CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC

CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC CHUYÊN ĐỀ HSG LỚP 9 HÌNH HỌC

CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐẶC SẮC I HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM GIÁC Tổng ba góc tam giác + Tổng ba góc tam giác 1800 + Trong tam giác vng hai góc nhọn phụ + Góc ngồi tam giác góc kề bù với góc tam giác + Định lí: Mỗi góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với + Nhận xét: Góc ngồi tam giác lớn góc khơng kề với Hai tam giác a Hai tam giác hai tam giác có cạnh tương ứng nhau, góc tương ứng b Các trường hợp hai tam giác có AB A' • Trường hợp 1: Tam giác ABC A’B’C’= = B'; BC B' = C'; CA C' A' tam giác ABC A’B’C’  A';  • Trường hợp 2: Tam giác ABC A’B’C’ có = AB A'= B'; A = CA C' A' ABC A’B’C’  B';   C'  ABC có B • Trường hợp 2: Tam giác ABC A’B’C’= = BC B'= C'; C A’B’C’ c Các trường hợp tam giác vng • Nếu hai cạnh góc vng tam giác vng hai cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng • Nếu cạnh góc vng góc nhọn kề cạnh tam giác vng cạnh góc vng góc nhọn kề cạnh tam giác vng hai tam giác vng (g.c.g) • Nếu cạnh huyền góc nhọn tam giác vng cạnh huyền góc nhọn tam giác vng hai tam giác vng 118 • Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng Quan hệ yếu tố tam giác a Quan hệ góc cạnh đối diện tam giác • Trong tam giác góc đối diện với cạnh lớn góc lớn • Trong tam giác cạnh đối diện với góc lớn cạnh lớn b Quan hệ đường vng góc đường xiên, đường xiên hình chiếu • Trong đường xiên đường vng góc kẻ từ điểm đường thẳng đến đường thẳng đó, đường vng góc đường ngắn • Trong hai đường xiên kẻ từ điểm nằm ngồi đường thẳng đến đường thẳng đó: - Đường xiên có hình chiếu lớn lớn - Đường xiên lớn có hình chiếu lớn - Nếu hai đường xiên hai hình chiếu nhau, ngược lại, hai hình chiếu hai đường xiên c Quan hệ ba cạnh tam giác Bất đẳng thức tam giác • Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh cịn lại • Hệ quả: Trong tam giác, hiệu độ dài hai cạnh nhỏ độ dài cạnh cịn lại • Nhận xét: Trong tam giác, độ dài cạnh lớn hiệu nhỏ tổng độ dài hai cạnh lại Các đường đồng quy tam giác a Ba đường trung tuyến tam giác • Định nghĩa: Đoạn thẳng AM nối đỉnh A tam giác ABC với trung điểm M cạnh BC gọi đường trung tuyến tam giác ABC Đôi đường thẳng AM gọi đường trung tuyến tam giác ABC 119 • Tính chất: Ba đường trung tuyến tam giác qua điểm, điểm gọi trọng tâm Trọng tâm cách đỉnh khoảng độ dài đường trung tuyến qua đỉnh b Ba đường phân giác tam giác • Định nhĩa: Trong tam giác ABC tia p.g góc A cắt cạnh BC điểm M, đoạn thẳng AM đglà đường phân giác tam giác ABC( ta gọi đường thẳng AM đường p.g tam giác) • Tính chất: Ba đường phân giác tam giác qua điểm Điểm cách ba cạnh tam giác tâm đường trịn nội tiếp tam giác c Ba đường trung trực tam giác • Định nghĩa: Trong tam giác đường trung trực cạnh gọi đường trung trực tam giác • Tính chất: Ba đường trung trực tam giác qua điểm Điểm cách ba đỉnh tam giác tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác d Ba đường cao tam giác • Định nghĩa Trong tam giác đoạn vng góc kẻ từ đỉnh đến đường thẳng chứa cạnh đối diện gọi đường cao tam giác • Tính chất: Ba đường cao tam giác qua điểm Điểm gọi trực tâm tam giác Tam giác đồng dạng a Định lí Talets tam giác • Tỉ số hai đoạn thẳng + Tỉ số hai đoạn thẳng tỉ số độ dài chúng theo đơn vị đo + Tỉ số hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào cách chọn đơn vị đo • Đoạn thẳng tỉ lệ Hai đoạn thẳng AB CD gọi tỉ lệ với hai đoạn thẳng A′B′ C′D′ có tỉ lệ thức: AB A′B′ AB CD hay = = CD C′D′ A′B′ C′D′ 120 • Định lí Talét tam giác Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ • Định lí Talets đảo: Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh cịn lại tam giác • Hệ quả: Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh cịn lại tạo thành tam giác có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh tam giác cho • Chú ý: Hệ cho trường hợp đường thẳng song song với cạnh cắt phần kéo dài hai cạnh lại b Tính