14 BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2000 - 2010

Chia sẻ: conchokon

Trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia hàng năm, bài toán hình học được xem là bài toán cơ bản, bắt buộc. Để giải chúng, đòi hỏi người học nắm vững các kiến thức căn bản về hình học và năng lực tổng hợp các kiến thức đó. Nhằm phục vụ cho kỳ thi sắp đến, tôi xin giới thiệu các em một số bài toán trong các kỳ thi vừa qua, giúp các em có cái nhìn tổng quan về mức độ và kiến thức đòi hỏi trong các bài thi....

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: 14 BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2000 - 2010

14 BÀI TOÁN HÌNH H C PH NG
TRONG THI H C SINH GI I
NĂM 2000-2010
www.VNMATH.com
Trong các thi ch n h c sinh gi i vòng qu c gia hàng năm, bài toán hình h c ph ng ư c xem là bài
toán cơ b n, b t bu c. gi i chúng, òi h i ngư i h c n m v ng các ki n th c căn b n v hình h c
và năng l c t ng h p các ki n th c ó. Nh m ph c v kỳ thi s p n, tôi xin gi i thi u v i các em m t
s bài toán trong các kỳ thi v a qua, giúp các em có cái nhìn t ng quan v m c và ki n th c òi h i
trong các bài thi.
Bài 1. (B ng B - năm 2000)
Trên m t ph ng cho trư c cho hai ư ng tròn (O1 ; r1) và (O2 ; r2). Trên ư ng tròn (O1 ; r1) l y
m t i m M1 và trên ư ng tròn (O2 ; r2) l y m t i m M2 sao cho ư ng th ng O1M1 c t ư ng th ng
O2M2 t i i m Q. Cho M1 chuy n ng trên ư ng tròn (O1 ; r1), M2 chuy n ng trên ư ng tròn (O2 ;
r2) cùng theo chi u kim ng h và cùng v i v n t c góc như nhau.
1) Tìm qu tích trung i m o n th ng M1M2.
2) Ch ng minh r ng giao i m th hai c a hai ư ng tròn ngo i ti p tam giác M1QM2 v i ư ng
tròn ngo i ti p tam giác O1QO2 là 1 i m c nh.

Gi i
P Q
Q
M2
M2
M2’ M
M1 M1
M1’ O1 O2
O2
O1 O



1) G i O là trung i m c a O1O2. Hi n nhiên O là i m c nh.
L y các i m M’1 , M’2 sao cho: OM '1 = O1 M1 , OM '1 = O 2 M 2 . Vì M1 , M2 tương ng chuy n ng
trên (O1 ; r1), (O2 ; r2) theo cùng chi u và v i cùng v n t c góc nên M’1 , M’2 s quay quanh O theo
cùng chi u và v i v n t c góc (*).
1 1
Ta có : M là trung i m M1M2 ⇔ OM = (OM1 + OM 2 ) ⇔ OM = (O1 M '1 + O2 M '2 )
2 2
⇔ M là trung i m c a M’1 , M’2 (**).
1
2r12 + 2r22 − d 2 , trong ó d
T (*), (**) suy ra: qu tích c a M là ư ng tròn tâm O và bán kính R =
2
= M1M2 = const.
2) G i P là giao i m th hai c a ư ng tròn ngo i ti p tam giác M1QM2 và ư ng tròn ngo i ti p tam
PO1 r1
giác O1QO2. D dàng ch ng minh ư c: ∆ PO1M1 ng d ng ∆ PO2M2. Suy ra = . Do ó, P
PO 2 r2
r
nh, theo t s không i 1 (1).
thu c ư ng tròn Apôlôniut d ng trên o n O1O2 c
r2
D th y (PO1 , PO 2 ) = α = const . Suy ra, P thu c cung ch a góc nh hư ng không i α d ng trên
o n O1O2 c nh (2). T (1), (2) suy ra P là i m c nh ( pcm).




