ta lấy các điểm M, N, P tương ứng sao
cho các đường thẳng AM, BN, CP đồng quy tại O. Đường thẳng vẽ qua O song song với AC cắt
các đường thẳngMN và NP lần lượt tại I,J. CMR: OI = OJ
Giải: Gọi K à gi o điểm của AJ và BN
Áp dụng định lý Meneleus trong tam giác BPN v i đường thẳng
AJK ta có:
AP BK JN
.
.
AB NK JP
1
BK
NK
A
JP AB
.
JN AP
JP
Mặt khác do OJ song song AC nên
JN
OP
OC
BK
NK
O
OP AB
.
OC AP
K
AP MB OC
MB
.
.
1
AB MC OP
MC
MB BK
Từ (1) và (2) suy ra
MC NK
Áp dụng định
I
B
(1)
Áp dụng định lý Meneleus trong tam giác BPC v i đường thẳng
AOM ta có:
N
J
P
C
M
OP AB
(2)
.
OC AP
Th et đảo ta có KM song song NC
OI
AN
OM
AM
OK
AN
OJ
AN
OI
AN
OJ
AN
Suy ra: OI = OJ
Bài 15: Đường tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với BC,AB,AC theo thứ tự ở D,E,F. Qua E
kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD và DF theo thứ tự ở M và N. Chứng minh rằng M là
trung điểm của EN.
Giải:
A
Gọi gi o điểm của AN và BC là J. Từ đề cho ta suy ra:
AE=AF; BE=BD; DC=CF
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác JAC và cát tuyến
DJ FC NA
.
.
1.
DC FA NJ
DJ
FA NJ
FA EB
Suy ra:
.
.
DC FC NA FC EA
F
E
FND, ta có:
Bài này có thể dùng định
I
EB
FC
DB
DC
C rnot để chứng minh
Bài 16: (Poland 1997) Ngũ giác ABCDE lồi thỏa mãn: CD
trong đoạn AB sao cho
AF
BF
AE
Chứng minh rằng: FCE
BC
DE, BCD
B,CQ RE
G,QD EP
A.
10
C
J
D
B
900 . Điểm F
DEA
BDC .
ADE, FEC
Giải:
Gọi P AE BC , Q, R lần ượt à gi o điểm của AD và BD v i
đường tròn đường kính PD, G QC RE .
Áp dụng định P sc cho sáu điểm P, C, Q, D, R, E, ta có:
PC DR
N
M
C
R
B
F
P
A
Q
D
E
Vậy A,G, B thẳng hàng.
Lại có:
AG
BG
SDAG
SDBG
DG.DA.sin GDQ
DA.sin ADE
DG.DB.sin GDR
sin GQD
DG
sin GRD
DB GR
DG
DA GQ
DA.DE.sin ADE
DB.sin BDC DB.DC.sin BDC
AG AF
F G
BG BF
Từ đ dễ dàng có FCE ADE, FEC
SDAE
SDBC
DA.GQ
DB.GR
DA.sin QRE
DB.sin RQC
AE
BC
BDC .
Bài 17: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A, B cắt nhau tại S.
Một cát tuyến quay quanh S cắt CA, CB tại M, N, cắt (O) tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P,
Q là hàng điểm điều hòa.
Giải:
Vẽ tiếp tuyến ME, MD của (O) cắt SA, SB tại K, L.
K
Áp dụng định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp SKML ta
c BE, AD, SM, KL đồng quy.
E
A
Áp dụng định
P sc cho sáu điểm A, D, E, E, B,C, ta
có:
C
AD EB I, DE BC N', EE CA M.
Vậy I, N',M thẳng hàng, hay N N ' , tức là N DE .
S
Do DE à đối cực củ M đối v i (O) nên M, N, P, Q là
hàng điểm điều hòa.
I
P
N
Q
M
B
D
L
Bài 18. Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn AB Đường thẳng qua
H cắt đường tròn tại C Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC và (O) lần ượt tại D, E và F.
a) Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy.
b) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) tại P và Q. Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng hàng.
Giải:
2
a) Ta có CACD
.
CH CB.CE , suy ra ADEB nội tiếp.