chất đường phân giác tam giác: Trong tam giác đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn Chú ý: Định lí tia phân giác góc ngồi tam giác c Tam giác đồng dạng • Định nghĩa: Tam giác A′B′C′ gọi đồng dạng với tam giác ABC ′B′ B′C′ C′A′ ′ A, = ′ B, = ′ C  A= = = A B C AB BC CA • Kí hiệu: ∆A' B' C' ∽ ∆ABC • Định lí: Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với hai cạnh cịn lại tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác cho • Các trường hợp đồng dạng hai tam giác + Trường hợp 1: Nếu ba cạnh tam giác tỉ lệ với ba cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng với + Trường hợp 2: Nếu hai cạnh tam giác tỉ lệ với hai cạnh tam giác hai góc tạo cặp cạnh hai tam giác đồng dạng với + Trường hợp 3: Nếu hai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng với • Các trường hợp đồng dạng tam giác vuông + Trường hợp 1: Nếu tam giác vng có góc nhọn góc nhọn 121 tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng với + Trường hợp 2: Nếu tam giác vng có hai cạnh góc vng tỉ lệ với hai cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng với + Trường hợp 3: Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng tỉ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng với • Tính chất hai tam giác đồng dạng Nếu hai tam giác đồng dạng với thì: + Tỉ số hai đường cao tương ứng tỉ số đồng dạng + Tỉ số hai đường phân giác tương ứng tỉ số đồng dạng + Tỉ số hai đường trung tuyến tương ứng tỉ số đồng dạng + Tỉ số chu vi tỉ số đồng dạng + Tỉ số diện tích bình phương tỉ số đồng dạng Hệ thức lượng tam giác a Hệ thức liên hệ cạnh, đường cao hình chiếu tam giác vng Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH + BC = AB2 + AC + AB2 = BC.BH AC = BC.CH + AH = BH.CH + AB.AC = BC.AH + 1 = + 2 AH AB AC b Tỉ số lượng giác góc nhọn Định nghĩa: Cho tam giác ABC vuông A, ta định nghĩa tỉ số lượng giác góc B sau = sin B AC AB AC AB = ; cos B = ; tan B = ; cot B BC BC AB AC Chú ý: • Cho góc nhọn α Ta có < sin α < 1; < cos α < 122 • Nếu sin α = sin β cos α = cos β tan α = tan β cot α = cot β α = β với α ; β hai góc nhọn c Tỉ số lượng giác hai góc phụ Cho hai góc nhọn α ; β có α + β = 90 , ta có sin α = cosβ , cos α = sin β , tan α = cot β , cot α = tan β d Một số hệ thức lượng giác tan α = sin α cos α cot α = cos α sin α tan α cot α = 1 + tan α = cos α sin α + cos α = 1 + cot α = sin α e Liên hệ cạnh góc tam giác vng Cho tam giác ABC vng A có = BC a,= AC b, = AB c Ta có = b a.sin = B a.cos C = c a.sin = C a.cos B = b c.tan = B c.cot C ; = c b.tan = C b.cot B II MỘT SỐ KIẾN THỨC NÂNG CAO THƯỜNG ÁP DỤNG Các công thức đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác tam giác Cho tam giác ABC có= BC a,= AC b, = AB c p = a+b+c Gọi h a ; h b ; h c , m a ; m b ; m c la ; l b ; l c đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác tương ứng với cạnh a, b, c • Cơng thức đường cao p ( p − a )( p − b )( p − c ) p ( p − a )( p − b )( p − c ) p ( p − a )( p − b )( p − c ) = hb = hc a b b • Cơng thức đường trung tuyến = m a2 Từ hệ m a2 + m 2b + m c2= 2b + 2c − a 2a + 2c − b 2c + 2b − c = m 2b = m c2 4 thức a + b2 + c ( học ) • Cơng thức đường phân giác sinh tiếp tục suy hệ thức sau: 123 A 2bc.cos la = = b+c B 2ac.cos = lb = a+c C 2ab.cos = la = a+b bcp ( p − a ) 2p ( p − a ) = b+c ( b + c ) cos A2 acp ( p − b ) 2p ( p − b ) = a+c ( a + c ) cos B2 abp ( p − c ) 2p ( p − c ) = a+b ( a + b ) cos A2 Các cơng thức lượng giác tam giác • Định lí cosin: Cho tam giác ABC nhọn bất kì, ta có: AB2 = AC + BC − 2AC.BC.cos C BC = AB2 + AC − 2AB.AC.cos A AC = AB2 + BC − 2AB.BC.cos B Hệ quả: Với tam giác ABC nhọn thì: cos A AB2 + AC − BC AB2 + BC − AC AC + BC − AB2 = cos B = cos C 2AB.AC 2AB.BC 2AC.BC a b c • Định lý sin: Trong tam giác ABC nhọn = = = 2R , với R bán kính sin A sin B sin C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các định lí hình học tiếng tam giác • Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, kỷ I sau công nguyên) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho chúng khơng có điểm nào, có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng A'B B' C C' A =1 A' C B' A C' B • Định lý Ceva (Nhà tốn học Ý, 1647-1734) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy A'B B' C C' A = A' C B' A C' B 124 II CÁC THÍ DỤ MINH HỌA  = 30 BAC  = 130 Gọi Ax tia đối tia AB, Ví dụ Cho tam giác ABC có ABC  cắt phân giác CAx  D Đường thẳng BA cắt đường đường phân giác góc ABC thẳng CD E So sánh độ dài AC CE Lời giải Gọi Cy tia đối tia CB Dựng DH, H DI, DK vng góc với BC AC, C AB Từ giả thiết ta suy I y D = DI DK; = DK DH nên suy DI = DH (CI nằm tia CA điểm I thuộc tia đối CA DI > DH ) Vậy CD B A K E x  ICy  góc tia phân giác ICy tam giác ABC +B  30 + 130 A   = DCy = = = 80 Suy ACD 2  = 180 − 130 = 50 Do CEA  = 50 nên ∆CAE cân C Mặt khác ta có CAE Vậy ta CA = CE Ví dụ Cho tam giác ABC có đường phân giác BD CE cắt I ID = IE  =C  hay B  +C = Chứng minh B 120 Lời giải Qua I kẻ IH ⊥ AB KI ⊥ AC Do I A giao điểm hai đường phân giác nên KD IH = IK Lại có ID = IE nên ∆IHE = ∆IKD  = BEC  Ta xét trường Suy ADB hợp sau: E H I B C 125 + Trường hợp K ∈ AD; H ∈ BE ta có  góc ngồi = A + 1C  ( BEC BEC ∆AEC ) 1    + 1C = +1B  Và ADB = B + C ( ADB góc ngồi ∆BCD ) Từ ta A C 2 = B  +C  , ta B  +C =  1C +1B  nên 2A Suy = 120 A 2  +C = + Trường hợp K ∈ DC; H ∈ AE , tương tự ta có B 120  =C  + Trường hợp K ∈ DC; H ∈ BE , tương tự ta B  =C  + Trường hợp K ∈ DA; H ∈ AE , tương tự ta B =  =C  B  +C Vậy bốn trường hợp ta ln có B 120 Ví dụ Cho tam giác ABC, đường phân giác AD Trên đoạn AD lấy điểm E F cho  = CBF  Chứng minh ACE  = BCF  ABE Lời giải Vẽ K, H, I cho BC, AC, AB đường trung trực KF, EH, EI Khi ta có  = 2ACE  KCF  = 2BCF  Ta phải chứng HCE A H I E  = BCF  minh ACE F Ta có AI = AE = AH (vì AB đường trung trực EI) nên tam giác AHI cân A, mà B AE phân giác nên AD đường trung trực D C K IH, IF = FH (1)  FBK;  Ta lại= có BK BF; = IBE = BI BE nên ∆BEK = ∆BIF , suy EK = FI (2) Từ (1) (2) suy EK = FH Xét tam giác HCF ECK ta có HC = EC Kết hợp với CF =  = ECK  Do ta CK EK = FH nên ta ∆HCF = ∆ECK suy HCF  + ECF  = KCF  + FCE  nên HCE  = KCF  Suy ACE  = BCF  HCE Ví dụ Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi M, N trung điểm AB, AC Kẻ NH ⊥ CM H Kẻ HE ⊥ AB E Chứng minh tam giác ABH cân HM  phân giác góc BHE Lời giải 126 Từ A kẻ AK ⊥ CM K AQ ⊥ HN Q Hai tam giác vng có MA = NC = AB  = MAK  nên ∆MAK = ∆NCH Suy ACH A N E M AK = HC Q K H C  = AHC  Hai tam Ta lại có ∆ABK = ∆ACH nên BKA giác vng AQN CHN có NA = NC B  = HNC  nên ∆ANQ = ∆CHN Suy ANQ AQ = CH Từ suy AK = AQ nên HA tia phân giác góc KHQ  = 450 ⇒ AHC  = 90 + 450 = 1350 ⇒ AKM  = 1350 Do ta AHQ  + BKH  + AKH  = 360 ⇒ BKH  = 1350 Tam giác vng AKH có KHA  = 450 nên Từ AKB  = BKH  vuông cân K suy KA = KH Xét hai tam giác BKA cà BKH có BK chung; BKA KA = KH  = MAK  AB = BH hay tam giác BAH cân B Do ∆BKA = ∆BKH suy KHB  = MAK  KE // CA nên ACH  = EHM   mà ACH  = MAK  suy EHM  = MHB  Ta có KHB nên HM tia phân giác EHB   60 Ví dụ Tam giác ABC= có B = ; C 30 Lấy điểm D cạnh AC Điểm E cạnh  20  10 Gọi K giao điểm BD CE Tính góc tam AB cho = ABD = ; ACE giác KDE Lời giải   60 Tam giác ABC= có B = ; C 30 nên B  = 90 A Do I  = 90 − 10 = 80; BDA  = 900 − 200 = 700 CEA E K Ta có ( )  =DKE  =180 − KCB  + CBK  =120 CKB C Gọi I giao điểm hai đường phân giác  KBC  nên góc BCK   CKI = BKI = 60   + KBE  nên BKE  = KEA  − KBE  = 80 − 20 = 60 Do KEA = BKE Suy ∆IKB = ∆EKB suy KI = KE D A 16  Phần thuận: Gọi giao điểm BO với đường tròn (O) N M l| P điểm P cố định, nên AP cố định Gọi MI cắt AP P Q I Ta có NP // MQ (vì vng góc với NB) Q O Ta chứng minh IQ l| đường trung bình tam gi{c A B ANP nên Q l| trung điểm AP suy Q cố định nên BQ cố định Vậy điểm M tạo th|nh với hai mút đoạn thẳng BQ cố định góc QMB  900 , M thuộc đường trịn đường kính BQ  Gới hạn: Khi điểm N l| điểm chuyển động đường trịn (O) điểm M chuyển động đường trịn đường kính BQ  Phần đảo: Lấy M thuộc đường trịn đường kính BQ Tia BM cắt đường tròn (O) N Gọi I l| giao điểm AN v| MQ Khi dễ d|ng chứng minh I