trang 1
www.VNMATH.com
Bài 2. (B ng B - năm 2001)
Trong m t ph ng cho hai ư ng tròn (O1) và (O2) c t nhau t i hai i m A, B và P1 , P2 là m t ti p
tuy n chung c a hai ư ng tròn ó (P1 ∈ (O1), P2 ∈ (O2)). G i Q1 và Q2 tương ng là hình chi u vuông
góc c a P1 và P2 trên ư ng th ng O1O2 . ư ng th ng AQ1 c t (O1) t i i m th hai M1, ư ng th ng
AQ2 c t (O2) t i i m th hai M2. Hãy ch ng minh M1 , B, M2 th ng hàng .

Gi i

G i R1 và R2 tương ng là bán kính c a (O1) và (O2).
1) Trư ng h p 1 : R1 = R2. Khi ó Q1 ≡ O1 và Q2 ≡ O2 ⇒ M1 BA = M 2 BA = 900 ⇒ M1 , B, M2 th ng
hàng .

A

O1 ≡ Q1 O2 ≡ Q2


M1 M2
B
P2
P1
2) Trư ng h p 2 : R1 ≠ R2. Gi s R1 > R2 .


A1
A

Q2
O1 S
Q1 O2
M2
B
M1 P2

P1


Khi ó Q1 n m trên o n O1O2 và Q2 n m trên tia i c a tia O2O1.
MOA M O A
Do ó : M1 BA + M 2 BA = 1800 − 1 1 + 2 2 (*) trong ó M1O1 A < 1800
2 2
G i S = P1P2 ∩ Q1Q2 thì S là tâm c a phép v t VS bi n (O1) thành (O2).
G i A1 là giao i m th hai c a SA và (O1).
Ta có VS : A1 → A ; O1 → O2 ; Q1 → Q2 nên O1 A1Q1 = O 2 AQ 2
Mà SP1.SQ1 = SA.SA1 (= SP12) ⇒ A, Q1 , O1 , A1 cùng thu c m t ư ng tròn
⇒ O1 A1Q1 = O1 AQ1 .
Suy ra O1 AQ1 = O2 AQ 2 ⇒ M1O1 A = M 2 O2 A .
T (*) ⇒ M1 BA + M 2 BA = 1800 ⇒ M1 , B, M2 th ng hàng .


trang 2
www.VNMATH.com
Bài 3. (B ng B - năm 2002)
Trong m t ph ng cho hai ư ng tròn c nh (O, R1) và (O, R2) có R1 > R2 . M t hình thang ABCD
(AB // CD) thay i sao cho b n nh A, B, C, D n m trên ư ng tròn (O, R1) và giao i m c a hai
ư ng chéo AC, BD n m trên ư ng tròn (O, R2). Tìm qu tích giao i m P c a hai ư ng th ng AD
và BC .
Gi i

P




A B

I



O
D C




1) Ph n thu n :
G i I = AC ∩ BD. Vì ABCD là hình thang n i ti p nên nó là hình thang cân.
Suy ra OI là tr c i x ng c a hình thang ABCD và O, I, P th ng hàng.
1 1
Vì POD = (DOI + IOC) = 1800 − DOC = 1800 − DAC ⇒ POD + DAC = 1800
2 2
⇒ t giác AIOD n i ti p ⇒ PA.PD = PI.PO = OP(OP – OI) = OP2 – OP.OI.
M t khác : PA.PD = PP/(O) = OP2 – R12
R2 R2
Suy ra : OP.OI = R12 ⇒ OP = 1 = 1 = h ng s
OI R2
R 12
⇒ P chuy n ng trên ư ng tròn tâm O, bán kính .
R2
2) Ph n o:
R 12
L y i m P b t kỳ trên ư ng tròn (O; ). G i I là giao i m c a OP và (O, R2). D dàng d ng
R2
ư c hình thang ABCD n i ti p ư ng tròn (O, R1), nh n I làm giao i m c a hai ư ng chéo và và
nh n P là giao i m c a hai ư ng th ng ch a hai c nh bên.
3) K t lu n :
R 12
T p h p các i m P là ư ng tròn tâm O, bán kính .
R2

