Hình học giải tích Oxy

Tài liệu hệ thống một cách chi tiết nhất các tính chất thường gặp trong đề thi ĐHCĐ và các đề thi thử của các trường trên cả nước. Bên cạnh đó, tài liệu này cũng rèn luyện cho bạn đọc một hướng tư duy tốt nhất để học tốt chuyên đề hình học giải tích phẳng Oxy

1

PHẦN I SƠ LƯỢC MỘT VÀI TÍNH CHẤT QUEN

THUỘC VỀ TAM GIÁC

TÍNH CHẤT 1:

Cho D ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp I, trọng tâm G, trực tâm H Gọi AA’ là đường kính của (I)

và M là trung điểm của BC Khi đó:

 Tứ giác BHCA’ là hình bình hành Suy ra M là trung điểm của HA’

 Các tứ giác AEHF, BFHD, CDHE, BCEF và ACDF nội tiếp

 AD là phân giác trong và BC là phân giác ngoài tại đỉnh D của DDEF

Tương tự: BE, AC và CF, AB cũng lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài tại các đỉnh E, F của DDEF

Suy ra: H là tâm đường tròn nội tiếp của DDEF

 H’ đối xứng với H qua BC (hay BC là trung trực của HH’)

Suy ra: DHBH' cân tại B

 I’ đối xứng với I qua BC (BC là trung trực của II’)

Suy ra: D BH C ' là ảnh của D BHC qua phép đối xứng trục BC

 Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, CHA có cùng bán kính và bằng bán kính của (I)

M

I

A

3

TÍNH CHẤT 4:

Cho D ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là O và I Đường thẳng AI cắt (O) tại điểm thứ hai là K (K khác A), cắt BC tại điểm D Gọi J là điểm đối xứng với I qua K Khi đó:

 KB = KC = KI Suy ra: K là tâm đường tròn ngoại tiếp D BCI

 Tứ giác BICJ nội tiếp đường tròn tâm K, đường kinh IJ

 J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A

 BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D ABD

I' H'

H

I

A

4

TÍNH CHẤT 5:

Cho D ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) Gọi AD, AE lần lượt là phân giác trong và ngoài đỉnh A của D ABC Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DE và BC Khi đó:

 AD và AE đi qua điểm chính giữa cung nhỏ và cung lớn BC của (O)

 Tam giác AMD cân tại M

 Tứ giác AMNO nội tiếp

 AM là tiếp tuyến của (O)

6

PHẦN II BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC

Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ∆ABC có đỉnh A  3; 4, đường phân giác trong góc A có phương trình x  y 1 0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là I 1;7 Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ∆ABC gấp 4 lần diện tích ∆IBC

Phân tích bài toán:

+ Nếu ta gọi D là giao điểm của đường phân giác trong góc A và đường tròn ngoại tiếp ∆ABC (D khác A) thì khi đó: BAD CAD  Hay D là điểm chính giữa của BC Khi đó: ID là đường trung trực của đoạn thẳng BC (đây chính là mấu chốt của bài toán)

+ Có D(d): x  y 1 0nên ta viết được tọa độ điểm D theo một tham số Khi đó ta sử dụng dữ kiện IA=ID để tìm tọa độ điểm D cụ thể và viết được phương trình BC (có tham số)

+ Cuối cùng ta sử dụng SABC  4 SIBC để viết phương trình BC cụ thể

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Gọi D là giảo điểm của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và đường phân giác trong góc A (D khác A)

Ta có: BAD CAD  ⇒ D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Suy ra: BD=DC ⇒ ∆BDC cân tại D

7

⇒ D thuộc trung trực của đoạn thẳng BC

Mà: I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên IB=IC ⇒ I thuộc đường trung trực của BC

Suy ra: ID là trung trực của cạnh BC ⇒ IDBC

+ Lại có: I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

⇒ Bán kính của đường tròn này là:   2 2

RIA     + Mặt khác: D(d): x  y 1 0nên D t ;1 t





Với D  3; 4 thì loại vì DA Suy ra: D  2;3

+ Do IDBC nên đương thẳng BC nhận véc-tơ DI  3; 4 làm véc-tơ pháp tuyến

Vậy phương trình cạnh BC là: 9x 12 y1140hoặc 15x20y1310

Tính chất 1: Cho ∆ABC nội tiếp trong đường

tròn tâm O Gọi D là giao điểm của đường phân

giác trong góc A và đường tròn (O) Suy ra:

8

Ta có: BAD CAD  ⇒ D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Suy ra: BD=DC ⇒ ∆BDC cân tại

D

⇒ D thuộc trung trực của đoạn thẳng BC

Mà: O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên OB=OC

⇒ O thuộc đường trung trực của BC

Suy ra: OD là trung trực của cạnh BC

⇒ ODBC

Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ∆ABC nhọn Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ

từ đỉnh A và cạnh BC có phương trình lần lượt là 3x5y 8 0và x  y 4 0 Đường thẳng qua

A vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại điểm thứ hai là D4; 2 Viết phương 

trình các đường thẳng AB, AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3

Phân tích bài toán:

+ Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC và trực tâm của ∆ABC, E là giao điểm của BH và AC

9

+ Gọi K là giao điểm của BC và AD, ta nhận thấy một điều đặc biệt là K là trung điểm HD

+ Đầu tiên ta dễ dàng tìm được tọa độ M  AM  BC và viết được phương trình AD ADBC Sau đó ta sẽ tìm được tọa độ các điểm A, K A ADAM K,  ADBC

+ Do K là trung điểm HD nên ta sẽ tìm được tọa độ điểm H từ hai điểm K và D

+ Tham số hóa điểm B một ẩnB BC , từ M là trung điểm BC ta viết được tọa độ điểm C theo ẩn đó Tính HB AC, rồi sử dụng dữ kiện HB AC  0để tìm tọa độ điểm B và bài toán được giải quyết

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Gọi M là trung điểm của BC ⇒ phương trình trung tuyến AM của ∆ABC là: x  y 4 0

+ Gọi H là trực tâm của ∆ABC ⇒ HAD E là giao điểm của BH và AC ⇒ BE  AC

+ Ta có: Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE, mà KCE  BDA

+ Đường thẳng AC đi qua A 1;1 và C 5;1 nên có phương trình là: y 1

Vậy phương trình AB, AC của ∆ABC lần lượt là 3x  y 4 0 và y 1

Tính chất 2: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O),

H là trực tâm Gọi H’ là giao điểm của AH với

đường tròn tâm (O) Suy ra: H’ đối xứng với H

+ Gọi K, E lần lượt là chân các đường cao hạ từ

A và B của ∆ABC KBC E, AC

⇒ AK  BC và BE  AC Suy ra: Tứ giác HKCE nội tiếp đường tròn

⇒ BHK  KCE hay BHH '  BCA

Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ∆ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I4; 1 

Đường cao và trung tuyến xuất phát từ đỉnh A có phương trình lần lượt là d x y1:    1 0và

2: 2 1 0

d x  y   Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của ∆ABC

M H

11

Phân tích bài toán:

+ Bài toán cho d1 và d2 lần lượt là đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A nên ta tìm ngay được tọa độ điểm A

+ Ta có thể thấy đây là một bài toán rất quen thuộc, mấu chốt của bài toán là việc chứng minh

IM  BC(với M là giao điểm của đường thẳng d2 với BC hay M là trung điểm BC)

+ Sau khi chứng minh được IM  BC, do đường thẳng d1 BCnên IM // d1 Khi đó ta viết được phương trình IM, tìm được tọa độ của điểm M và viết được phương trình BC

+ Tham số hóa điểm B theo một ẩn khi biết phương trình BC Do M là trung điểm của BC nên ta cũng

có thể viết được tọa độ của điểm C theo ẩn đó

+ Ta có thể sử dụng dữ kiện IA=IB và tìm được tọa độ cụ thể của điểm B và C Từ đó ta viết được phương trình các cạnh của ∆ABC

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Ta có: A d  1 d2⇒ Tọa độ điểm A là nghiệm cảu hệ phương trình:

12

Do I là tâm đường trong ngoại tiếp ∆ABC nên IB=IC ⇒ ∆IBC cân tại I

Mà M là trung điểm BC ⇒ IM  BC, mặt khác AH  BC Suy ra IM // AH

Khi đó: Đường thẳng IM có véc-tơ pháp tuyến là n IM  1;1

+ Đường thẳng IM đi qua điểm I4; 1 và nhận véc-tơ pháp tuyến là  n IM  1;1 nên có phương trình:

Đường thẳng AB đi qua hai điểm A 1;0 vàB3; 4 có phương trình: 

Đường thẳng AB đi qua hai điểm A 1;0 vàB 7;0 có phương trình:y 0

Đường thẳng AC đi qua A 1;0 và C3; 4 có phương trình: 

13

Bài toán 4: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD M3; 1 là trung điểm cạnh BC 

Đường cao kẻ từ B của ∆ABC đi qua điểm E   1; 3, điểm F 1;3 nằm trên đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh BC biết D4; 2 

Phân tích bài toán:

+ Đối với các bài toán mà tam giác nội tiếp đường tròn, nếu giả thiết đề bài cho đường cao của tam giác thì ta thường nghĩ đến việc tạo ra một hình bình hành theo một trong các cách sau:

 Nếu tam giác có hai đường cao đi qua hai đỉnh thì ta chỉ việc kẻ một đường kính đi qua đỉnh còn lại

 Nếu tam giác có đường kính đi qua một đỉnh và một đường cao đi qua đỉnh thứ hai, thì ta sẽ kẻ đường cao thứ hai đi qua đỉnh còn lại

+ Như vậy, trong bài toán này ta sẽ gọi H là trực tâm của ∆ABC Sau đó ta chỉ cần chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành

+ Khi đó, do M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của HD (do HD và BC là hai đường chéo của hình bình hành BHCD) ⇒ Ta tìm được tọa độ trực tâm H

+ Như vậy ta sẽ lập được các phương trình đường thẳng BH, AC, CD, BC và AH Suy ra tìm được tọa

độ các đỉnh A, B, C của ∆ABC

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Gọi H là trực tâm của ∆ABC ⇒ BH AC

Do M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của HD ⇒ H 2;0

+ Đường thẳng BH đi qua hai điểmH 2;0 và F1;3 nên có phương trình là:

Vậy tam giác ABC có A 2; 2 và phương trình cạnh BC là: y  1 0

Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có trực tâm H 1;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là I 2;0 và điểm A 3; 4 Viết phương trình đường thẳng BC

15

Phân tích bải toán:

+ Gọi M là trung điểm BC Ta đi chứng minh AH 2IM⇒ Tìm được tọa độ của điểm M khi biết tọa

độ ba điểm A, H, I

+ Sau đó ta sẽ viết được phương trình đường thẳng BC đi qua điểm M và vuông góc với IM

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Gọi M là trung điểm của BC và D là điểm đới xứng với A qua I ⇒ AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

+ Do H là trực tâm của ∆ABC ⇒ BH AC

x x

+ Suy ra đường thẳng BC đi qua điểm 1; 1

Vậy tam giác ABC có phương trình đường thẳng BC là 4x2y 3 0

Tính chất 3: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O,

trực tâm H Gọi M là trung điểm BC, D đối xứng

với A qua 0 Chứng minh rằng:

122

18

Phân tích bài toán:

+ Đối với bài toán này, ta sẽ đi chứng minh: IC  KH

+ Tham số hóa điểm C (theo hai ẩn), ta sẽ tính được IC KH, rồi sử dụng dữ kiện IC KH  0 Sau đó

ta sẽ viết được tọa độ của điểm C theo một ẩn duy nhất

+ Mà điểm C thuộc đường tròn  C nên tọa độ của nó sẽ thỏa mãn phương trình đường tròn ⇒ Tìm

được tọa độ của điểm C cụ thế

+ Ta viết được phương trình BC đi qua hai điểm K và C, do B BC  nên viết được tọa độ của điểm B theo một ẩn Ta sẽ tìm được tọa độ điểm B một cách cụ thể thông qua dữ kiện IBR(với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC)

+ Tương tự như trên, sau khi viết được phương trình AC đi qua hai điểm H và C, ta sẽ tìm được tọa độ điểm A

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Đường tròn  C có tâm I 1; 2 và bán kính là R  5

+ Kẻ tiếp tuyến Cx của đường tròn  C ⇒ xCB  BAC (1)

