2 Chứng minh rằng giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác M1QM2 với đường tròn ngoại tiếp tam giác O1QO2 là 1 điểm cố định.. Hiển nhiên O là điểm cố định.[r]
Trang 1trang 1
Trong các thi ch n h c sinh gi i vòng qu c gia hàng n m, bài toán hình h c ph ng c xem là bài toán c ơ b n, b t bu c gi i chúng, òi h i ng i h c n m v ng các ki n th c c n b n v hình h c
và n ng l c t ng h p các ki n th c ó Nh m ph c v k thi s p n, tôi xin gi i thi u v i các em m t
s bài toán trong các k 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 - n m 2000)
Trên m t ph ng cho tr c cho hai ng tròn (O1 ; r1) và (O2 ; r2) Trên ng tròn (O1 ; r1) l y
m t i m M1 và trên ng tròn (O2 ; r2) l y m t i m M2 sao cho ng th ng O1M1 c t ng th ng O2M2 t i i m Q Cho M1 chuy n ng trên ng tròn (O1 ; r1), M2 chuy n ng trên ng tròn (O2 ; r2) cùng theo chi u kim ng h và cùng v i v n t c góc nh 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 ng tròn ngo i ti p tam giác M1QM2 v i ng tròn ngo i ti p tam giác O1QO2 là 1 i m c nh
Gi i
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 =O M , OM '1 1 1 =O M2 2 Vì M1 , M2 t ơng 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 (*)
⇔ M là trung i m c a M’1 , M’2 (**)
T (*), (**) suy ra: qu tích c a M là ng tròn tâm O và bán kính 2 2 2
1
2
= M1M2 = const
2) G i P là giao i m th hai c a ng tròn ngo i ti p tam giác M1QM2 và ng tròn ngo i ti p tam giác O1QO2 D dàng ch ng minh c: ∆ PO1M1 ng d ng ∆ PO2M2 Suy ra 1 1
PO = r Do ó, P thu c ng tròn Apôlôniut d ng trên o n O1O2 c nh, theo t s không i 1
2
r
r (1)
D th y (PO , PO )1 2 = α =const Suy ra, P thu c cung ch a góc nh h 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)
Q
M1’
M2’
Q
M2
P
Trang 2Bài 2 (B ng B - n m 2001)
Trong m t ph ng cho hai 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 ng tròn ó (P1∈(O1), P2∈(O2)) G i Q1 và Q2 t ơng ng là hình chi u vuông góc c a P1 và P2 trên ng th ng O1O2 ng th ng AQ1 c t (O1) t i i m th hai M1, 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 t ơng ng là bán kính c a (O1) và (O2)
1) Tr ng h p 1 : R1 = R2 Khi ó Q1 ≡ O1 và Q2 ≡ O2 0
M BA M BA 90= = M1 , B, M2 th ng hàng
2) Tr ng h p 2 : R1 ≠ R2 Gi s! R1 > R2
Khi ó Q1 n m trên o n O1O2 và Q2 n m trên tia i c a tia O2O1
M BA M BA 180
1 1
M O A 180<
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 O A Q1 1 1 =O AQ2 2
Mà SP1.SQ1 = SA.SA1 (= SP12) A, Q1 , O1 , A1 cùng thu c m t ng tròn
1 1 1 1 1
O A Q =O AQ
Suy ra O AQ1 1 =O AQ2 2 M O A M O A1 1 = 2 2
M BA M BA 180+ = M1 , B, M2 th ng hàng
O1 ≡ Q1 O2 ≡ Q2
A
P1
P2
O1
O2
M 1
M2
B
A
Q2
Q 1
A1
S
Trang 3trang 3
Bài 3 (B ng B - n m 2002)
Trong m t ph ng cho hai 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 ng tròn (O, R1) và giao i m c a hai
ng chéo AC, BD n m trên ng tròn (O, R2) Tìm qu tích giao i m P c a hai ng th ng AD
và BC
Gi i
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
t giác AIOD n i ti p PA.PD = PI.PO = OP(OP – OI) = OP2 – OP.OI
M t khác : PA.PD = P/(O) = OP2 – R12
Suy ra : OP.OI = R12