trang 3
www.VNMATH.com
Bài 4. (B ng B - Năm 2003)
Cho tam giác nh n ABC n i ti p ư ng tròn tâm O. Trên ư ng th ng AC l y các i m M, N sao
cho MN = AC . G i D là hình chi u vuông góc c a M trên ư ng th ng BC; E là hình chi u vuông góc
c a N trên ư ng th ng AB.
1) Ch ng minh r ng tr c tâm H c a tam giác ABC n m trên ư ng tròn tâm O’ ngo i ti p tam
giác BED.
2) Ch ng minh r ng trung i m I c a o n th ng AN i x ng v i B qua trung i m c a o n
th ng OO’.
Gi i

A




I1


M
E
H
O
I


D
C
B I2
O’
K



N

1) G i K = MD ∩ NE.
Vì BEK = BDK = 900 nên ư ng tròn ư ng kính BK ngo i ti p tam giác BED.
Ta có : AH // MK và CH // NK nên HAC = KMN và ACH = MNK .
M t khác AC = MN, suy ra : ∆AHC = ∆MKN. Do ó : d(H, AC) = d(K, AC).
Mà H và K n m cùng phía i v i AC nên KH // AC ⇒ BH ⊥ KH
⇒ H n m trên ư ng tròn tâm O’, ư ng kính BK ngo i ti p tam giác BED.
2) G i I1 và I2 l n lư t là hình chi u vuông góc c a I trên AB và BC thì I1 là trung i m AE, I2 là trung
i m DC. Do ó :
1 1
* Hình chi u vuông góc c a O 'I trên BA và BC l n lư t b ng BA và BC
2 2
1 1
* Hình chi u vuông góc c a BO trên BA và BC l n lư t b ng BA và BC
2 2
V y : O 'I = BO ⇒ BO’IO là hình bình hành ⇒ B và I i x ng nhau qua trung i m c a OO’.



trang 4
www.VNMATH.com
Ghi chú : Cho hai ư ng th ng ∆1 và ∆2 c t nhau. Xét hai vectơ u và v .
Hình chi u vuông góc c a u trên ∆1 và ∆2 l n lư t b ng a và b
Hình chi u vuông góc c a v trên ∆1 và ∆2 cũng l n lư t b ng a và b
Gi s ∆1 và ∆2 c t nhau t i O. t u = OM , v = ON .
G i M1 , M2 l n lư t là hình chi u c a M trên ∆1 và ∆2 thì a = OM1 và b = OM 2
G i N1 , N2 l n lư t là hình chi u c a N trên ∆1 và ∆2 thì a = ON1 và b = ON 2

∆2


N2

M2


M N
u
v

N1
O M1 ∆1


Vì u và v có cùng i m g c O, có cùng hình chi u trên ∆1 là a nên N n m trên ư ng th ng MM1.
Tương t u và v có cùng hình chi u trên ∆2 là b nên N n m trên ư ng th ng MM2. Suy ra N ≡ M hay
u= v.




trang 5
www.VNMATH.com
Bài 5. (B ng B - năm 2004)
Trong m t ph ng, cho tam giác nh n ABC n i ti p ư ng tròn (O) và có tr c tâm H. Trên cung BC
không ch a i m A c a ư ng tròn (O), l y i m P sao cho P không trùng v i B và C. L y i m D sao
cho AD = PC và g i K là tr c tâm c a tam giác ACD. G i E và F tương ng là hình chi u vuông góc
c a K trên các ư ng th ng BC và AB. Ch ng minh r ng ư ng th ng EF i qua trung i m c a HK.