l| trung điểm AN v| M l| hình chiếu I BN  Kết luận: Vậy tập hợp c{c điểm M l| đường tròn đường kính BQ Ví dụ 15 Cho đường trịn trịn (O; R) v| d}y cung BC cố định Điểm A di động đoạn thẳng BC Gọi D l| t}m đường tròn qua hai điểm A, B v| tiếp xúc với đường tròn (O; R) B, E l| t}m đường tròn qua A, C | tiếp xúc với đường tròn (O; R) C Gọi M l| giao điểm thứ hai hai đường tròn t}m D v| t}m E Tìm quỹ tích điểm M A di động đoạn thẳng BC Lời giải  Phần thuận: Do đường tròn (O) v| đường tròn t}m D tiếp xúc với D nên ba điểm O, B, D thẳng h|ng Đường tròn (O) v| đường tròn t}m E tiếp xúc O C nên ba điểm O, E, C thẳng h|ng D Khi ta có DBA  DAB , DBA  ECA K B I A EAC  ECA nên ta DBA  EAC, DAB  ECA Từ dẫn đến OB//AE v| DA//OE Suy tứ gi{c ADOE l| hình bình h|nh Gọi K l| t}m hình bình h|nh ADOE nên K l| trung điểm AO v| DE Hai đường tròn t}m E v| t}m D cắt M v| A nên M N E C 17 MA l| đường trung trực đoạn thẳng DE Gọi I l| giao điểm DE v| AM, IK l| đường trung bình tam gi{c AMO, KI//MO Từ ta tứ gi{c DOME l| hình thang M| ta có DM  OE nên hình thang DOME cân Do tứ gi{c DOME nội tiếp đường trịn Xét hai tam giác MBC ADE có MBC  ADE  1 ADM MCB  AED  AEM 2 Do ta MBC ∽ ADE nên suy BMC  DAE  BOC không đổi Do BC cố định nên M thuộc cung chứa góc BOC khơng đổi  Giới hạn: Khi A trùng với B M trùng với B Khi A trùng với C M trùng với C Như M chuyển động cung chứa góc BOC  Phần đảo: Lấy điểm M bất lì cung chứa góc BOC Dựng đường tròn t}m D qua M v| tiếp xúc với đường tròn (O) Đường t}m D cắt BC A Dựng đường tròn t}m E qua ba điểm M, A, C Ta cần chứng minh hai đường tròn t}m O v| t}m E tiếp xúc với C Thật vậy, từ B, C kẻ c{c tiếp tuyến Bx, Cy với đường tròn (O) Khi ta có BMA  ABx ABx  ACy nên ta BMA  ACy Từ suy Bx, Cy v| AM đồng quy tai điểm N Do ta ABC  ACy , suy CN l| tiếp tuyến đường tròn t}m E qua ba điểm A, M, C Từ suy CN l| tiếp tuyến chung C hai đường tròn (O) v| (E) Vậy hai đưởng tròn t}m O v| t}m E tiếp xúc với tai C  Kết luận: Vậy quỹ tích điểm M l| cung chứa góc BOC dựng đoạn BC Ví dụ 16 Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính AB, CD vng góc với Điểm M di động cung CAD Gọi H l| hình chiếu M AB Gọi I l| t}m đường nội tiếp tam gi{c HMO Tìm quỹ tích điểm I M di động cung CAD Lời giải 18  Ph}n thuận: Tam gi{c HMO có MHO  900 nên C M ta HMO  HOM  900 Do ta IMO  IOM  HOM  450 Trong tam giác IMO có  I A H O B  OIM  1800  IMO  IOM  1350 Xét hai tam giác IMO IAO có OI chung, IOM  IOA OM  OA  R nên IMO  IAO D Do ta MIO  AIO  1350 , lại có OA cố định nên I thuộc cung chứa góc 1350 dựng đoạn AO  Giới hạn: Khi M di động đến trùng với điểm A điểm I di động đến trùng với điểm A Khi M di động đến trùng với điểm C điểm I di động đến trùng với điểm O Khi M di động đến trùng với điểm D điểm I di động đến trùng với điểm O Vậy điểm I di động hai cung chứa góc 1350 dựng đoạn thẳng AO  Ph}n đảo: Lấy điểm I cung chứa góc 1350 dựng đoạn thẳng AO Khi OIA  1350 Vẽ tia OM với M thuộc đường tròn (O) cho O l| tia ph}n gi{c góc AOM Xét hai tam giác IMO IAO có OM  OA  R , IOM  IOA v| OI chung nên IMO  IAO Từ MIO  AIO  1350 Trong tam giác IMO có IMO  IOM  1800  MIO  1800  1350  450 Do ta HOM  2IOM  900 , mà ta có HOM  HMO  900 nên ta HMO  2IMO hay MI l| tia ph}n gi{c góc HMO Do I l| t}m đường tròn nội tiếp tam giác HOM  Kết luận: Vậy quỹ tích điểm I l| hai cung chứa góc 1350 dựng đoạn thẳng AO trừ hai điểm O v| A Ví dụ 17 Cho đường trịn (O; R) v| đường kính AB Vẽ đường thẳng d vng góc với AB I(I thuộc đoạn AB) Gọi M l| điểm chuyển độn đường tròn (O; R).AM BM cắt đường thẳng d C v| D Tìm tập hợp c{c điểm J l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ACD Lời giải 19  Phần thuận: Gọi E l| điểm đối xứng với B qua x đường thẳng d, điểm E cố định D Ta có EDC  BDC AMB  900 Lại có CAI  BDC nên ta EDC  CAI , tứ J M1 M J1 gi{c EDCA nội tiếp đường trịn Do đường trịn qua ba điểm A, C, D qua hai C A E I O B điểm cố định A v| E Do t}m I đường trịn ngoại tiếp tam gi{c ADC thuộc đường thẳng xy cố định l| đường trung J2 M2 y d trực đoạn thẳng AE  