Xét các đường tròn (ADEB), (O) và đường tròn đường
kính CH, thì DE, AB và CF lần ượt là các trục đẳng
phương của các cặp đường tròn trên nên ch ng đồng quy.
b) Ta có PQ là trục đẳng phương của ( C) và (O) nên
C
P
D
E
Q
OC PQ T cũng dễ thấy OD DE .
A
11
O
H
B
M
Hơn nữ H ch nh à tâm đẳng phương củ
CH Suy r PQ đi qu H
đường tròn (O), ( C) và đường tròn đường kính
Vậy DE, PQ cùng đi qu H và cùng vuông g c v i OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng
hàng.
Bài 19 (MOP 95) Cho t m giác ABC c đường cao BD và CE cắt nhau tai H M à trung điểm
củ BC, N à gi o điểm của DE và BC. Chứng minh rằng NH vuông góc v i AM.
Giải:
A
D
O
E
H
j
N
Ta có
B
I
F
M
C
DEH DAH DBC FEH
FED 2.FEH 2.DBC DMC
Suy ra tứ giác EDMF nội tiếp.
Từ đ t c NE.ND NF.NM , suy ra N nằm trên trục đẳng phương củ đường tròn đường
nh MH và đường tròn đường kính AH.
Mặt hác H à gi o điểm của (O) và (I), suy ra NH chính là trục đẳng phương của (O) và
(I).
Suy ra NH OI , rõ r ng OI // AM, do đ NH AM .
Bài 20 (India, 1995) Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song v i BC cắt AB,
AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE v i BP
và CP Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp t m giác PDG, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam
giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng AQ OI
12
A
P
N
M
E
D
F
G
B
C
Giải
Gọi M à gi o điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG)
Ta có AMP PGD và PGD PCB (đồng vị), suy ra AMP PCB , suy ra BMPC nội tiếp.
Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp.
Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM . AB AN .AC
Mà
AD AE
(Định lý Thalet)
AB AC
Suy ra AM . AD AN .AE
Do đ A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ OI .
Bài 21. (HongKong TST 2000) Tam giác ABC vuông có BC CA AB . Gọi D là một
điểm trên cạnh BC , E là một điểm trên cạnh AB kéo dài về ph điểm A sao cho
BD BE CA . Gọi P là một điểm trên cạnh AC sao cho E, B, D, P nằm trên một đường tròn.
Q à gi o điểm thứ hai của BP v i đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng:
AQ CQ BP .
Giải: Xét các tứ giác nội tiếp ABCQ và BEPD , ta có:
CAQ CBQ DEP ( cùng chắn các cung tròn )
Mặt khác AQC 1080 ABC EPD
Xét hai tam giác AQC và EPD , ta có:
AQC EPD và CAQ DEP
Vậy AQC
EPD (g .g )
AQ CA
AQ.ED EP.CA EP.BD ( do AC BD )
EP ED
AC QC
ED.QC AC.PD BE.PD ( do AC BE )
ED PD
(1)
(2)
Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp BEPD ta có:
(3)
EP.BD BE.PD ED.BP
Từ (1), (2) và (3) suy ra AQ.ED QC.ED ED.BP AQ QC BP đpcm
13
Bài 22 (China League 1989) Tam giác ABC (AB>AC) nội tiếp (O). Phân giác ngoài tại A cắt
(O) tại E. Gọi F là hình chiếu của E trên AB. Chứng minh rằng:
2AF = AB – AC
E
A
F
O
R
C
B
D
Giải: Đặt BAC
Bằng các công thức ượng giác ta có:
AF
BC 2R.sin , EC 2 R.sin 90 , BE 2 R.cos , AE
2
2
sin
2
Lại có tứ giác AEBC nội tiếp, áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có:
AF
AB.EC AE.BC AC.BE AB.2 R.sin 90
.2 R.sin AC.2 R.cos
2
2
sin
2
Chú ý: sin 2.sin .cos và sin 90 cos
2
2
2
Từ đ suy r : 2R.( AB AC).cos 2R.2 AF.cos hay AB - AC = 2AF.
Vậy t c điều phải chứng minh.
* Giả sử v i trường hợp đặc biệt, AB = 3AC, ta có bài toán m i:
Cho tam giác ABC có AB = 3AC nội tiếp (O), phân giác ngoài tại A cắt (O) tại E. F
hình chiếu của E trên AB. Chứng minh tam giác AFC cân.