2
OP
= = = h ng s
P chuy n ng trên ng tròn tâm O, bán kính
2 1 2
R
R
2) Ph n o :
L y i m P b t k$ trên ng tròn (O;
2 1 2
R
R ) G i I là giao i m c a OP và (O, R2) D dàng d ng
c hình thang ABCD n i ti p ng tròn (O, R1), nh n I làm giao i m c a hai ng chéo và và
nh n P là giao i m c a hai ng th ng ch a hai c nh bên
3) K t lu n :
T p h p các i m P là ng tròn tâm O, bán kính
2 1 2
R
R
C
I
P
Trang 4Bài 4 (B ng B - N m 2003)
Cho tam giác nh n ABC n i ti p ng tròn tâm O Trên 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 ng th ng BC; E là hình chi u vuông góc
c a N trên ng th ng AB
1) Ch ng minh r ng tr c tâm H c a tam giác ABC n m trên 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
1) G i K = MD ∩ NE
Vì BEK BDK 90= = 0nên ng tròn 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 ng tròn tâm O’, ng kính BK ngo i ti p tam giác BED
2) G i I1 và I2 l%n l 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 :
* Hình chi u vuông góc c a O 'I trên BA và BC l%n l t b ng 1BA
2 và
1 BC 2
* Hình chi u vuông góc c a BO trên BA và BC l%n l t b ng 1BA
2 và
1 BC 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’
A
M
N
H
E
D
K
I1
I2
I
O’
O
Trang 5trang 5
Ghi chú : Cho hai 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 l t b ng a và b
Hình chi u vuông góc c a v trên ∆1 và ∆2 c&ng l%n l 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 l t là hình chi u c a M trên ∆1 và ∆2 thì a OM= 1và b OM= 2
G i N1 , N2 l%n l t là hình chi u c a N trên ∆1 và ∆2 thì a ON= 1và b ON= 2
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 ng th ng MM1
T ơng t u và v có cùng hình chi u trên ∆2 là b nên N n m trên ng th ng MM2 Suy ra N ≡ M hay
u = v
∆ 1
∆ 2
N
M
M2
N1
N2
u v
Trang 6Bài 5 (B ng B - n m 2004)
Trong m t ph ng, cho tam giác nh n ABC n i ti p ng tròn (O) và có tr c tâm H Trên cung BC không ch a i m A c a 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 t ơng ng là hình chi u vuông góc
c a K trên các ng th ng BC và AB Ch ng minh r ng ng th ng EF i qua trung i m c a HK
Gi i
T AD PC = APCD là hình bình hành APC ADC = APC AKC 180 + = 0 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 90 = = 0nên 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 ng th ng Simson
A
M
N
H
E
D
K
P
K 1
I
F
Trang 7trang 7
Bài 6 (B ng B - n m 2005)
Trong m t ph ng, cho tam giác ABC ngo i ti p ng tròn tâm I G i M, N và P l%n l t là tâm ng tròn bàng ti p gócA, ng tròn bàng ti p gócB và ng tròn bàng ti p gócC c a tam giác ó G i O1 , O2 , O3 t ơng ng là tâm c a các ng tròn (INP), (IPM) và (IMN) Ch ng minh r ng :
1) Các ng tròn (INP), (IPM) và (IMN) có bán kính b ng nhau
2) Các ng th ng MO1 , NO2 , PO3 c t nhau t i m t i m
Gi i
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 ng tròn (INP), (IPM) và (IMN) i x ng v i ng tròn (MNP) t ơng ng qua các
ng th ng NP, PM, MN Vì v y bán kính c a các ng tròn ó b ng nhau
Ghi chú : Có th áp d#ng nh lý hàm sin ch ng minh bán kính các ng tròn (INP), (IPM), (IMN)
và (MNP) b ng nhau