Ta có: Tứ giác ABKH nội tiếp đường tròn ⇒ BAH  CKH (cùng bù với BKH ) hay BAC  CKH (2) + Từ (1) và (2) suy ra: xCB CKH  , mà hai góc này lại ở vị trí so le trong của Cx và KH ⇒ Cx // KH Mặt khác: Do CI  C x (Cx là tiếp tuyến của đường tròn  C )

B t

B t

Vì B5; 1  nên tọa độ của điểm B là  C B  4; 2

+ Đường thẳng AC đi qua hai điểm H 2;5 và C5; 1 nên có phương trình: 

A m

A m

Tính chất 4: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O)

BH và CK lần lượt là hai đường cao của tam

giác Suy ra: AO  HK

21

Phân tích bài toán:

+ Gọi I và I’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và ∆HBC ⇒ Ta đi chứng minh: I và I’ đối xứng nhau qua BC ⇒ Bán kính của hai đường tròn này bằng nhau

+ Có: B và C là giao của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp ∆HBC nên ta sẽ tìm được tọa độ của hai điểm này

+ Điểm G thuộc Oy nên có thể viết được tọa độ cả G theo một tham số Sau đó sử dụng công thức trọng tâm tam giác để viết được tọa độ điểm A theo tham số đó

+ Do I và I’ đối xứng với nhau qua BC nên ta tìm ngay được tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp

∆ABC

+ Sử dụng dữ kiện IAR (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆HBC) ⇒ Tọa độ của điểm A

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Gọi I và I’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và ∆HBC

Ta có: Tâm đường trong ngoại tiếp ∆HBC là I ' 1;0 Bán kính đường tròn là R  3

+ Gọi D là giao điểm của AH với đường tròn (I) ⇒ Tứ giác ADBC ngoại tiếp đường tròn (I) ⇒ I cũng

là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BDC

Mặt khác: D và H đối xứng với nhau qua BC (Tính chất 2) ⇒ ∆BDC và ∆BHC đối xứng nhau qua BC

Mà I và I’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BDC và ∆BHC ⇒ O và I cũng đối xứng với nhau qua

BC

Suy ra: IAR với IA, R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và ∆BHC

+ Ta có I đối xứng với I ' 1;0 qua BC ⇒ I0; 1 

+ Lại có: B và C là giao điểm của BC và đường tròn ngoại tiếp ∆BHC ⇒ Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:

Tính chất 5: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O),

trực tâm H Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp

∆HBC Suy ra: O và I đối xứng với nhau qua

⇒ ∆HBC đối xứng với ∆H’BC qua BC

Mà O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp

∆H’BC và ∆HBC Nên: O và I đối xứng vơi nhau qua BC

Bài toán 8: Cho ∆ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 4 5

23

Phân tích bài toán:

+ Từ dữ kiện bài toán, nếu ta xác định được tọa độ điểm A thì sẽ viết được phương trình BC Từ đó lấy giao điểm với đường tròn ngoại tiếp và tìm được tọa độ các đỉnh B, C

+ Để tìm được tọa độ điểm A, ta nghĩ đến ngay về mối quan hệ thẳng hàng giữa ba điểm M, G, A Từ

đó dẫn đến việc tìm tọa độ điểm G

+ Để tìm G, ta nhớ đến mối quan hệ đặc biệt giữa ba điểm H, G, I Đó chính là bài toán quen thuộc về đường thẳng Ơ-le: HG 2GI

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua I Ta chứng minh được tứ giác HCA’B là hình bình hành (Chứng minh ở tính chất 3) Do M là trug điểm BC nên M cũng là trung điểm của HA’

+ Gọi G là trọng tâm ∆ABC, suy ra G cũng là trọng tâm ∆AHA’ ⇒ HG 2GI

A y

25

Phân tích bài toán:

+ Đề bài cho phương trình đường tròn đi qua ba trung điểm của ba cạnh HA, HB, HC Ta nghĩ ngay đến đường tròn Ơ-le (Đường tròn Ơ-le: Trong một tam giác thì trung điểm ba cạnh, trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm đến đỉnh, chân các đường cao cùng thuộc một đường tròn)