Giới hạn: Khi điểm M trùng với M1 l| điểm cung AB điểm J trùng với điểm J M1J1  OM1 với J1  d Khi M trùng với M l| điểm cung AB cịn lại J trùng với J M2 J  OM2 với J  d Như điểm J di động hai tia J1x J y đường trung trực đoạn thẳng AE  Phần đảo: Lấy điểm J kì tia J1x (trường hợp tia J y chứng minh tương tự) Vẽ đường tròn  J; JA  cắt đường thẳng d C, D AC cắt BD M Ta có JE  JA nên E thuộc đường trịn  J; JA  Ta có ACI  DEA DBE  DEA nên ta ACI  DBE nên tứ gi{c ICMB nơi tiếp đường trịn Mà ta có CIB  900 nên BMC  900 nên M thuộc đường trịn (O)  Kết luận: Vậy quỹ tích t}m J đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ACD l| hai tia J1x J y đường trung trực đoạn thẳng AE Ví dụ 18 Cho ba điểm ABC cố định v| thẳng h|ng theo thứ tự Trên đường thẳng d vng góc với AB B lấy điểm D Gọi H l| trực t}m tam gi{c DAC Tìm quỹ tích điểm O l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ADH Lời giải 20  Phần thuận: Gọi giao điểm thứ hai đường tròn (O) với AC l| E D Xét hai tam giác BAH BDC có ABH  DBC  900 BAH  BDC Do ta BAH ∽ BDC , suy AB BH   BD.BH  AB.BC không đổi BD BC Xét hai tam giác BAD BHE có BAD  BHE O A' H A E B C d ABD chung Do ta BAD ∽ BHE BA BD   BH.BD  BA.BE BH BE Từ suy BA.BE  BA.BC  BE  BC không Suy đổi M| E thuộc đường thẳng cố định v| B cố định nên E l| điểm cố định Ta có OA  OE nên O thuộc đường thẳng cố định l| đường trung trực đoạn thẳng AE  Giới hạn: Khi D di động đường thẳng d O di động đường trung trực đoạn thẳng AE, trừ trung điểm M đoạn thẳng AE  Phần đảo: Lấy điểm O đường trung trực đoạn thẳng AE(không trùng với trung điểm AE) Vẽ đường trịn t}m O b{n kính OA cắt đường thẳng d c{c điểm H, D Do OA  OE nên E nằm đường tròn (O) Xét hai tam giác BAD BHE có ABD chung BAD  BHE nên BAD ∽ BHE Do ta BA BD   BA.BE  BD.BH BH BE AB BH  BD BC AB BH Xét hai tam giác BAH BDC có ABH  DBC  BD BC Mà ta có BE  BC nên ta BD.BH  AB.BC  Do BAH ∽ BDC nên ta BAH  BDC M| ta lại có DBC  BCD  900 nên ta BAH  BCD  900 Từ suy AA'C  900 hay AH vng góc với CD Tam giác ADC có BD  AC AH  DC nên H l| trực t}m tam gi{c ADC  Kết luận: Vậy quỹ tích t}m O đường trịn ngoại tiếp tam gi{c ADH l| đường trung trực đoạn thẳng AE(không lấy trung điểm AE) E l| điểm đối xứng với C qua B 21 Ví dụ 19 Cho đường tròn (O; R) v| điểm A cố định bên ngo|i đường tròn Đường tròn t}m I thay đổi ln qua điểm A cắt đường trịn (O) hai điểm B, C Gọi M l| giao điểm BC v| tiếp tuyến A đường tròn (I) Tìm quỹ tích điểm M đường trịn t}m I thay đổi Lời giải  Phần thuận: Vẽ tiếp tuyến MD đường d tròn (O) với D l| tiếp điểm Gọi H l| hình B chiếu M AO I Xét hai tam giác MAC MBA có AMC O H chung MAC  MBA nên ta A K C MAC ∽ MBA Từ suy MA MC   MA2  MB.MC MB MA M D Ho|n to|n tương tự ta MD2  MB.MC Từ suy MA  MD Trong tam gi{c MOD vng D có MD2  MO2  OD2  MO2  R Do ta MA2  MO2  R hay MO2  MA2  R Trong tam gi{c HMA vuông H có MA2  MH2  AH2 Trong tam gi{c HMO vng H có MO2  MH2  HO2     Do ta MH2  HO2  MH2  AH2  R  OH2  AH2  R Hay ta  OH  AH  OH  AH   R  R2 R2  HO  AH  Từ suy  OH  AH OA  OH  OH  AH  OA    R2  OA  không đổi   OA  Do O cố định, AO cố định v| OH không đổi nên suy điểm H cố định Lại có MH vng góc với AO nên đường thẳng MH cố định hai M di động đường thẳng d vuông góc với AO H  Giới hạn: Khi điểm I thay đổi điểm M di động đường thẳng d  Phần đảo: Lấy điểm M đường thẳng d Vẽ c{t tuyến MBC với đường tròn (O) với B, C thuộc đường tròn (O) Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ABC v| vẽ tiếp tuyến với MD với đường tròn (O), D l| tiếp điểm 22 MC MD   MD2  MB.MC MD MB Trong tam gi{c MDO vuông D có MD  MO2  OD2  MO2  R Khi ta có MCD ∽ MDB nên ta Từ suy MB.MC  MO2  R hay OH2  AH2  R     Do ta MB.MC  MO2  HO2  AH2  MO2  HO2  AH2  MH2  AH2  MA2 Xét hai tam giác MAC MBA có AMC MA MC nên MAC ∽ MBA  MB MA Do ta MAC  MBA Vẽ IK vng góc với AC K, ta có AIK  ABC nên ta MAC  AIK Mặt kh{c tam gi{c AKI có AIK  IAK  900 nên ta MAC  IAK  900 Từ suy IAM  900 , suy MA l| tiếp tuyến với đường tròn (I)  Kết luận: Vậy quỹ tích điểm I l| đường thẳng d vng góc với OA H với   