Gi i


D
N


F
A
K
K1


I




H




B C
E




M P

T AD = PC ⇒ APCD là hình bình hành ⇒ APC = ADC ⇒ APC + AKC = 1800 ⇒ K ∈ (ABC)
G i N = AH ∩ EF, M = AH ∩ (ABC) v i M ≠ A.
Vì MN và KE cùng vuông góc v i BC nên MN // KE.
Vì KEB = KFB = 900 nên t giác KFBE n i ti p ⇒ NEK = ABK = NMK ⇒ MEKN là t giác n i ti p ⇒
t giác MEKN là hình thang cân ⇒ HE // NK ⇒ HEKN là hình bình hành ⇒ EF i qua trung i m I
c a HK.
Ghi chú : EF là ư ng th ng Simson




trang 6
www.VNMATH.com
Bài 6. (B ng B - năm 2005)
Trong m t ph ng, cho tam giác ABC ngo i ti p ư ng tròn tâm I. G i M, N và P l n lư t là tâm ư ng
tròn bàng ti p gócA, ư ng tròn bàng ti p gócB và ư ng tròn bàng ti p gócC c a tam giác ó. G i O1
, O2 , O3 tương ng là tâm c a các ư ng tròn (INP), (IPM) và (IMN). Ch ng minh r ng :
1) Các ư ng tròn (INP), (IPM) và (IMN) có bán kính b ng nhau.
2) Các ư ng th ng MO1 , NO2 , PO3 c t nhau t i m t i m.

Gi i


N



C O3
O1

M1
M3
A

I O



M
P B M2


O2

1) Vì phân giác trong và phân giác ngoài xu t phát t cùng m t nh c a tam giác vuông góc nhau nên
suy ra I là tr c tâm tam giác MNP.
Do ó các ư ng tròn (INP), (IPM) và (IMN) i x ng v i ư ng tròn (MNP) tương ng qua các
ư ng th ng NP, PM, MN. Vì v y bán kính c a các ư ng tròn ó b ng nhau.
Ghi chú : Có th áp d ng nh lý hàm sin ch ng minh bán kính các ư ng tròn (INP), (IPM), (IMN)
và (MNP) b ng nhau.
2) G i O là tâm ư ng tròn ngo i ti p tam giác (MNP) thì O1 , O2 , O3 i x ng v i O tương ng qua
các ư ng th ng PN, PM, MN.
T ó suy ra trung i m M1 c a OO1 cũng là trung i m c a NP. L p lu n tương t cho M2 và M3.
Do ó: O1O 2 = 2M1 M 2 = NM và O1O3 = 2M1 M 3 = PM . Suy ra : O1NMO2 và O1PMO3 là các hình
bình hành.
Dùng tính ch t hai ư ng chéo c a hình bình hành c t nhau t i trung i m m i ư ng suy ra MO1 ,
NO2 , PO3 c t nhau t i m t i m.




trang 7
www.VNMATH.com
Bài 7. (B ng B - năm 2006)
Cho hình thang cân ABCD có CD là áy l n. Xét m t i m M di ng trên ư ng th ng CD sao
cho M không trùng v i C và v i D. G i N là giao i m th hai khác M c a ư ng tròn (BCM) và
(DAM). Ch ng minh r ng :
1) i m N di ng trên m t ư ng tròn c nh ;
2) ư ng th ng MN luôn i qua m t i m c nh.

Gi i


P
P
N
A B
A B

N


D M
C
C
D M




1) N u M n m trên c nh CD thì M và N cùng phía i v i ư ng th ng AB.
T các t giác n i ti p ANMD và BNMC, ta có : ANB = 2π − (ANM + BNM) = C + D
N u M n m ngoài c nh CD thì M và N khác phía i v i ư ng th ng AB.
T các t giác n i ti p ANMD và BNMC, ta có : ANB = π − (C + D)
V y N thu c ư ng tròn c nh i qua A và B.
2) G i P = AD ∩ BC thì P c nh và PA.PD = PB.PC, suy ra P thu c tr c ng phương c a 2 ư ng
tròn (BCM) và (DAM) ⇒ P ∈ MN.