+ Như vậy thì đường tròn   2 2

T x y   y  là đường tròn Ơ-le đi qua 9 điểm, trog đó coa

ba trung điểm 3 cạnh của tam giác ABC

+ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ Ta chứng minh được HG 2GI Tham số hóa tọa độ điểm I (theo hai ẩn), khi đó ta cũng viết được tọa độ của điểm H theo hai ẩn đó

+ Ta cũng chứng minh được tứ giác IKHQ là hình bình hành nên tâm T của đường tròn (T) là trung điểm của KQ và IH ⇒ Tìm được tọa độ hai điểm H và I

+ Cuối cùng ta cần chứng minh TQ là đường trung bình của ∆HIA ⇒ IA2TQ2R (với R là bán kính của đường tròn (T)) ⇒ Viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Hướng dẫn giải chi tiết:

26

+ Ta có: Đường tròn (T) có tâm T1; 2 và bán kính  R 1là đường tròn Ơ-le đi qua 9 điểm của ∆ABC (trung điểm ba cạnh, trung điểm các đoạn thẳng nối trực tâm đến đỉnh và chân các đường cao của tam giác)

+ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ HG 2GI(đã chứng minh ở bài tập 8)

+ Gọi Q là trung điểm AH ⇒ AH 2QH

Gọi K là trung điểm BC, do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên: AH 2IK (Theo tính chất 3)

+ Măt khác: T và Q lần lượt là trug điểm của các cạnh HI, HA của ∆HIA

⇒ TQ là đường trung bình của ∆HIA ⇒ IA2TQ2R2

+ Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I1;10 và bán kính IA 2 nên có phương trình:

Tính chất 6: (Bài toán về đường thẳng Ơ-le)

Cho ∆ABC Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm

đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của

tam giác I là tâm đường tròn Ơ-le Suy ra: O, H,

G, I thẳng hàng; đồng thời OH  2OI  3OG

Chứng minh tính chất:

27

+ Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua O Ta chứng minh được tứ giác HCA’B là hình bình hành (Chứng minh ở tính chất 3)

+ Gọi M là trung điểm BC nên M cũng là trung điểm của HA’

+ G là trọng tâm ∆ABC, suy ra G cũng là trọng tâm ∆AHA’

⇒ OH  3OG

+ Gọi N là trung điểm AH ⇒ AH  2NH

Mà ta chứng minh được: AH  2OM(Theo tính chất 3)

Suy ra: NHOM ⇒ Tứ giác OMHN là hình bình hành (1)

⇒ OH 2OI Vậy OH  2OI  3OG

Bài toán 10: Cho ∆ABC và đường thẳng   :x3y  Gọi 1 0 7 14 19  

28

Phân tích bài toán:

+ Đây là một bài toán không hề dễ đối với nhiều bạn, yêu cầu chúng ta phải tinh ý mới khám phá ra được điểm đặc biệt của bài toán này Ta thấy đề bài cho tọa độ của 3 điểm D, E, N và cho điểm M thuộc D có hoành độ không lớn hơn 4 Như vậy có thể ta sẽ phải đi tìm mối liên hệ giữa bốn điểm này + Ta đi chứng minh bốn điểm D, M, E, N cùng nằm trên một đường tròn (C’) ⇒ Viết được phương trình đường tròn (C’)

+ M là giao điểm của đường thẳng ∆ và đường tròn (C’) nên ta tìm được tọa độ điểm M có hoành độ nhỏ hơn hoặc bằng 4

+ Tiếp theo ta lập được phương trình BC đi qua hai điểm D và M Đặt tọa độ điểm B một ẩn ⇒ Tọa độ điểm C và A theo ẩn đó

+ Sử dụng dữ kiện BE  AC ta tìm được tọa độ ba đỉnh A, B, C

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Do DAEB vuông tại E có N là trung điểm của AB Þ NE = NA = NB Þ D BNE cân tại N

Þ = hay Þ BED· = BAH· (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ·NEB+ BED· = ·ABH+ ·BAHÞ NED· = ·ABH+ BAH· (3)

+ Lại có: ·NHD là góc ngoài tại đỉnh H của DABHÞ ·BHD= ·ABH+ ·BAH (4)