Bài 23 (China TST 2002) Cho tứ giác ồi ABCD , gọi E, F, P ần ượt à gi o điểm củ AD và
,
và
,
và
Gọi O à chân đường vuông g c hạ từ P xuống
Chứng minh
rằng
Giải
14
Gọi à gi o điểm củ
và
và à gi o điểm củ
v i
.
Ta có (DCJF) = -1 (hàng điều hò tứ giác tồn phần)
nên E(DCJF) = -1 suy ra E(DBPI) = -1 suy ra O(DBPI) = -1
Mà
nên theo định về chùm điều hò , t c
là phân giác
Hồn tồn tương tự t c
Từ đ
Đây à điều phải chứng minh
Bài 24 (Đề nghị Olympic 30/4/99) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I à tâm đường tròn ngoại
tiếp t m giác ABC, D à trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh IE CD
Giải:
O(0;0), A(0; a), B(c;0), C(c;0),
c a c a
D ; , E ;
2 2 6 2
AB (c; a)
y
A
Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm đường
tròn ngoại tiếp I (0; y)
c a
ID ; y
2 2
c
a
ID AB ID. AB 0 .(c) a y 0
2
2
y
a2 c2
. Vậy
2a
E
D
I
x
B
O
C
a2 c2
I 0;
2a
c c2
c 3c c 2 a
3c a
Ta có IE ; , DC ; IE.DC . . 0 IE DC
2
6 2 2a 2
2
6 2a
Bài 25(APMO, 1998) Cho tam giác ABC và D là chân đường cao hạ từ A. Gọi E, F là các
điểm nằm trên đường thẳng qua D sao cho AE BE , AF CF , E, F không trùng D. Giả sử
M, N là các trung điểm tương ứng của BC và EF. Chứng minh rằng AN NM
Giải. Chọn hệ toạ độ vuông góc A, D, E, F có các toạ độ A(0;0), B(d ; b), E(e; b), F ( f ; b) .
15
Vì hệ số góc của đường thẳng AE là
PT
y b
e
xe
b
b
e
nên hệ số góc của đường thẳng BE là và BE có
e
b
y b
f
x f
b
y b
d
và BC có PT
xd
b
Tương tự CF có PT
y
B
E
F
D
Giải các PT hoành độ giao điểm của BE và BC ta
de
được B d e; b
b
C
x
A
Giải các PT hoành độ giao điểm của CF và BC ta
df
được C d f ; b
b
Từ đó ta có M d
e f
de df
e f
;b
;b
và N
2
2b
2
Cuối cùng, ta có tích các hệ số góc của hai đường thẳng AN và MN là
2b
e f
1 de df
. .
1
2b
d
Bài 26(IMO 1977) Về phía trong hình vuông ABCD, ta dựng các tam giác đều ABK , BCL,
CDM , DAN . Chứng minh các trung điểm của KL, LM , MN , NK và các trung điểm của AK,
BK, BL, CL, CM, DM, DN, AN lập thành một đa giác đều 12 cạnh.
Giải. Gọi O là tâm của hình vuông, lập hệ trục toạ độ Oxy sao
cho A(1;1), B(1;1), C (1; 1), D(1; 1) .
A
B
Khi đó K (0; 2k ), L(2k;0), M (0;2k ), N (2k;0) trong đó
M
k
3 1
2
N
L
Toạ độ các trung điểm E, F, G, H tương ứng của
KL, LM , MN , NK là E(k; k ), F (k; k ), G(k; k ), H (k; k )
K
C
D
Ta có OE OF OG OH k k k 2
Các vectơ OE, OF , OG, OH hợp với trục hoành các góc
tương ứng là 3150 , 450 , 1350 , 2250
Gọi P, Q, R, S, T, U, V, X lần lượt là trung điểm của các cạnh AK, BK, BL, CL, CM, DM, DN,
AN , ta có P(h; j ), Q(h; j ), R( j; h), S( j; h), T(h; j ), U(h; j ), V( j; h), X( j; h)
2
1
2
trong đó h , j 1
2
3
2
Do đó OP= OQ = OR = OS= OT= OU= OV = OX
16
2
1
3
3 1
h j
1
k 2
4
2
2
2
2
Các điểm này cung là đầu mút của các véctơ gốc O lần lượt hợp với trục hoành các góc
tương ứng 150 ,1650 ,1050 , 2550 ,1950 ,3450 , 2850 ,750
Tiếp đến xét các tam giác vuông có 3 cạnh là k, h, j. Góc x giua h và k có
j
h
sin x , cos x
k
k
Do đó sin 2 x 2sin x cos x
2hj 1
x 150
2
k
2
Như vậy 12 điểm nói trên cách đều gốc O và là đầu mút của nhung vectơ gốc O hợp với trục
hoành các góc 150 30n, n 0,1,...,11
Từ đó suy ra rằng chúng lập thành một đa giác đều 12 cạnh.