trang 8
www.VNMATH.com
Bài 8. (B ng B - năm 2006)
Cho tam giác nh n ABC n i ti p ư ng tròn tâm O và có BC > AB > AC. ư ng th ng OA c t
ư ng th ng BC t i i m A1 ; ư ng th ng OB c t ư ng th ng CA t i i m B2. G i B1 , C1 , C2 và A2
tương ng là tâm các ư ng tròn (AA1B), (AA1C), (BB2C) và (BB2A). Ch ng minh r ng :
1) Tam giác A1B1C1 ng d ng v i tam giác A2B2C2 ;
2) Tam giác A1B1C1 b ng v i tam giác A2B2C2 khi và ch khi góc C c a tam giác ABC b ng 600.

Gi i




A
A
B•1
B1•
A2= C1 B2
• •
A2= C1 B2
O • •

O

C
B A1
• C
B A1
C2 •
C2

B’




1) Ta có : AA1 B = A1 AC + C = 900 − AB 'C + C = 900 − B + C
AB
Theo nh lý hàm sin trong tam giác AA1B thì : = 2sin AA1 B = 2 cos(C − B)
A1 B1
AC
Tương t : = 2sin AA1C = 2sin(π − AA1 B) = 2sin AA1 B = 2 cos(C − B)
A1C1
AB AC
Suy ra : .
=
A1 B1 A1C1
M t khác : B1 A1 C1 = B1 A1 A + C1 A1 A = (900 − B) + (900 − C) = A
Suy ra : ∆A1B1C1 ∼ ∆ABC theo t s 2cos(C – B)
Tương t : ∆A2B2C2 ∼ ∆ABC theo t s 2cos(A – C)
Do ó : ∆A1B1C1 ∼ ∆A2B2C2 .
2) ∆A1B1C1 = ∆A2B2C2 ⇔ cos(C – B) = cos(A – C) ⇔ C = 600 .



trang 9
www.VNMATH.com
Bài 9. (Năm 2007)
Cho tam giác ABC có hai nh B, C c nh và nh A thay i. G i H, G l n lư t là tr c tâm và
tr ng tâm c a tam giác ABC. Tìm qu tích i m A, bi t r ng trung i m K c a HG thu c ư ng th ng
BC.
Gi i


y
A




G

C
x
O K
B

H


Ch n h tr c Oxy v i O là trung i m BC và tr c Ox là ư ng th ng BC (hình v )
t BC = 2a > 0 thì B(-a ; 0), C(a ; 0). Gi s A(x0 ; y0) v i y0 ≠ 0.
 a 2 − x 02   2x 3a 2 − 3x 0 2 + y 0 2 
x y 
; G  0 ; 0  . Suy ra : K  0 ;
T ó tìm ư c H  x 0 ;  
y0  3 3 3 6y0
 
x 0 2 y0 2
2 2 2
K thu c ư ng th ng BC ⇔ 3a − 3x 0 + y0 = 0 ⇔ 2 − 2 = 1 v i y0 ≠ 0.
a 3a
x 2 y2
V y qu tích các i m A là hypebol = 1 tr i hai i m B, C.

a 2 3a 2




trang 10
www.VNMATH.com
Bài 10. (Năm 2007)
Cho hình thang ABCD có áy l n BC và n i ti p ư ng tròn (O) tâm O. G i P là m t i m thay
i trên ư ng th ng BC và n m ngoài o n BC sao cho PA không là ti p tuy n c a ư ng tròn (O).
ư ng tròn ư ng kính PD c t (O) t i E (E ≠ D). G i M là giao i m c a BC v i DE, N là giao i m
khác A c a PA v i (O). Ch ng minh ư ng th ng MN i qua m t i m c nh.