R2 OH    OA   OA  Ví dụ 20 Cho tam gi{c ABC c}n A cố định nội tiếp đường tròn (O; R) Điểm M di động cạnh BC Gọi D l| t}m đường tròn qua M v| tiếp xúc với AB B, gọi E l| t}m đường tròn qua M v| tiếp xúc với AC C Tìm quỹ tích điểm I l| trung điểm DE Lời giải  Phần thuận: Vẽ đường kính AF đường trịn A (O; R) Khi ta ABF  ABD  900 , ba điểm B, D, F thẳng h|ng Ho|n to|n tương tự ta ba O điểm C, E, F thẳng h|ng Tam gi{c ABC c}n A nên ta AF  BC , suy BF  CF nên ta CBF  BCF MK H B DI I E I F Mà ta có BD  DM nên ta MBD  BMD EM  EC nên ta MEC  CME Từ suy MBD  BMD  MEC  CME nên ta BF//ME v| MD//CF Khi tứ gi{c DMEF l| hình bình hành M| I l| trung điểm DE nên I l| trung điểm MF C 23 Vẽ IK vng góc với BC K Trong tam gi{c FMK có IK//FH v| I l| trung điểm MF FH nên IK l| đường trung bình tam gi{c FMH Do ta IK  khơng đổi Từ suy I thuộc đường thẳng d song song với BC v| c{ch BC đoạn không đổi FH IK   Giới hạn: Khi M trùng với B I trùng với I l| trung điểm BF, M trùng với C I trùng với I l| trung điểm CF Vậy I di động đoạn I1I với  Phần đảo: Lấy điểm I thuộc đoạn I1I với I l| trung điểm BF, I trung điểm CF FI cắt BC M, vẽ MD song song với CF với D thuộc BF v| ME song song với BE với E thuộc CF Khi tứ gi{c DMEF l| hình bình h|nh M| I l| trung điểm MF nên ta I l| trung điểm DE Khi ta BD  DM EM  EC Từ suy AB tiếp xúc với đường tròn (D) v| AC tiếp xúc với đường tròn (E)  Kết luận: Vậy quỹ tích trung điểm I đoạn DE l| đoạn I1I với I l| trung điểm BF, I l| trung điểm CF Ví dụ 21 Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB cố định v| đường kính CD di động Tiếp tuyến a với đường tròn cắt AC v| AD M, N Tìm quỹ tích điểm I l| t}m đường trịn ngoại tiếp tam gi{c CMN đường kính CD thay đổi Lời giải  Phần thuận: Ta có ACD  sdAD DNM      1 sdAB  sdBD  1800  sdBD  sdAD 2 Do ta ACD  DNM nên tứ gi{c DCMN nội tiếp đường trịn (I) Ta có DAC  900 Trong tam gi{c AMN vng tịa A có AE l| đường trung tuyến Từ suy EA  EM nên ta EAM  AME Từ ta ACF  FAC  ANM  AMN , mà ta có ANM  AMN  900 nên ACF  FAC  900 Do suy AE vng góc với DC Điểm I l| tam đường tròn qua c{c điểm DCMN nên ta OI  DC AE  DC Từ suy AE//OI Mặt kh{c ta có OA  a; EI  a nên OA//EI 24 Do tứ gi{c AEIO l| hình bình h|nh Nên ta a EI  OA  R d M C Do đường thẳng a cố định nên điểm I thuộc đường thẳng d song song với đường thẳng a v| c{ch đường O A B F thẳng a khoảng R D  Giới hạn: Khi CD quay quanh O điểm E điểm E E I di động đường thẳng a, điểm I di động đường thẳng d song song với đường thẳng a v| c{ch a khoảng R Đường thẳng d nằm nửa mặt N phẳng bờ a không chứa điểm A  Phần đảo: Lấy điểm I đường thẳng d, vẽ IE vng góc với đường thẳng a E, vẽ DC vng góc với OI O Gọi giao điểm AC, AD với đường thẳng a l| M, N Ta có OA vng góc với a B, EI vng góc với a E nên OA//EI Mà ta có OA  IE  R Do tứ gi{c AOIE l| hình bình hành Suy AE//OI, m| ta có OI//DC nên ta AE vng góc với DC Chứng minh tương tự ta suy tứ gi{c DCMN nội tiếp đường tròn Từ suy tam gi{c EAM c}n E nên EA  EM , tam gi{c EAN c}n E nên EA  EN Do EM  EN Nên ta IM  IN , suy I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c CMN  Kết luận: Vậy quỹ tích t}m I đường tròn ngoại tiếp tam gi{c CMN l| đường thẳng d song song với đường thẳng a v| c{ch a khoảng R Đường thẳng d nằm nửa mặt phẳng bờ a khơng chứa điểm A Ví dụ 22 Cho góc xAy   khơng đổi v| điểm B cố định nằm góc xAy Đường trịn (O) di động qua A v| B cắt Ax v| Ay C v| D Chứng minh trọng t}m G tam gi{c ABC thuộc đường cố định Lời giải Ta có xAB  CDB , ABy  BCD DAC  DBC  1800 25 Do góc xAB; BAy; DAC khơng đổi nên c{c x B góc CDB; BCD; DBC khơng đổi Gọi M l| H D K trung điểm BC Ta có c{c góc BMC; BMD M khơng đổi Vẽ đường trịn ngoại tiếp tam gi{c G C MBC, đường tròn n|y cắt tia Ax E Vẽ A y E đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MBD, đường tròn n|y cắt tia Ay F Ta có tứ gi{c BMCE nội tiếp nên BEC  BMC  1800  AEB  1800  BMC khơng đổi, điểm E cố định Ta có BME  BCE  sdBE , BDF  BCE BDF  BMF  1800 Do ta BME  BMF  1800 , suy ba điểm E, M, F thẳng h|ng Vẽ AH vng góc với EF(H