Từ (3) và (4) suy ra: Þ ·NED= BHD·

DMEN là tứ giác nội tiếp

+ Gọi (C’) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMEN

Điểm M 4;1 là trung điểm của BC C4; 2 t

Điểm N 3;3 là trung điểm AB A2;6 t

Tính chất 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn (O) Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường

cao kẻ từ A, B Các điểm M, N theo thứ tự là

trung điểm của BC và AB Suy ra: Tứ giác

MEND nội tiếp đường tròn

Chứng minh tính chất:

30

+ Do DAEB vuông tại E có N là trung điểm của

AB Þ NE= NA= NBÞ DBNE cân tại N

Þ DMEN là tứ giác nội tiếp

Bài toán 11: Cho ∆ABC đỉnh A 1;5 Tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp ∆ABC lần lượt là

31

Phân tích bài toán:

+ Đầu tiên ta lập được ngay phương trình đường tron (C) ngoại tiếp ∆ABC và viết được phương trình đường thẳng AI

+ Gọi D là giao điểm của phân giác trong AI với đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC, ta sẽ tìm cách chứng minh: DBDIDC ⇒ B, C nằm trên đường tròn (T) tâm D, bán kính DI

+ Ta tìm được ngay tọa độ điểm D và viết đươc phương trình của đường tròn (T) ⇒ Tìm được tọa độ hai điểm B, C là giao điểm của hai đường tròn (C) và (T)

Hướng dẫn giải chi tiết:

A

+ Ta có: BID là góc ngoài của ∆ABI ⇒ BIDBADABI (Tính chất góc ngoài của tam giác)

Mà ABI IBC , BADDAC , DACDBC nên suy ra: BIDDBCIBCIBD

⇒ ∆BID cân tại D ⇒ DBDI (1)

+ Lại có: BADDAC (Do AD là phân giác của BAC ) ⇒ BDDC ⇒ BDDC (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra: DBDI DC⇒ BC nằm trên đường tròn (T) tâm 5 1;

Tính chất 8: Cho ∆ABC có O, I lần lượt là tâm

đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác AI cắt

đường tròn (O) tại D Suy ra: DB DI DChay

D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC

Chứng minh tính chất:

+ Ta có: BID là góc ngoài của ∆ABI

⇒ BIDBADABI (Tính chất góc ngoài của tam giác)

Mà ABI IBC , BADDAC , DACDBC

nên suy ra: BIDDBCIBCIBD

⇒ ∆BID cân tại D ⇒ DBDI (1)

33

+ Lại có: BADDAC (Do AD là phân giác của

BAC )

⇒ BDDC ⇒ BDDC (2) + Từ (1) và (2) suy ra: DBDI DC

Bài toán 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có trực tâm H và các chân đường cao

kẻ từ A, B, C lần lượt là P, E, F Biết P2; 14 ,  E 2;14 , F   Tìm tọa độ các đỉnh của 5; 7

∆ABC

Phân tích bài toán:

+ Đối với bài toán này, trước tiên ta đi chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp ∆PEF Khi đó ta sẽ tìm được tọa độ điểm H

I O

D

C B

A

D H F

E

B

A

34

+ Bằng việc sử dụng quan hệ vuông góc APBC BE, AC CF, AB ⇒ Ta viết được phương trình các cạnh của tam giác ABC Từ đó tìm được tọa độ ba đỉnh A, B, C

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Ta có: Tứ giác BPHF nội tiếp ⇒ FBH FPH

Tứ giác ECPH nội tiếp ⇒ ECH EPH

Mà FBH ECH (cùng phụ với BAC ) Suy ra: FPH EPH ⇒ PH là phân giác của FPE

+ Chứng minh tương tự ta có: EH, FH lần lượt là đường phân giác của các góc PEF và PFE

Như vậy: H là tâm đường tròn nội tiếp ∆PEF

+ Gọi D là giao điểm của PD và EF ⇒ PD là là phân giác trong góc P của ∆PEF ⇒ DF PF.DE