Gi i


(γ1)

D
A


(O) N


O•
F
B M P
C
E
A’

(γ2)




G i A’ là i m i x ng c a A qua tâm O. Ta ch ng minh N, M, A’ th ng hàng, t ó suy ra MN i
qua A’ c nh.
Th t v y, ta có DE là tr c ng phương c a ư ng tròn (O) và ư ng tròn (γ1) ư ng kính PD.
Vì PNA ' = 90° nên NA’ là tr c ng phương c a ư ng tròn (O) và ư ng tròn (γ2) ư ng kính PA’.
Gi s DA’ c t BC t i F, do ADA ' = 90° ⇒ PFA ' = 90° nên BC là tr c ng phương c a (γ1) và (γ2).
Vì các tr c ng phương ng quy t i tâm ng phương, suy ra DE, BC và NA’ ng quy t i i m M.
V y M, N, A’ th ng hàng.




trang 11
www.VNMATH.com
Bài 11. (Năm 2008)
Cho tam giác ABC. G i E là trung i m c a c nh AB.Trên tia EC l y i m M sao cho
MC
BME = ECA . Kí hi u α là s o c a góc BEC , hãy tính t s theo α.
AB
Gi i

M(m ; km)


β
y

C(c ; kc)
β




α
x
E≡O
A(-a ; 0) B(a ; 0)


Cách 1
MC
N u α = 900 thì M ≡ C ⇒ = 0 = cos α
AB
N u α ≠ 900. Ch n h to Oxy v i A(-a ; 0), B(a, 0) v i a >0.
t k = tanα ≠ 0, thì phương trình ư ng th ng CE là y = kx.
Gi s C(c ; kc), M(m ; km) v i c > 0 và m > 0.
Khi ó MC2 = (c – m)2 + (kc – km)2 = (1 + k2)( c – m)2
Ta có : MB = (a − m; − km)
MO = (− m; − km)
CA = (−a − c; − kc)
CO = (−c; − kc)
MB.MO CA.CO
T BME = ECA ⇒ cos(MB, MO) = cos(CA, CO) ⇒ =
MB.MO CA.CO
m(m − a) + k 2 m 2 c(c + a) + k 2 c 2
⇒ =
(a − m) 2 + k 2 m 2 m 2 + k 2 m 2 c2 + k 2 c 2 (a + c) 2 + k 2 c2
m − a + k2m c + a + k2c
⇒ (*).
=
(a − m) 2 + k 2 m 2 (a + c)2 + k 2 c 2
hm − a hc + a
t h = 1 + k2 v i h > 1 thì : (*) ⇒ =
a 2 − 2am + hm 2 a 2 + 2ac + hc2
⇒ (hm − a) 2 (a 2 + 2ac + hc2 ) = (hc + a)2 (a 2 − 2am + hm 2 )
2a 2a
Khai tri n và thu g n, ta ư c : m − c = .
=
h 1 + k2

trang 12
www.VNMATH.com
2a 2a
(Còn n u ch n A(a ; 0), B(-a, 0) v i a >0 thì c − m = )
=
h 1 + k2
4a 2 4a 2
Do ó : MC 2 = (1 + k 2 ) =
(1 + k 2 ) 2 1 + k 2
2
MC
 MC  1
= cos 2 α ⇒
⇒ = cos α
= 2
AB
 2a  1 + k