thuộc EF), GK vng góc với EF(K thuộc EF), ta có AH khơng đổi v| AH song song với GK Đặt AH  h Trong tam gi{c AHM có GK//AH nên theo định lí Talets ta có GM GK  AM AH G l| trọng t}m v| AM l| đường trung tuyến tam gi{c ACD nên ta Do ta GM  AM GK 1   GK  h không đổi v| EF cố định AH Vậy điểm G thuộc đường thẳng song song với EF v| c{ch EF khoảng h Ví dụ 23 Cho tam gi{c ABC c}n A Điểm M di động cạnh BC Vẽ đường thẳng MD song song với AC(D thuộc AB), vẽ đường thẳng ME song song với AB(E thuộc AC) Gọi K l| t}m đường trịn ngoại tiếp tam gi{c ADE Tìm quỹ tích điểm K M di động Lời giải  Phần thuận: Gọi O l| giao điểm đường tròn A ngoại tiếp tam gi{c ADE với đường cao AH tam giác ABC K1 Tứ gi{c MDAE l| hình bình h|nh MD//AE v| D O AD//ME Từ ta MD  AE Do MD//AC nên ta DMB  ACB , lại có K2 E K B H C 26 DBM  ACB nên ta DMB  DBM Từ suy tam gi{c DBM c}n nên DM  DB Do ta AE  DB nen DAO  AOE  OD  OE  OD  OE Xét hai tam giác OAE OBD có OD  OE , AEO  ODB AE  BD Do OAE  OBD nên ta OA  OB Từ suy O thuộc đường trung trực đoạn thẳng AB M| O thuộc đường cao AH nên O thuộc đường trung trực BC Do O l| t}m đường trịn ngoại tiếp tam gi{c ABC, nên O l| điểm cố định Ta có KO  KA v| AO cố định nên K thuộc đường trung trực đoạn thẳng AO  Giới hạn: Khi điểm M trùng với điểm B K trùng với K l| giao điểm đường trung trực OA với đường trung trực AB Khi M trùng với C K trùng với K giao điểm đường trung trực OA với đường trung trực AC Vậy K thuộc đoạn thẳng K1K đường trung trực đoạn thẳng OA  Phần đảo: Lấy điểm K thuộc đoạn thẳng K1K đường trung trực đoạn thẳng OA Vẽ đường trịn t}m K b{n kính KA, cắt AB, AC D v| E Vẽ DM//AC(M thuộc AB) Ta cần chứng minh ME//AB Thật vậy, Ta có KA  KO nên O thuộc đường trịn (K) Xét hai tam giác OAE OBD có OAE  OBD  OAD OEA  ODB Do ta OAE ∽ OBD nên suy AE OA   AE  BD BD OB Ta có DBM  ACB BMD  ACB nên ta DBM  DMB Do tam gi{c DBM c}n D nên DM  DB Từ ta AE  DM , m| lại có AE//DM nên tứ gi{c MDAE l| hình bình h|nh Do suy ME song song với AB  Kết luận: Vậy quỹ tích điểm K l| đoạn thẳng K1K đường trung trực đoạn thẳng OA Ví dụ 24 Cho tam gi{c ABC có H l| trực t}m Hai đường thẳng song song d v| d’ qua A v| H C{c điểm M, N l| hình chiếu B, C đường thẳng d, c{c điểm P, Q l| hình chiếu B, C đường thẳng d’ Giao điểm MP v| NQ l| I Tìm quỹ tích điểm I hai đường thẳng d v| d’ di động Lời giải 27  Phần thuận: Do BM v| CN vng N A góc với đường thẳng d nên ta M BM//CN I D Do BP v| CQ vng góc với đường P thẳng d’ nên ta BP//CQ H Q K Do hai đường thẳng d v| d’ song song với nên MN//PQ Lại có QMN  900 B E C Từ ta tứ gi{c MNPQ l| hình chữ nhật Suy I l| trung điểm c{c đoạn thẳng MP v| NQ Gọi D v| E l| trung điểm AH v| BC, c{c điểm D, E cố định Tứ gi{c ANHQ l| hình thang có DI nối trung điểm hai đường chéo nên DI//MN Tứ gi{c MPCB l| hình thang có IE l| đường trung bình nên IE//NC Ta có DI//MN, IE//NC MNC  900 nên DIE  900 Ta có DIE  900 v| DE cố định nên I thuộc đường trịn đường kính DE  Giới hạn: Khi đường thẳng d quay quanh A I chạy đường trịn đường kính DE  Phần đảo: Lấy điểm I đường trịn đường kính DE Qua A v| H kẻ c{c đường thẳng d v| d’ song song với DI Gọi M, Q l| hình chiếu B đường thẳng d v| d’ MI cắt d’ P v| QI cắt d N, PQ cắt IE K Khi ta có MN//DI//QP DA  DH nên ta IM  IP,IN  IQ Từ suy tứ gi{c MNPQ l| hình bình h|nh Lại có QMN  900 nên tứ gi{c MNPQ l| hình chữ nhật Trong tam giác PMB có IM  IP v| IK//MB nên ta KB  KP Trong tam giác BPC có KB  KP EB  EC nên EK//CP Ta có DIE  900 DI//MN nên EI  MN,PN  MN Từ suy ba điểm C, P, N thẳng hàng  Kết luận: Vậy quỹ tích điểm I l| đường trịn đường kính DE Ví dụ 25 Từ điểm M bên ngo|i đường tròn (O; R) vẽ c{t tuyến MAB với đường tròn (O) Trung trực đoạn MB cắt đường tròn P v| Q Khi c{t tuyến MAB quay quang M, tìm tập hợp trung điểm H PQ Lời giải 28  Phần thuận: Giả sử điểm A nằm B v| P M Gọi I, J, K l| trung điểm MB, MA, AB J H0 A I K H O B M C Khi rõ r|ng tứ gi{c OHIK l| hình chữ nhật, nên ta có OH  IK  IB  KB  MB AB MA   2 H1 Q Gọi C l| trung điểm MO, ba điểm J, C, H thẳng h|ng Ta có hai tam gi{c HOC v| AMO đồng dạng với nên hay CH  CH OH   OA MA R Giả sử đường thẳng qua J vng góc với AB cắt đường trịn (O) P’, Q’ Gọi H’ l| trung điểm P’Q’ R Khi lập luận tương tự ta CH'  , suy H v| H’ thuộc đường trịn R tâm C bán kính  Giới hạn: Vì H l| trung điểm d}y PQ đường tròn (O) nên H nằm cung  R H0 H1 đường tròn  C;  v| nằm đường tròn (O) với H0 ; H1 l| giao điểm 2   R hai đường tròn (O) v|  C;  2   R  Phần đảo: Lấy điểm H thuộc cung H0 H1 đường trịn  C;  Qua H kẻ 2  đường thẳng vuông góc với OH cắt đường trịn (O) P v| Q Ke b{n kính OA đường trịn (O) thỏa mãn c{c điều kiện OH v| CH nằm hai nửa mặt phẳng c{ch MO đồng thời AOM  HCO Đường thẳng MA cắt PQ I cắt đường tròn (O) điểm thứ hai l| B Khi hiển nhiên H l| trung điểm PQ v| HCO ∽ AOM MA AMO  HOC nên ta MA//HO, suy AM  PQ I Từ O hạ OK vng góc với AB tứ gi{c OHIK l| hình chữ nhật nên ta có MA AB IK  OH  ; KB  2 MA AB MB   + Nếu A nằm M v| B IB  IK  KB  2 Từ ta OH  29 MA AB MB   2 Do I l| trung điểm MB Vậy PQ l| đường trung trực MB + Nếu B nằm M v| A IB  IK  KB   Kết luận: Quỹ tích điểm H l| trung điểm PQ c{t tuyến MAB quay quanh M l|  R cung H0 H1 đường tròn  C;  Quỹ tích n|y tồn M khơng nằm ngo|i 2  đường trịn (O) b{n kính 3R Đặc biệt M nằm đường trịn (O) n|y quỹ tích biến th|nh điểm Ví dụ 26 Cho đường trịn (O; R) v| d}y cung AB c{ch t}m O khoảng d   d  R  Hai đường tròn (I) v| (K) tiếp xúc với C, tiếp xúc với AB v| tiếp xúc với đường tròn (O)(I v| K nằm nửa mặt phẳng bờ AB) Khi hai đường tròn (I) v| (K) thay đổi, tìm quỹ tích điểm C Lời giải Ta xét c{c trường hợp sau: + Trường hợp 1: Ba điểm I, K, O nằm nửa mặt phẳng bờ AB  Phần thuận: Gọi tiếp điểm (I) với AB l| D, ta F có ID  AB Gọi tiếp điểm (I) v| (O) l| E Khi ta có ba điểm O, I, E thẳng h|ng Gọi F l| điểm B M cung AB khơng chứa E, ta có OF  AB EI DI Lại có nên ba điểm E, D, F thẳng h|ng  EO FO Tương tự (K) tiếp xúc với AB v| (O) M, S D O A K I N E N ta ba điểm M, N, F thẳng h|ng Ta có 1 DIE  FOE  FNE 2 1 FMA  MKN  FON  FEN 2 FDB  Do ta FDM ∽ FNE nên ta suy FD.FE  FM.FN (1) Giả sử FC cắt đường (I) v| (K) giao điểm thứ hai theo thứ tự l| C1 , C2 Khi dễ d|ng chứng minh FD.FE  FC.FC1 ; FM.FN  FC.FC2 (2) Từ (1) v| (2) ta FC1  FC2 nên suy C  C1  C2 hay FC l| tiếp tuyến chung (I) (K) Hơn ta lại có FD.FE  FM.FN  FC2 (3) Mặt kh{c F l| điểm cung AB nên ta có FAD  FEA Từ ta FAD ∽ FEA suy FD.FE  FA2 (4) 30 Từ (3) v| (4) ta FA  FC , m| ta lại thấy FA  2R  R  d    Vậy C thuộc cung tròn AB đường tròn F; FA  2R  R  d  nằm đường trịn (O) v| khơng lấy hai điểm A, B  Phần đảo: Gọi điểm C cung AB nằm đường trịn (O) F; FA   2R  R  d  v| trừ hai điểm A, B Qua C kẻ đường thẳng d vng góc với FC Gọi S l| giao điểm FC v| AB Đường ph}n gi{c c{c góc CSA, CSB cắt d I v| K Khi hai đường trịn (I, IC) v| (K, KC) tiếp xúc với C v| tiếp xúc với AB D v| M Gọi E l| giao điểm thứ hai FD với (I) Dễ d|ng chứng minh FA2  FC2  FD.FE Suy ta FA FE nên ta FAD ∽ FEA  FAD  FEA  FD FA 1 Mặt kh{c ta lại có FAD  sdFB  sdFA nên E thuộc (O) 2 Vì DI//OF v| lại có ID IE nên ta ba điểm O, I, E thẳng h|ng, (I) tiếp xúc  OF OE với (O) tai E Vậy quỹ tích điểm C hai đường trịn (I) v| (K) thay đổi l| cung tròn AB đường   tròn F; FA  2R  R  d  nằm đường trịn (O) v| khơng lấy hai điểm A, B + Trường hợp 2: Ba điểm I, K nằm kh{c phía với O so với AB Khi ta quỹ tích điểm C hai đường tròn (I) v| (K) thay đổi l| cung tròn AB đường tròn F; FA   2R  R  d  nằm đường trịn (O) v| khơng lấy hai điểm A, B ...  < 180 ADC D P 1 = , Do ta DAC 90 − ADC 90 − A = E 1 =  BAE 90 − AEB 90 − B = M O N B C  > 90 = DAC  +A  + BAE = 180 − B Suy DAE  > 90 ; FCD  > 90 Do Tương tự ta EBF F đa giác ADCFBE... thẳng đến đường thẳng đó: - Đường xiên có hình chiếu lớn lớn - Đường xiên lớn có hình chiếu lớn - Nếu hai đường xiên hai hình chiếu nhau, ngược lại, hai hình chiếu hai đường xiên c Quan hệ ba cạnh... = ABD = ; ACE giác KDE Lời giải   60 Tam giác ABC= có B = ; C 30 nên B  = 90 A Do I  = 90 − 10 = 80; BDA  = 90 0 − 200 = 700 CEA E K Ta có ( )  =DKE  =180 − KCB  + CBK  =120 CKB C Gọi