2; 6

9 1414

+ AB đi qua F   5; 7 và vuông góc với HF nên có phương trình là: 3x y 220

+ AC đi qua E  2;14 và vuông góc với HE nên có phương trình là: y 140

35

+ BC đi qua P2; 14  và vuông góc với HP nên có phương trình là: x2y300

+ Suy ra ta tìm được tọa độ các đỉnh của ∆ABC là: A12;14 , B  2; 16 , C 58;14

Vậy tọa độ các đỉnh của ∆ABC là: A12;14 , B  2; 16 , C 58;14

Tính chất 9: Cho ∆ABC có P, E, F lần lượt là

chân các đường vuông góc kẻ từ các đỉnh A, B,

C H là trực tâm tam giác Suy ra: H là tâm

đường tròn nội tiếp ∆PEF

Chứng minh tính chất:

+ Ta có: Tứ giác BPHF nội tiếp ⇒ FBH FPH

Tứ giác ECPH nội tiếp ⇒ ECH EPH

Mà FBH ECH (cùng phụ với BAC ) Suy ra: FPH EPH ⇒ PH là phân giác của FPE + Chứng minh tương tự ta có: EH, FH lần lượt là

đường phân giác của các góc PEF và PFE

Như vậy: H là tâm đường tròn nội tiếp ∆PEF

Bài toán 13: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I Đường phân giác trong và ngoài góc A cắt

đường tròn (C) lần lượt tại M0; 3 và  N  2;1 Tìm tọa độ các điểm B, C biết đường thẳng BC đi qua E2; 1 và điểm C có hoành độ dương 

H F

E

B

A

36

Phân tích bài toán:

+ Trong bài toán này xuất hiện hai đường phân giác trong và ngoài góc A của ∆ABC là AM và AN

 

M N,  C 

Vì thế ta đi chứng minh ba điểm M, I, N thẳng hàng hay MN là đường kính của đường tròn (C)

+ Vậy ta viết được phương trình đường tròn (C)

+ Tiếp theo, ta đi chứng minh BCMN và sẽ viết được phương trình ⇒ Tìm được tọa độ hai điểm B,

C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (C)

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Ta có: AM, AN lần lượt là các đường phân giác trong và ngoài góc A của ∆ABC ⇒ AM AN

hay MAN 90o ⇒ MN là đường kính của đường tròn (C) ⇒ I là trung điểm MN ⇒ I   1; 1

A

Tính chất 10: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn

(O) Đường phân giác trong và ngoài góc A cắt

đường tròn (O) lần lượt tại M, N Suy ra:

Mà M, O, N thẳng hàng nên MN  BC

39

Phân tích bài toán:

+ Với dữ kiện của bài toán, ta sẽ tìm ngay được tọa độ điểm A đầu tiên (do I là trung điểm AM) Tiếp đến sẽ là tọa độ điểm B

+ Để tìm được tọa độ điểm B, ta đi chứng minh rằng IB  MN rồi viết được phương trình IB Sau đó vận dụng tiếp dữ kiện IBIM  5 2 ⇒ Tìm được tọa độ điểm B có hoành độ dương

+ Sau khi tìm được tọa độ điểm B ta sẽ suy ra được tọa độ điểm C đối xứng với B qua AM

Hướng dẫn giải chi tiết:

+ Vì I là trung điểm của AM nên A  5;10

+ Ta có: NCB  MAB (cùng phụ với ABC) ⇒ BN  BM (Tính chất góc nội tiếp)

Suy ra IB là đường trung trực của MN Khi đó IB đi qua I và vuông góc với MN nên có phương trình: 7x  y 5 0

+ Phương trình AM đi qua I 0;5 và M 5;0 nên có phương trình là: x  y 5 0

Suy ra BC đi qua B và vuông góc với AM có phương trình là: x  y 3 0

+ Gọi H là giao điểm của AM và BC, suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 3 0  4;1

Do H là trung điểm của BC ⇒ C 7; 4

Vậy tam giác ABC có A  5;10, B1; 2 ,  C 7; 4

Tính chất 11: Cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn (O) Gọi D, E là giao điểm của đường tròn

(O) với các đường cao qua A và C Suy ra: OB là

đường trung trực của ED

40

⇒ BEBD

Mà OE OD  (bán kính đường tròn (O)) Vậy OB là đường trung trực của ED

Bài toán 15: Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ABC cân tại A, có D là trung điểm đoạn AB Biết

A

G E K