Cách 2

A

A

E
M
α β
E C
β
β α
C
B ϕ ϕ

B
β
M
Hình 2
Hình 1


MC
N u α = 900 thì M ≡ C ⇒ = 0 = cos α
AB
N u α < 900 thì M n m ngoài o n EC (Hình 1)
Th t v y, t α < 900 ta suy ra AC > AB. Gi s ngư c l i, M thu c o n EC. Do M ≠ E, nên M n m
gi a E và C ⇒ ECA = BME = ECB + CBM ⇒ ECA > ECB . Vì th , n u g i D là giao c a ư ng
phân giác trong góc ACB và c nh AB thì D n m gi a E và A.
CA DA
Suy ra 1 < < 1 .Vô lý.
=
CB DB
N u α > 900 thì M n m gi a E và C (Hình 2) (Ch ng minh tương t như trên)
t BME = ECA = β và MBC = ϕ
Áp d ng nh lý hàm sin l n lư t cho các tam giác ACE và BME, ta ư c :
AC EA EB BM
⇒ AC = BM
= = =
sin(π − α) sin β sin β sin α
Áp d ng nh lý hàm côsin vào các tam giác BCM và ABC ta có :
MC2 = BC2 + BM2 – 2 BC.BM.cosϕ = BC2 + AC2 – 2BC.AC.cosϕ
ACB + ϕ ACB − ϕ
= AB2 + 2BC.AC.cos ACB - 2BC.AC.cosϕ = AB2 – 4BC.AC. sin (*)
sin
2 2
ACB + ϕ (β + ECB) + (ECB − β)
- N u M n m ngoài o n EC (Hình 1) thì : = ECB và
=
2 2
ACB − ϕ β + ECB − ϕ β + β
= = =β
2 2 2
trang 13
www.VNMATH.com
ACB + ϕ β + ECB + ϕ β + β
- N u M n m trong o n EC (Hình 2) thì : = β và
= =
2 2 2
ACB − ϕ (β + ECB) − (β − ECB)
= ECB
=
2 2
V y t (*) ta có : MC2 = AB2 – 4BC.AC. sin β sin ACB = AB2 – 4.(AC. sin β )(BC. sin ACB )
= AB2 – 4(EAsinα)(EBsinα) = AB2 – (ABsinα)2 = AB2cos2α
MC
⇒ = cos α
AB




trang 14
www.VNMATH.com
Bài 12. (Năm 2008)
Cho tam giác ABC, trung tuy n AD. Cho ư ng th ng d vuông góc v i ư ng th ng AD. Xét
i m M n m trên d. G i E, F l n lư t là trung i m c a MB, MC. ư ng th ng i qua E và vuông góc
v i d c t ư ng th ng AB P, ư ng th ng i qua F và vuông góc v i d c t ư ng th ng AC Q.
Ch ng minh r ng ư ng th ng i qua M vuông góc v i ư ng th ng PQ luôn i qua 1 i m c nh khi
i m M di ng trên ư ng th ng d.
Gi i
y

P


M
d
A

F


E


C

x
D≡O Q

B

Ch n h tr c Oxy có O≡ D, tr c Oy ≡ DA. Khi ó Ox //d. (hình v )
Vì A ∈ Oy nên A(0 ; a) v i a ≠ 0 (do A ≠ D)
Gi s B(b ; c). Do B ∉ Oy nên b ≠ 0. Vì B và C i x ng nhau qua O nên C(-b ; -c).
Suy ra : AB : (a – c)x + by – ab = 0 và AC : (a + c)x – by + ab = 0
Do M ∈ d nên M(xM ; h) v i h là h ng s .
x +b x −b
G i d1 , d2 là các ư ng th ng vuông góc v i d và l n lư t i qua E, F thì : d1 : M và d 2 : M
2 2
x +b (a − c)(x M + b) 
P = d1 ∩ AB ⇒ P  M ;a − 
2 2b 
x −b (a + c)(x M − b) 
Q = d2 ∩ AC ⇒ Q  M ;a + 
2 2b 
a.x − bc 

Suy ra : PQ =  −b; M 
b
 
Phương trình ư ng th ng ∆ i qua M(xM ; h) và vuông góc PQ là :
 b2 
ax M − bc bc 
2
(y − h) = 0 hay b  x −  − (ax M − bc)  y − h +  = 0 .
− b(x − x M ) +
a a
b  
 bc b2 
V y ∆ i qua i m c nh R  ; h −  khi M di ng trên d.
a a
trang 15
www.VNMATH.com
Bài 13. (Năm 2009)
Trong m t ph ng cho hai i m c nh A, B (A ≠ B). M t i m M di ng trên m t ph ng sao
0 0
cho ACB = α không i (0 < α < 180 ). ư ng tròn tâm I n i ti p tam giác ABC và ti p xúc v i AB,
BC, CA l n lư t t i D, E, F. Các ư ng th ng AI, BI c t ư ng th ng EF l n lư t t i M và N.
1) Ch ng minh r ng o n th ng MN có dài không i.
2) Ch ng minh r ng ư ng tròn ngo i ti p tam giác DMN luôn i qua m t i m c nh.