Bài 27(APMO, 2000) Cho tam giác ABC, các đøng trung tuyến và phân giác kẻ từ A theo
thứ tự cắt BC tại M, N. Từ N kẻ đường vuông góc với NA cắt BA và MA tương ứng tại P, Q.
Từ P kẻ đường vuông góc với BA cắt NA tại O. Chứng minh QO BC
Giải.
Chọn hệ thống trục toạ độ vuông góc tại N, NO là trục
hoành và PN là trục tung. Khi đó, PT đường thẳng AB
là y ax b .
Vì trục hoành NO là phân giác của góc A nên đt AC
đối xứng với AB qua trục hoành ( AC) : y ax b
Theo giả thiết PO AB nên PO có hệ số góc
y
C
O
A
x
N
1
a
Q
1
a
Dễ thấy P(0; b) ( PO) : y x b
M
P
Đường thẳng BC đi qua gốc toạ độ N, giả sử
( BC ) : y cx .
Dễ tính được toạ độ các giao điểm B, C của đường
b
bc
B
bc
b
;
;
thẳng AB và BC, AC và BC tương ứng B
,C
, suy ra toạ độ
ca ca ca ca
ab
bc
trung điểm M của BC là M 2 2 ; 2 2
c a c a
b
Từ PT đường thẳng AB và PT đường thẳng PO suy ra toạ độ A ;0 , O(ab;0)
a
ab
Viết PT đường thẳng AM, suy ra toạ độ giao điểm M của AM và trục tung AN là Q 0; .
c
1
c
Từ đó suy ra hệ số góc của đường thẳng QO là , còn hệ số góc của BC là c.
Vì vậy QO BC
17
Bài 28(Thi chọn đội tuyển Quốc gia Singapo 1999 – 2000) Cho tam giác ABC với góc C
bằng 600 . D, E, F là các điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, AB, CA. Gọi M là giao điểm
của AD và BF. Giả sứ CDEF là hình thoi. Chứng minh
y
rằng DF 2 DM .DA
B
Giải. Thiết lập hệ trục toạ độ vuông góc sao cho CA
nằm trên trục hoành và C (0;0) .
E
D
1
3
Giả sử A(a;0) với a > 0, F (1;0) và D ; ,
2 2
3 3
E ;
2 2
Khi
đó
M
x
C
ta
tính
được
a
3a
B
;
2(a 1) 2(a 1)
và
a(a 1)
3a(a 1)
M
;
2
2
2(1 a a ) 2(1 a a )
2
1
3
Suy ra DF 1, DA a 1 a a 2 và
2
4
2
2
a(a 1)
1 3a(a 1)
3
1
DM
2
2
2
2(1 a a ) 2 2(1 a a ) 2 1 a a
Từ đó ta được DF 2 DM .DA
2
3x y 3 0
x 3k 3
2
3k 3
Toạ độ M thoả hệ
M
;
1
3k 3 3k 3
y x
y 3k 3
3
3k 3
2
3x y 3 0
x 3k 3
2
3k 3
Toạ độ N thoả hệ
N
;
1
3k 3 3k 3
y x
y 3k 3
3
3k 3
1
y 0
1
x
Toạ độ P thoả hệ
;0
3k P
1
3k
y x 3
y 0
2
2
Do đó
2
2
3k 3 1 16(1 k 2 ) 2
4
GM
3
( 3k 3) 4
( 3k 3) 2 3k 3
4
2
2
3k 3 1 16(1 k 2 ) 2
4
4
GN
3
( 3k 3) 4
( 3k 3) 2 3k 3
18
F
A
2 2
1 1 (1 k )
GP 2
3
9k 4
3k
1
1
1
( 3k 3) 4 ( 3k 3) 4
9k 4
GM 4 GN 4 GP 4 16(1 k 2 )2 16(1 k 2 ) 2 (1 k 2 ) 2
2
4
9( 3k 3) 4 9( 3k 3) 4 144k 4 18(k 4 18k 2 9) 144k 4 162(1 k 2 ) 2 81
16(1 k 2 ) 2
16(1 k 2 ) 2
16(1 k 2 ) 2
8
Bi 29 (OLP 30/4/09) Cho tam giỏc u ABC M trung im ca cnh AC, N im sao
1
3
cho AN AB Xỏc nh v trớ c im I trờn ng thng BC sao cho INM 900
Gii. Gi 2 di cnh ca tam giỏc ABC
Chn h trc ta xOy sao cho C (a;0), B(a;0)
a a 3 a 2a 3
A 0; a 3 , M ;
, N ;
3
2 2 3
I Ox I ( x;0)
y
a 2a 3
NI x ;
3
3
Ta cú
5a a 3
NM 6 ; 6
A
N
M
INM 900 IN MN NI .NM 0
5a
a a 3 2a 3
.
0
x
6
3
6
3
5ax 11a
11a
11a
0 x
I
;0
6
18
15
15
Vy im I c xỏc nh bi BI
x
B
2
I
O
C
2
BC
15
b(c m)
;0
c
im P l hỡnh chiu vuụng gúc ca N trờn Ox P
(a b)(c m) m
;
2c
2
ab c
m(a b) m
IK
; v IJ
;
2 2
2c
2
J trung im c on PM J
T t c
Vy IK cựng phng IJ , nờn im I, J, K thng hng.
Daùng 2. Caực baứi toaựn qu tớch, tỡm ủieồm coỏ ủũnh
Bi 1. Cho tam giỏc ABC v D l mt im c nh trờn tia i ca tia BC. im F nm trờn
cnh AC , E AB DF. Gi M , N ln lt l trung im ca BF , CE. Chng minh rng ng
thng MN luụn i qua mt im c nh.
Gii.
19
Gọi L, I , J , K lần ượt à trung điểm của AD, AB, BC, AC.
Dễ thấy L, I , K thẳng hàng; I , M , J thẳng hàng; K , N , J thẳng hàng.
Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác ABC v i đường thẳng FED ta có
MJ EA NK (2)
,
.
MI EB
NJ
LI MJ NK
Thế (2) vào (1) t được
.
.
1.
LK MI NJ
Theo định lý Menelaus: L, M , N thẳng hàng.
Mà L cố định (do A, D cố định).
D
Vậy đường thẳng MN uôn đi qu điểm L cố định (đpcm)
Mà
DB
DC
DB FC EA
.
.
DC FA EB
1.
(1)
A
LI FC
,
LK FA
L
F
I
E
B
K
M
N
J
C
Bài 2. (Chọn đội tuyển Việt Nam 2006) Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải
tam giác cân nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d th y đổi sao cho
vuông góc v i OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần ượt à gi o điểm của d và AB, AC.
Giả sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC.
a) Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp t m giác MNP uôn đi
qua một điểm cố định.
b)Gọi H là trực tâm củ t m giác AMN Đặt BC = a và l là khoảng cách từ A đến HK.Chứng
minh KH đi qu trực tâm của tam giác ABC, từ đ suy r : l 4R 2 a 2
Giải
A
L
Z
H
X
Q
N
Y
J
I
O
M
K
Q
B
P
D
C
a) Gọi Q à gi o điểm củ MN và BC, E à trung điểm BC. Xét tứ giác BMPC thì ta biết
rằng Q, P, B, C à h ng điểm điều hòa. Suy ra (QPBC) = - 1 Khi đ t c :
2
2
EP.EQ EB , suy ra QE.QP QE QE.PE QE 2 EB2 OQ2 OB2 QB.QC
Mà tứ giác BMNC cũng nội tiếp vì có NCB xAB AMN (Ax là tia tiếp tuyến của (O)). Suy ra
QM .QN QB.QC
20
Từ đ suy r QM .QN QP.QE , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy r đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP uôn đi qu điểm E cố định.
b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I;
đường cao MX, AY,
NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H. Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng.
Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN và tâm (O2) đường kính CM.
Ta thấy:
KC.KM KB.KN
IC.IJ IB.IF
HM .HX HN .HZ
Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên thẳng hang.
Từ đ suy r AL AI .
Mà AI 2.OE 2 R 2
BC 2
4R2 a 2
4
Nên AL l 4R2 a 2
Bài 3: (IMO Shortlist 1991) P thay đổi trong tam giác ABC cố định. Gọi P’, P” là hình chiếu
vuông góc của P trên AC, BC, Q’, Q” là hình chiếu vuông góc của C trên AP, BP, gọi
X P 'Q" P"Q' . Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định.
Giải: Ta có:
A
CP 'P
CP"P
CQ'P
CQ"P
900
Q"
Nên các điểm C, P ',Q", P,Q', P" cùng thuộc một đường tròn.
Áp dụng định
P'
P sc cho sáu điểm C, P ',Q", P,Q', P" ta có:
CP' PQ'
A, P'Q" Q'P"
X,Q"P P"C
Vậy A,X,B thẳng hàng.
X
P
B.
B
C
P"
Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định.
Q'
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. M là một điểm di động trên đường thẳng BC (M
khác B và C). hình chiếu của M ên các đường thẳng AB và AC là H và K tương ứng. Gọi I là
gi o điểm củ các đường thẳng CH và BK. Chứng minh rằng các đường thẳng MI uôn đi qu
một điểm cố định.
y
Giải. Chọn hệ toạ độ Oxy sao cho A O, B(1;0), C(0;1)
D
T c đường thẳng ( BC) : x y 1 0
C
Điểm M bất kì thuộc (BC) thì M (m;1 m) Do đ
H (m;0), K (0;1 m)
M
K
I
21
x
A
H
B
Đường thẳng BK có PT
x
y
1 (1 m) x y m 1 0 và CH có PT
1 1 m
x y
1 x my m 0
m 1
m2
x
(1 m) x y m 1 0
m2 m 1
Toạ độ gi o điểm I của CH và BK là nghiệm của hệ
2
x my m 0
y (m 1)
m2 m 1
m2
(m 1)2
hay I 2
; 2
m m 1 m m 1
m(m 1)2 m2 (m 1)
m(m 1)
Suy ra MI 2
; 2
1 m; m
2
m m 1 m m 1 m m 1
Vậy PT đường thẳng MI là
x m y m 1
m( x 1) (m 1)( y 1) 0
1 m
m
Dễ thấy đường thẳng MI n đi qu điểm cố định D(1; 1)
Bài 5 (TH&TT T8/378, tháng 12 năm 2008) Cho đường tròn (O) tâm O có đường kính AB
cố đònh. Một đường thẳng tiếp xúc với O tại A. Gọi M là điểm trên đường tròn (O), M
khác A, B. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M cắt tại C. Xét đường tròn (I) đi qua M và
tiếp xúc với tại C. Giả sử CD là đường kính của đường tròn (I). Chứng minh rằng : a)
Tam giác COD cân
b) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố đònh khi M di động
trên đường tròn
Giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử bán kính của đường tròn (O) bằng 1.
Chọn hệ toạ độ vuông góc Oxy với A(1;0), B(1;0)
Ta có PT đường thẳng : x 1 0
Toạ độ điểm M (cos ;sin ) , do M khác A, B nên
y
(0;2 ) \
M
PT tiếp tuyến của (O) qua M là x.cos y.sin 1
I
C
D
(d)
H
1 cos
x
Từ PT của (d) và ( ) ta có C 1;
sin
A
K
O
B
Vì đường tròn (I) tiếp xúc với tại C nên gọi
1 cos
I xI ;
là tâm của (I)
sin
Mặt khác (I) đi qua M nên
2
1 cos
2
2
2
2
IM IC IM IC (cos xI ) sin
(1 xI )
sin
22
1 cos
1 cos 1 cos
. Do đó I 1
;
2
2sin
2sin 2
sin
1 cos 1 cos
Từ đó ta tính được D 1
;
sin 2
sin
1 1 cos
Gọi H là trung điểm của CO, ta có H ;
2sin
2
1 1 cos 1 cos
DH
;
2
2sin
2 sin
1 1 cos (1 cos ) 2
1 2 2 cos 1 2 cos cos 2
DH .OC
2 sin 2
2sin
2
2sin 2
1 1 cos 2
0
2 2sin 2
Giải PT này ta có xI 1
Vậy tam giác CDO cân tại D.
1 cos
b) Ta có BC 2;
sin
PT đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC là
1 cos 1 cos
1 cos
2 x 1
y
0
2
sin
sin
sin
2(1 cos ) (1 cos )
(1 cos ) 2
2 x 2
y
0
sin 2
sin
sin 2
(1 cos )
2x
y 1 0 (a)
sin
1
Dễ thấy đường thẳng (a) luôn đi qua điểm cố đònh K ;0 với mọi (0;2 ) \
2
(K là trung điểm của đoạn OA)
Bài 6 Tam giác ABC vng ở A, là một t m giác iên thiên nhưng đường cao AH là một đoạn
thẳng cố định cho trư c. Gọi E, F là hình chiếu của H lên AB, AC. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tứ giác EBCF n đi qu một điểm cố định.
Giải. Tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AEF AHF mà AHF HCA (góc có cạnh
tương ứng vng góc)
AEF HCA BEF HCA 1800 . Do
y
đ tứ giác EBCF là tứ giác nội tiếp.
Lập hệ trục tọ độ vng góc xHy
A
Giả
sử
,
A(0; a), a const
B(b;0)
F
BA (b; a)
E
Do AC AB AC : bx ay a 2 0
I
x
a2
Suy ra tọ độ C ;0
b
HF // AB HF : ax by 0
B
23
H
K
C
bx ay a 2 0
a 2b
a3
Tọ độ F là nghiệm của hệ PT
F 2
;
2
2
2
a b a b
ax by 0
2a 2b2 a 4
a3
Gọi I à trung điểm của FC thì I
;
2
2
2
2
2b(a b ) 2b(a b )
Gọi 1 là trung trực củ đoạn FC thì
1 :
a2
2a 2 b 2 a 4
a3
x
;
a
y
0 2abx 2b2 y a3 0
2
2
2
2
b
2b(a b )
2b(a b )
b2 a 2
Gọi K à trung điểm của BC thì K
;0
2b
Gọi W là tâm củ đường tròn ngoại tiếp tứ giác EBCF thì W 1 2 , suy ra tọ độ W
2abx 2b 2 y a 3 0
b2 a 2 a
2
2
là nghiệm của hệ PT b a
W
;
2
2b
x
2b
a2
b2 a 2
2
a 4 b4 2a 2b 2
Ta có WC 2
2b 2
b2
2
Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác EBCF có PT
2
a
b2 a 2
a a 4 b4 2a 2b2
b2 a 2
2
2
x
y
x
y
x ay a 2 0
2
2
b
2
b
b
2
2
2
b x b( x y ay a 2 ) a 2 x 0
(1)
(1) là PT họ đường tròn có tham số b 0 . Gọi ( x0 ; y0 ) à điểm của họ đường tròn (1),
2
tức là ta có b2 x0 b( x02 y02 ay0 a 2 ) a 2 x0 0, b 0
x0 0
x02 y02 ay0 a 2 0
2
a x0 0
x0 0
x0 0
Do a 0 nên 2
a
2
y0 a ay0
y0 2 1 5
Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác BECF uôn đi qu h i điểm cố định
a
a
P 0; 1 5 ; Q 0; 1 5
2
2
Bài 7 Cho đường tròn cố định và một đường thẳng cố định không cắt đường tròn. M là một
điểm chạy trên . Vẽ hai tiếp tuyến MT1 , MT2 t i đường tròn đã cho ( T1 , T2 là các tiếp điểm).
Chứng minh rằng khi M chạy trên thì các đường thẳng nối T1 , T2 uôn đi qu một điểm cố
định.
Giải. Gọi O là tâm của đường tròn. Vẽ hệ trục tọa độ xOy
24