2) G i O là tâm ng tròn ngo i ti p tam giác (MNP) thì O1 , O2 , O3 i x ng v i O t ơng ng qua các ng th ng PN, PM, MN
T ó suy ra trung i m M1 c a OO1 c&ng là trung i m c a NP L p lu n t ơng t cho M2 và M3
Do ó: O O1 2 =2M M1 2 =NM và O O1 3 =2M M1 3 =PM Suy ra : O1NMO2 và O1PMO3 là các hình bình hành
Dùng tính ch t hai ng chéo c a hình bình hành c t nhau t i trung i m m'i ng suy ra MO1 , NO2 , PO3 c t nhau t i m t i m
A
B
C
M
N
P
M2
M 3
M 1
O3
O2
O1
Trang 8Bài 7 (B ng B - n m 2006)
Cho hình thang cân ABCD có CD là áy l n Xét m t i m M di ng trên 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 ng tròn (BCM) và (DAM) Ch ng minh r ng :
1) i m N di ng trên m t ng tròn c nh ;
2) ng th ng MN luôn i qua m t i m c nh
Gi i
1) N u M n m trên c nh CD thì M và N ( cùng phía i v i ng th ng AB
T các t giác n i ti p ANMD và BNMC, ta có : ANB 2= π −(ANM BNM) C D+ = +
N u M n m ngoài c nh CD thì M và N ( khác phía i v i 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 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 ph ơng c a 2 ng tròn (BCM) và (DAM) P ∈ MN
C
N
P
C
N
P
Trang 9trang 9
Bài 8 (B ng B - n m 2006)
Cho tam giác nh n ABC n i ti p ng tròn tâm O và có BC > AB > AC ng th ng OA c t
ng th ng BC t i i m A1 ; ng th ng OB c t ng th ng CA t i i m B2 G i B1 , C1 , C2 và A2
t ơng ng là tâm các 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
AA B A AC C 90= + = −AB'C C 90+ = −B C+
Theo nh lý hàm sin trong tam giác AA1B thì : 1
1 1
AB
2sin AA B 2cos(C B)
1 1
AC
2sin AA C 2sin( AA B) 2sin AA B 2 cos(C B)
Suy ra :
1 1 1 1
A B = A C
1 1 1 1 1 1 1
B A C =B A A C A A (90+ = −B) (90+ −C) A=
Suy ra : ∆A1B1C1 ∼ ∆ABC theo t" s 2cos(C – B)
T ơng t : ∆A2B2C2 ∼ ∆ABC theo t" s 2cos(A – C)
Do ó : ∆A1B1C1 ∼ ∆A2B2C2
2) ∆A1B1C1 = ∆A2B2C2 ⇔ cos(C – B) = cos(A – C) ⇔ C 60= 0
A
O
A1
B2
B 1
C 1
•
•
•
•
•
C2
A2=
A
O
A1
B2
B1
C1
•
•
•
•
C2
A2=
•
B’
Trang 10Bài 9 (N m 2007)
Cho tam giác ABC có hai "nh B, C c nh và "nh A thay i G i H, G l%n l 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 ng th ng
BC
Gi i
Ch n h) tr#c Oxy v i O là trung i m BC và tr#c Ox là 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
T ó tìm c
0 0
0
H x ;
y
−
; x0 y0
3 3 Suy ra :
0
K thu c ng th ng BC ⇔
V y qu tích các i m A là hypebol
1
a −3a = tr i hai i m B, C
A
B
C
G
H
K
y
Trang 11trang 11
Bài 10 (N m 2007)
Cho hình thang ABCD có áy l n BC và n i ti p ng tròn (O) tâm O G i P là m t i m thay
i trên ng th ng BC và n m ngoài o n BC sao cho PA không là ti p tuy n c a ng tròn (O)
ng tròn 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 ng th ng MN i qua m t i m c nh
Gi i
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 ph ơng c a ng tròn (O) và ng tròn (γ1) ng kính PD
Vì PNA ' 90= ° nên NA’ là tr#c ng ph ơng c a ng tròn (O) và ng tròn (γ2) ng kính PA’
Gi s! DA’ c t BC t i F, do ADA ' 90= ° PFA ' 90= ° nên BC là tr#c ng ph ơng c a (γ1) và (γ2)
Vì các tr#c ng ph ơng ng quy t i tâm ng ph ơng, suy ra DE, BC và NA’ ng quy t i i m M
V y M, N, A’ th ng hàng
O
F
N
M
E
P
D
C
A
B
•
A’
(γ2) (γ1)
(O)
Trang 12Bài 11 (N m 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
BME ECA= Kí hi)u α là s o c a góc BEC, hãy tính t" s MC
ABtheo α
Gi i
Cách 1
N u α = 900 thì M ≡ C MC 0 cos
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 ph ơng trình 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)= − −
T BME ECA= cos(MB, MO) cos(CA,CO)= MB.MO CA.CO
MB.MO = CA.CO
=
=
(*)
t h = 1 + k2 v i h > 1 thì : (*)
=
(hm a) (a− +2ac hc ) (hc a) (a+ = + −2am hm )+
Khai tri n và thu g n, ta c : m c 2a 2a2
+
C(c ; kc)
M(m ; km)
y
α
β
β
Trang 13trang 13
(Còn n u ch n A(a ; 0), B(-a, 0) v i a >0 thì c m 2a 2a2
+ )
Do ó :
(1 k ) 1 k
2
2 2
cos
MC
cos
AB = α
Cách 2
N u α = 900 thì M ≡ C MC 0 cos
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! ng 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 ng phân giác trong góc ACB và c nh AB thì D n m gi*a E và A
Suy ra 1 CA DA 1
< = < Vô lý
N u α > 900 thì M n m gi*a E và C (Hình 2) (Ch ng minh t ơng t nh trên)
t BME ECA= = β và MBC = ϕ
Áp d#ng nh lý hàm sin l%n l t cho các tam giác ACE và BME, ta c :
sin(π − α) =sinβ= sinβ = sinα AC = BM
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
= AB2 + 2BC.AC.cos ACB - 2BC.AC.cosϕ = AB2 – 4BC.AC.sinACB sinACB
(*)
- N u M n m ngoài o n EC (Hình 1) thì : ACB ( ECB) (ECB ) ECB
− ϕ β + − ϕ β + β
A
M
E
α
β
β
ϕ
Hình 1
A
B
C
M
E
α β
β
ϕ
Hình 2
Trang 14- N u M n m trong o n EC (Hình 2) thì : ACB ECB
+ ϕ β + + ϕ β + β
ECB
V y t (*) ta có : MC2 = AB2 – 4BC.AC sin sin ACBβ = AB2 – 4.(AC.sin β)(BC sin ACB )
= AB2 – 4(EAsinα)(EBsinα) = AB2 – (ABsinα)2 = AB2cos2α MC
cos
Trang 15trang 15
Bài 12 (N m 2008)
Cho tam giác ABC, trung tuy n AD Cho ng th ng d vuông góc v i ng th ng AD Xét
i m M n m trên d G i E, F l%n l t là trung i m c a MB, MC ng th ng i qua E và vuông góc
v i d c t ng th ng AB ( P, ng th ng i qua F và vuông góc v i d c t ng th ng AC ( Q
Ch ng minh r ng ng th ng i qua M vuông góc v i ng th ng PQ luôn i qua 1 i m c nh khi
i m M di ng trên ng th ng d
Gi i
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
G i d1 , d2 là các ng th ng vuông góc v i d và l%n l t i qua E, F thì : M
1
d : 2
+
2
d :
2
−
P = d1 ∩ AB xM b (a c)(xM b)
−
Q = d2 ∩ AC xM b (a c)(xM b)
+ Suy ra : a.xM bc
b
−
= −
Ph ơng trình ng th ng ∆ i qua M(xM ; h) và vuông góc PQ là :
M M
b
−
M
V y ∆ i qua i m c nh R bc; h b2
a − a khi M di ng trên d
A
B
C
Q
M
P
y
d
F
E
Trang 16Bài 13 (N m 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 cho ACB = α không i (00 < α < 1800) ng tròn tâm I n i ti p tam giác ABC và ti p xúc v i AB,
BC, CA l%n l t t i D, E, F Các ng th ng AI, BI c t ng th ng EF l%n l 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 ng tròn ngo i ti p tam giác DMN luôn i qua m t i m c nh
Gi i
2
α
= − = t giác MEIB n i ti p ng
tròn ng kính IB IMN B
2
= và IMB 90= 0 ∆ IMN ∼ ∆ IBA
0
sin IBM cos MIB cos(90 ) sin
2
α
= = không i
2) G i P = AN ∩ BM thì I là tr c tâm tam giác PAB ng tròn (DMN) là ng tròn Euler c a tam giác PAB, suy ra ng tròn (DMN) luôn i qua trung i m K c a AB v i K c nh
C
α
I
D
E
F
M
N