Gi i


C

α
M
E

NF


I



B
A D

A+B α α
1) MIN = AIB = 1800 − = 900 + ⇒ MIB = 900 − = MEB ⇒ t giác MEIB n i ti p ư ng
2 2 2
B
và IMB = 900 ⇒ ∆ IMN ∼ ∆ IBA
tròn ư ng kính IB ⇒ IMN =
2
MN IM α α α
= sin IBM = cos MIB = cos(900 − ) = sin ⇒ MN = ABsin = không i.
⇒ =
AB IB 2 2 2
2) G i P = AN ∩ BM thì I là tr c tâm tam giác PAB. ư ng tròn (DMN) là ư ng tròn Euler c a tam
giác PAB, suy ra ư ng tròn (DMN) luôn i qua trung i m K c a AB v i K c nh.




trang 16
www.VNMATH.com
Bài 14. (Năm 2010)
Trong m t ph ng, cho ư ng tròn (O) và hai i m c nh B, C n m trên ư ng tròn ó sao cho
dây BC không là ư ng kính. Xét m t i m A di ng trên (O) sao cho AB ≠ AC và A không trùng v i
B, C. G i D và E l n lư t là giao i m c a ư ng th ng BC v i ư ng phân giác trong và ư ng phân
giác ngoài c a góc BAC . G i I là trung i m c a DE. ư ng th ng qua tr c tâm c a tam giác ABC và
vuông góc v i AI c t các ư ng th ng AD và AE tương ng t i M và N.
1) Ch ng minh r ng ư ng th ng MN luôn i qua m t i m c nh.
2) Xác nh v trí c a i m A sao cho tam giác AMN có di n tích l n nh t.

Gi i
L

A

N
α




P
O
H
D α
B E
C
α
I
M
J α
α



K

1) G i K là giao i m th hai c a AD và (O) thì K là trung i m c a cung BC .
D ng ư ng kính KL c a (O) thì L, A , E th ng hàng. G i J = MN ∩ KL.
Phép quay Q(A, +900 ) bi n : tia AL → tia AK ; tia AK → tia AE ; tia AO → tia AI.
Suy ra AO ⊥ AI ⇒ AO // JH. Mà OJ // AH nên AOJH là hình bình hành ⇒ OJ = AH.
M t khác, n u k ư ng kính BB’ c a (O) thì B’ c nh và AHCB’ là hình bình hành
4R 2 − a 2 = h ng s (v i a = BC) ⇒ i m J c
V y : OJ = AH = B’C = nh.
2) t AKL = α . Do ∆OKA cân t i O và các tam giác OKA, JKM, HAM ng d ng nhau nên ∆HAM
cân t i H ⇒ HAM = AMH = α . G i P là trung i m AM.
Ta có : AM = 2AP = 2AH.cosα = 2 4R 2 − a 2 .cosα
và AN = 2HP = 2AH.sinα = 2 4R 2 − a 2 .sinα.
1
Do ó : S∆AMN = AM.AN = (4R 2 − a 2 ).sin 2α ≤ 4R2 – a2
2
MaxS∆AMN = 4R2 – a2 ⇔ sin2α = 1 ⇔ α = 450. T ó suy ra v trí c a A là trung i m các cung KL.




trang 17
www.VNMATH.com


M
α
H
P
L
α

N
A

J
α
B
C
D E
I
O




α



K




trang 18
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản