Một số bài toán về đường cố định và điểm cố định

655 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH VÀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Bài toán đường cố định điểm cố định tốn khó, địi hỏi học sinh phải có kĩ phân tích tốn suy nghĩ, tìm tịi cách sâu sắc để tìm lời giải Một vấn đề quan trọng giải toán đường cố định điểm cố định dự đốn yếu tố cố định Thơng thường ta dự đoán yếu tố cố định phương pháp sau: • Giải tốn trường hợp đặc biệt để thấy yếu tố cố định cần tìm Từ ta suy trường hợp tổng qt • Xét đường đặc biệt để họ đường để thấy yếu tố cố định cần tìm • Dựa vào tính đối xứng, tính độc lập, bình đẳng đối tượng để hạn chế phạm vi hình tứ tìm yếu tố cố định Khi giải toán đường cố định điểm cố định ta thường thực bước sau: a) Tìm hiểu tốn: Khi tìm hiểu tốn ta xác định + Yếu tố cố định(điểm, đường, … ) + Yếu tố chuyển động(điểm, đường, … ) + Yếu tố khơng đổi(độ dài đoạn, độ lớn góc, … ) + Quan hệ khơng đổi(Song song, vng góc, thẳng hàng, … ) b) Dự đoán điểm cố định: Dựa vào vị trí đặc biệt yếu tố chuyển động để dự đốn yếu tố cố định Thơng thường ta tìm hai vị trí đặc biệt cộng thêm với đặc điểm bất biến khác tính chất đối xứng, song song, thẳng hàng … để dự đốn điểm cố định c) Tìm tịi hướng giải: Từ việc dự đốn yếu tố cố định tìm mối quan hệ yếu tố với yếu tố chuyển động, yếu tố cố định yếu tố không đổi THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 656 II CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ Cho ba điểm A, C, B thẳng hành theo thứ tự Vẽ tia Cx vng góc với AB Trên CE CA tia Cx lấy hai điểm D, E cho = = CB CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC H khác C Chứng minh đường thẳng HC qua điểm cố định C di chuyển đoạn thẳng AB Phân tích tìm lời giải Tìm hiểu đề bài: M + Yếu tố cố định: đoạn thẳng AB   30 + Yếu tố không đổi: = BEC = , ADB 60 B C A D H Do số đo cung BC cung CA không đổi Ba điểm B, D, H thẳng hàng E, H, A thẳng hàng Dự đoán điểm cố định: Khi C trùng B (d) tạo E với BA góc 60 , suy điểm cố định thuộc tia By tạo với tia BA góc 60 Khi C trùng A (d) tạo với AB góc 30 , suy điểm cố định thuộc tia Az tạo với tia AB góc 30 Khi By Az cắt M M điểm cố định? Nhận thấy M nhìn AB cố định 90 nên M thuộc đường trịn đường kính AB Tìm hướng chứng minh: M thuộc đường trịn đường kính AB cố định cần chứng  2MCA  2CHA  2CDA  120 minh số đo cung AM không đổi Thật sdAM = = = = Lời giải Ta có tan D = CA = CD  = 60 Ta lại có CHA   3⇒D = CDA = 60  = 60 Gọi giao điểm đường trịn đường kính AB với CH M Ta có MHA THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 657  2MCA  2CHA  2CDA  120 Do số đo cung MA khơng đổi Lại có Ta có sdAM = = = = đường trịn đường kính AB cố định nên M cố định CH ln qua M cố định Ví dụ Cho đường tròn ( O; R ) dây cung AB = R Lấy điểm P khác A B dây AB Gọi ( C; R ) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn ( O; R ) A Gọi ( D; R ) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn ( O; R ) B Các đường tròn ( C; R ) ( D; R ) cắt M khác P Chứng minh P di động AB đường thẳng PM qua điểm cố định Phân tích tìm lời giải Tìm hiểu đề bài: + Yếu tố cố định: Đường tròn ( O; R ) dây AB + Yếu tố khơng đổi: DPCO hình bình hành Số đo cung BP đường trịn ( D; R ) số đo cung AP  khơng đổi đường trịn ( C; R ) , số đo góc BMA O M B D C A P Dự đoán điểm cố định: Khi P trùng với A PM tiếp tuyến ( O; R ) nên điểm cố định nằm tiếp tuyến ( O; R ) A Khi P trùng với B PM tiếp tuyến I ( O; R ) nên điểm cố định nằm tiếp tuyến ( O; R ) B Do tính chất đối xứng hình nên điểm cố định nằm đường thẳng qua O vng góc với AB Do điểm cố định nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB Lời giải Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB cắt PM I Vì AB = R nên số đo cung AB  = DPB  tam đường tròn ( O; R ) 120 Tam giác BDP cân ta D nên ta OBA  = OAB  Do ta BDP  = BOA  nên số đo cung BP giác OAB cân O nên OBA đường tròn ( D; R ) số đo cung BA đường tròn THCS.TOANMATH.com ( O; R ) 120 Hoàn TÀI LIỆU TỐN HỌC 658  = 60 tồn tương tự ta số đo cung PA ( C; R ) 120 Do ta có BMP  = 60 nên BMA  =BMP  + AMP  =120 =BOA  AMP  = BOA  nên tứ giác BMOA nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại Tứ giác BMOA có BMA  PMA  tiếp tam giác BOA Từ suy IMA = = 120 Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB số đo cung IA 120 nên I cố định Vậy MP qua I cố định Ví dụ Cho hình vng ABCD có tâm O Vẽ đường thẳng d quay quanh O cắt AD, BC thứ tự E, F Từ E, F vẽ đường thẳng song song với BD, CA chúng cắt I Qua I vẽ đường thẳng m vng góc với EF Chứng minh m qua điểm cố định d quay quanh O Phân tích tìm lời giải Khi điểm E trùng với điểm A HI qua A D C vng góc với AC Khi điểm E trùng với điểm D HI qua B vng góc với BD Do tính chất đối F O H xứng hình vẽ nên điểm cố định nằm đường E trung trức AB Từ ta dự đốn điểm cố định K nằm đường trịn đường kính AB B I A Lời giải  + IAE = Dễ thấy điểm I thuộc AB Ta có IHE 180 nên K   tứ giác IHEA nội tiếp Từ suy IHA = IEA = 450  + IBF = Ta lại có IHF 180 nên tứ giác IHFB nọi tiếp   Do BHI = BFI = 450  = IHA  + BHI  = 90 nên H thuộc đường Vẽ đường trịn đường kính AB ta có BHA trịn đường kính AB Giả sử HI cắt đường trịn đường kính AB K Khi ta có  KHA   sdKH = = IHA = 90 Do K thuộc đường tròn đường kính AB số đo cung KH 90 nên điểm K cố định Vậy HI qua điểm K cố định d quay quanh O THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 659 Ví dụ Cho đường trịn (O) bán kính R đường thẳng d cắt (O) C, D Một điểm M di động d cho MC > MD ngồi đường trịn (O) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB (với A, B tiếp điểm) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Phân tích tìm lời giải Do đường thẳng OH cho trước, nên dự F đoán AB cắt OH điểm cố định Gọi H trung điểm CD giao điểm AB với MO, OH E, F Ta thấy tứ giác MEHF nội A C tiếp tam giác OMH vng nên ta suy H O D M E OF không đổi Từ suy F cố định Lời giải B Gọi H trung điểm CD giao điểm AB với MO, OH E, F Tam giác OBM vng B có đường cao BE nên ta OE.OM = OB = R2   Ta lại có FHM = FEM = 90 nên tứ giác MEHF nội tiếp  chung OHM   Xét hai tam giác OHM OEF có góc MOF = OEF = 90 nên đồng dạng với Do ta OH OM OE.OM = ⇒ OF = OE OF OH Từ ta OF = R2 Do đường tròn (O) đường thẳng d cho trước nên OH không OH đổi Từ suy OF khơng đổi Mà điểm O cố định nên điểm F cố định Vậy đường thẳng AB qua điểm F cố định Nhận xét: Bài toán trường hợp điểm M nằm tia đối tia CD Khi đường thẳng AB qua điểm F cố định Ví dụ Cho đoạn thẳng AC cố định, điểm B cố định nằm A C Đường trịn (O) thay đổi ln qua A B Gọi PQ đường kính đường trịn (O), PQ vng góc AB, (P thuộc cung lớn AB) Gọi CP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I Chứng minh QI qua điểm cố định đường tròn (O) thay đổi THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 660 Phân tích tìm lời giải Do điểm A, B, C cố định nên ta dự đoán P đường thẳng IQ cắt AB điểm cố định Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp Dựa vào tứ I giác nội tiếp tam giác đồng dạng ta chứng minh đường thẳng cho qua K cố định O A D K B C Lời giải Gọi IQ cắt AB K Ta có tứ giác PDKI nội tiếp Q  Xét hai tam giác vng CIK CDP có DCP chung nên tam giác CIK đồng dạng tam giác CDP, suy CI CK = ⇒ CI.CP = CD.CK CD CP Lại thấy hai tam giác CIB CAP đồng dạng nên suy CI CA = ⇒ CI.CP = CA.CB CB CP CA.CB CD Do A, B, C cố định nên CA, CB, CD khơng đổi Khi độ dài CK khơng đổi nên ta suy Từ ta CK.CD = CA.CB ⇒ CK = điểm K cố định Suy IQ qua điểm K cố định đường trịn (O) thay đổi Ví dụ Cho đường tròn tâm O hai điểm A, B cố định thuộc đường trịn (AB khơng  Trên đoạn AB lấy hai điểm C, phải đường kính) Gọi M trung điểm cung nhỏ AB D phân biệt khơng nằm đường trịn Các đường thẳng MC, MD cắt đường tròn cho tương ứng E, F khác M a) Chứng minh bốn điểm C, D, E, F nằm đường tròn b) Gọi O1 , O tương ứng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE BDF Chứng minh C, D thay đổi đoạn AB đường thẳng AO1 BO cắt điểm cố định Phân tích tìm lời giải + Để chứng bốn điểm C, D, E, F nằm đường tròn ta chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp, muốn ta chứng minh THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 661 + Đường trịn (O) cho trước nên dự đốn AO1 qua điểm cung lớn AB Vận dụng tứ giác nội tiếp, ta chứng minh hai đường thẳng qua điểm cố định, điểm cung Lời giải a) Ta xét trường hợp sau + Xét trường hợp C nằm A D Khi ta ) (  sdMB  + sdAE  thấy = MCB (  sdMA  + sdAE  = MFE M C A D B H ) O1 O Mà ta thấy số đo hai cung MB MA E  = MFE  Lại có nên ta MCB F N  + BCE =  + MFE = MCB 180 nên suy BCE 180 Từ suy tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn + Xét trường hợp D nằm A C Chứng minh hoàn toàn tương tự ta bốn điểm C, D, F, E nằm đường tròn Vậy bốn điểm C, D, F, E nằm đường tròn b) Ta xét trường hợp C nằm A D, trường hợp lại chứng minh tương tự Hạ O1H ⊥ AC có O1A = O1C nên tam giác O1AC cân O1    Do O H tia phân giác góc AO C ta AO C = 2AO H 1   nên suy AO   Mà ta có AO C = 2AEC H = AEC 1  = MAB  nên AO   Lại có AEC H = MAB  = Xét tam giác AO1H vuông H nên AO H + HAO 90 1  + HAO =  = 90 Do ta MAB 90 nên MAO 1 1 Suy MA tiếp tuyến đường tròn (O1)  2MAN  180 nên M, O, N thẳng Kéo dài AO1 cắt đường tròn (O) N, suy = MON = hàng  Lại có MN vng góc với AB nên N điểm cung lớn AB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 662  Do AO ; BO qua Lập luận tương tự BO qua N điểm cung lớn AB  N điểm cung lớn AB Vậy AO ; BO qua điểm cố định Ví dụ Cho tam giác ABC điểm D di chuyển cạnh BC (D khác B C) Đường tròn ( O1 ) qua D tiếp xúc AB B Đường tròn ( O ) qua D tiếp xúc AC C Gọi E giao điểm thứ hai đường tròn ( O1 ) đường tròn ( O ) Chứng minh D di động đoạn BC đường thẳng ED ln qua điểm cố định Kết cịn khơng trường hợp D di động ngồi đoạn BC Phân tích tìm lời giải Chứng minh A, B, C, E nằm đường tròn Gọi DE cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai S Ta dự đoán đường thẳng DE qua điểm cố định S Tuy nhiên để chứng minh S cố định ta cần số đo cung SA, SB, SC không đổi Lời giải Gọi ( O ) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn ( O1 ) qua D tiếp xúc với  = BED  Đường tròn O qua D tiếp xúc với AC C AB B nên ABC ( 2)  = CED  Nên ACB A S  + BED  + CED  = BAC  + ABC  + ACB  = 180 Suy BAC Do tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn Gọi DE cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai S Từ  = BED  ta suy nên hai cung AC SB ABC Mà số đo cung AC không đổi B cố định O D B O1 C O2 E nên điểm S cố định Do S điểm cố định Vậy đường thẳng ED qua điểm cố định Trường hợp điểm D nằm đoạn BC Chẳng hạn D nằm tia đối tia CB(trường hợp D thuộc tia đối tia BC chứng minh tương tự) Ta chứng minh bốn điểm A, B, C, E nằm đường tròn ( O ) Gọi DE cắt ( O ) điểm thứ hai S Kẻ tia Cy tia đối tia CA Khi đường trịn  có CED ( O ) ta=  = ACB  nên ta SEC     ACB  Suy CED = 180 − CED DCy; = DCy không đổi Vậy điểm S cố định Vậy đường thẳng ED qua điểm cố định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 663 Ví dụ Cho góc vng xAy, điểm B cố định Ay, điểm C di chuyển Ax Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AC, BC theo thứ tự M, N Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Phân tích tìm lời giải Chứng minh tứ giác BIHN nội tiếp, dựa vào tứ giác nội tiếp để chứng minh MN qua điểm cố định Lời giải Gọi H giao điểm AI với MN Từ B CM = CN nên tam giác CMN cân C N 1  Suy CNM = 90 − C H I 1  BNH = 90 + C Do I giao điểm đường phân giác A M C 1  tam giác ABC nên BIA Do = 90 + C  = BNH  nên suy tứ giác ta BIA BIHN nội tiếp  =90 ⇒ BHI  =90 Do tam giác ABH vng H Lại có BNI  = 450 nên suy tam giác ABH vuông cân H Do A, B cố định nên điểm Mà ta có BAH H cố định Vậy MN ln qua điểm H cố định  = α Suy  = α tam giác ABH vng H BAH Nhận xét: Trường hợp tổng quát xAy điểm H cố định Ví dụ Cho đường tròn tâm O, dây AB Điểm M di chuyển cung lớn AB Các đường cao AE, BF tam giác ABM cắt H Đường tròn tâm H bán kính HM cắt MA, MB theo thứ tự C, D a) Chứng minh đường thẳng kẻ từ M vng góc với CD ln qua điểm cố định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 664 b) Chứng minh đường thẳng kẻ từ H vng góc với CD qua điểm cố định Phân tích tìm lời giải + Trong phần a, dựa vào tứ giác ABEF nội tiếp x đường tròn ta dự đốn đường thẳng kẻ từ M M vng góc với CD qua điểm O cố định E F D Để có điều ta cần chứng minh H C OM vng góc với CD + Trong phần b, dựa vào tính chất tam giác khoảng cách từ trực tâm tam giác đến đỉnh O B A K hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh tương ứng Lời giải a) Kẻ tiếp tuyến Mx với đường trịn (O) Khi  = MAB  theo tính chất tiếp tuyến ta có BMx Do AE BF đường cao tam giác MAB nên tứ giác ABEF nội tiếp đường trịn đường kính AB  = MAB  Do MEF  = BMx  , suy Mx//EF Suy OM vng góc với EF Từ ta có MEF Ta có H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD HE vng góc với MD nên E trung điểm MD Tương tự F trung điểm MC Suy EF đường trung bình tam giác MCD Do EF//CD OM vng góc với EF nên OM vng góc với CD Mà ta có điểm O cố định Điều chứng tỏ đường thẳng kẻ từ M vng góc với CD ln qua điểm O cố định b) Gọi K điểm đối xứng với O qua AB ta có OK vng góc với AB Mà ta lại có MH vng góc với AB Suy MH song song với OK Lại có tam giác khoảng cách từ trực tâm tam giác đến đỉnh hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh tương ứng Do ta MH = OK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 711 Do đó, theo bổ đề PQ qua giao điểm tiếp tuyến K B (O), rõ ràng giao điểm điểm cố định nên ta có điều cần chứng minh Bài 12 Trên BC lấy điểm D cho DB y = , từ DC x A d suy D điểm cố định Đường thẳng d lần N E lượt cắt AB, AC, AD M, N, E Qua B, C kẻ M đường thẳng song song với d, cắt B' AD B’ C’ MB EB' NC EC' Theo định lí Talets ta= có = ; MA EA NA EA Và D B C C' B' D BD y == ⇒ x.B' D − y.C' D = C' D CD x Kết hợp với giải thiết ta EB' EC' ⇔ x.EB'+ y.EC' = ⇔ x ( ED − B' D ) + y ( ED + DC' ) = EA +y = EA EA EA ⇔ ( x + y ) ED + ( yC' D − xB' D ) = EA ⇔ ( x + y ) ED = EA ⇔ = x+y ED x Do EA = x + y không đổi nên E điểm cố định (do A, D điểm cố định) Vậy đường ED thẳng d qua điểm E cố định Bài 13 Vẽ đường trịn đường kính AH Khi ta có  = 90 ADE  = ACB   = AHE  Mà ta có AHE AEH  ) Do ta ADE  = BAC  (cùng phụ với góc EHC  = AOB  OA Mặt khác ACB = OB = R Do tam  + AOB = giác OAB cân O nên ta DAO 90 Vẽ AK vng góc với DE K Xét hai tam giác AED  = ACB   góc chung ADE ABC có EAD A O K D B E C H Suy ∆AED ∽ ∆ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC R, bán kính R R AK đường trịn ngoại tiếp tam giác AED Nên ta = , mà ta có AH R AH = R suy AK = R Từ suy ta hai điểm K O trùng hay DE qua điểm O cố định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 712 Bài 14 Trước hết ta phát biểu chứng minh A bổ đề sau: Cho tam giác ABC hai điểm E, F thuộc cạnh AB, AC cho EF//BC Hai E điểm M, N thuộc BC, EF cho MB NE Khi ba điểm A, M, N thẳng = MC NF F N M B C hàng Thật vậy, giả sử AE cắt BC điểm M’ Khi EF song song với BC nên ta EN AN FN = = BM ' AM ' CM ' Suy ta M ' B NE M ' B MB nên ta Suy hai điểm M M’ trùng = = M ' C NF M ' C MC Vậy ba điểm A, M, N thẳng hàng Bổ đề chứng minh Trở lại toán: Gọi H trực tam tam giác A ABC Gọi P, Q theo thứ tự BH, CH với MD, I ME Gọi K, L theo thứ tự trung điểm DE, PQ Vì I, H theo thứ tự trực tâm D vng góc với AB, AC Do ta L P tam giác ADE, ABC MD, ME theo thứ tự E H K Q M B C DI//PH//ME EI//QH//MD Từ ta tứ giác MDIE MPHQ hình bình hành Như ta có ba điểm thẳng hàng M, I, K M, L, H  = MCA  nên tam giác vuông MBD MCE đồng dạng với Ta lại có MBA MD BD Vì H trực tam tam giác ABC nên ta có = ME CE  =90 − BAC  =HCA  HBA Từ suy Do tam giác vng PBD QCE đồng dạng với nhau, nên ta Kết hợp với MP BD = MQ CE MD BD MD MP ta suy nên theo định lí Talets DE//PQ = = ME CE ME MQ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 713 Từ ý K, L theo thứ tự trung điểm DE, PQ nên theo bổ đề ba điểm M, L, K thẳng hàng Từ ta suy ba điểm M, I, H thẳng hàng Điều có nghĩa MI qua điểm H hay MI qua điểm có định Bài 15 Vẽ AH vng góc với OC H Xét tam C  = CEA  ACD  chung giác CAD CEA có CAD Suy ∆CAD ∽ ∆CEA nên CA CD = ⇒ CA =CD.CE CE CA F D M Tam giác ACO vng có AH đường cao nên H A CA = CH.CO Từ ta CH.CO = CD.CE ⇒ N B O CD CH = CO CE E CD CH Xét hai tam giác CDH COE có = CO CE  chung, nên ta ∆CDH ∽ ∆COE Từ DCH  = CEO  suy CHD  = 90 nên ta có Mặt khác ta có ADB  + AHM = ADM 180 nên tứ giác ADMH nội tiếp  = CHD  đường tròn Từ suy DAM  = DAM  , từ ta CEF  = CEO  Mà ta lạ có CEF Điều dẫn đến hai tia EF EO trùng Vậy ba điểm E, O, F thẳng hàng Bài 16 Gọi H, I giao điểm B BC với OA, DE Ta có AB, AC K I Q D P hai tiếp tuyến với đường tròn (O) nên AB = AC AO phân giác góc E H A O  Do AO đường cao tam BAC giác ABC x C  Xét hai tam giác ABD AEB có BAD  = AEB  nên suy chung ABD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 714 ∆AEB ∽ ∆ABD Từ ta AB2 = AD.AE Trong tam giác ABO vng có BH đường cao nên AB2 = AH.AO Từ ta AD.AE = AH.AO ⇒  = AEO  AHD AH AD Từ suy ∆AHD ∽ ∆AEO nên = AE AO  = ODE  Do tứ giác OEDH nội tiếp đường tròn, suy OHE  = OED  Tam giác ODE có OD = OE nên cân O, suy ODE  = AHD  Ta có OHE  + EHI  = AHD  + IHD  = 90 nên ta EHI  = IHD , Từ ta OHE  Gọi Hx tia đối tia HE, ta có HI tia phân giác góc HED    xHA = AHD = OHE  Từ ta ID = AD Do HA đường phân giác HED ED AE DQ AD Trong tam giác ABE có DQ//BE nên theo định lí Talets ta có Trong tam giác = BE AE DP ID DQ DP IBE có BE//PD nên theo định lí Talets ta có Từ ta nên = = BE IE BE BE DQ = DP AQ QD Trong tam giác ABE có DQ//BE nên theo định lí Talets ta có = AB BE AQ 2DQ PQ AQ PQ  = ABK  Do ta = = Hai tam giác APQ AKB có AQP = AB 2BE BK AB BK  = BAK  nên hai tia AP AK trùng Điều nên ∆APQ ∽ ∆AKB Từ ta QAP có nghĩa đường thẳng PK qua điểm cố định A Bài 17 Bạn đọc tự vẽ hình Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Đường thẳng DI cắt HK N Gọi P giao điểm hai đường thẳng HM DC Xét tam giác BHD tam giác AKB có = BD BA, = BH HM = AK nên ∆BHD = ∆AKB Từ suy BK vng góc với HD E Hồn tồn tương tự ta CH vng góc với KD F Trong tam giác DHK có hai đường cao KE HF cắt I nên DN vuông góc với KH  = MKH  Từ suy MD vuông Mặt khác ta dễ thấy ∆PDM = ∆MHK nên ta PMD góc với HK Như MD DI vng góc với HK nên ba điểm M, I, D thẳng hàng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 715 Điều có nghĩa MI ln qua điểm D cố định Bài 18 Gọi F giao điểm O AC, S S giao điểm AE BC Khi dễ dàng thấy E, F trung điểm AS C  = NCB  AC Hai tam giác AHI CNB có HAI  = CNB  nên ∆AHI ∽ ∆CNB Do ta AHI D E I F M A KG H O B IA AH = CB CN Tứ giác AMKN nội tiếp nên CK.CN = CM.CA N Lại có CH = CM.CA CH AH.BH Do ta CK.CN = AH.BH ⇒ Từ ta AH CK = CN BH AI CK BH CK = ⇒ = CB BH BC AI Lại có CB2 = BH.AB nên BH BC CK BC ta = = BC AB AI AB  = IAB  nên ta ∆CBK ∽ ∆ABI Mà ta lại có KCB  = ABI  nên ta CBK  = ABE  Từ suy CBK Ta có ∆BCA ∽ ∆BAS mà E, F trung điểm AS, AC nên suy ∆BCF ∽ ∆BAE  = ABE  , kết hợp với CBK  = ABE  ta CBK  = CBF  , suy hai tia BK, BF Suy CBF trùng Do ba điểm B, K, F thẳng hàng DG OD OD BD ∆BOD ∽ ∆BHC nên ta = = CF HC HC BC DG BD  = FCB  nên ∆DGB ∽ ∆CFB Do ta , mà ta lại có GDB = DF BC  =CBF  ⇒ CBG  =CBF  , hai tia BG BF trùng nhau, suy ba Từ ta suy DBG Ta có ∆ODG ∽ ∆HCF nên ta điểm B, G, F thẳng hàng Do ta B, G, K, F thẳng hàng nên ba điểm B, G, K thẳng hàng Mà B cố định nên đường thẳng GK qua điểm B cố định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 716 Bài 19 a) Ta có năm điểm A, E, O, I, F thuộc d đường trịn đường kính AO E H  ,  = HIC  = AIF  mà AEF  = EHF  AIF Nên AEF  = EHF  suy EH song song với BC HIC N O Q B A K I C b) Tam giác ABF đồng dạng với tam giác AFC nên F ta có AF = AB.AC Trong tam giác vuông AFO vuông F đường cao FN ta có AF = AN.AO nên AN.AO = AB.AC ( không đổi A, B, C ba điểm cố định) c) Gọi EF cắt AB K, dễ thấy bốn điểm K, N, O, I thuộc đường tròn nên đường tròn qua I, N, O qua K Ta chứng minh Tam giác AOI đồng dạng với tam giác AKN nên có AN.AO = AK.AI , AI AN.AO khơng đổi nên K cố định nên đường trịn qua I, N, O có tâm nằm trung trực IK cố định Từ suy tâm đường trịn qua ba điểm O, I, N ln thuộc đường thẳng cố định Bài 20 + Nếu K thuộc đoạn thẳng MP J NQ Khi gọi I’ là giao điểm d với đường tròn ngoại tiếp tam giác MON Do đường thẳng d phân giác ngồi góc M N  nên I’ điểm cung xOy  , suy I ' M = I ' N hay I’ giao MON K E Q I PF O điểm d với đường trung trực MN Từ suy hai điểmI I’ trùng Do tứ giác MION nộ tiếp được, suy ta có  = NMO  Theo giả thiết IM = IN = IP = IQ NIO ta tứ giác MNPQ nội tiếpđường tròn  = 2PMN  tâm I, đường kính PQ nên ta có PIN  = 2PMN  nên MP phân giác góc OMN  Từ điều ta NMO THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 717  Tương tự ta NQ phân giác góc ONM Do K giao điểm MP NQ nên K tâm đường tròn nội tiếp tam giác MON, suy  , tức K thuộc đường thẳng cố định K thuộc đường phân giác góc xOy + Nếu giao điểm K nằm đoạn thẳng MP NQ, lập luận tương tự ta K tâm đường tròn bàng tiếp tam giác OMN, tức K thuộc đường phân giác  nên K thuộc đường thẳng cố định góc xOy Vậy trường hợp ta ln có K thuộc đường thẳng cố định Bài 21 Trước hết ta chứng minh tam giác ADE cân A A  nên Thật vậy, HD phân giác ngồi góc BHC C' ta có B' ( ( ) ) (  HBC  + HCB  DHB = 1   =   BAC 90 − ABC + 90 − ACB =  2  ) E H D Q P K C B Do ta  =DBH  + DHB  =90 − BAC  + BAC  =90 − BAC  ADE 2 1   = AED  hay tam giác ADE cân Tương tự ta có AED , từ suy ADE = 90 − BAC E  nên đường trung trực đoạn DE, Mặt khác ta có AK phân giác góc DAE từ suy AK đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE Từ ta có KD ⊥ AB , tương tự KE ⊥ AC Gọi P giao điểm KD HB, Q giao điểm KE HC Ta có KP ⊥ AB HQ ⊥ AB , từ suy KP//HQ Tương tự ta KQ//HP, đo tứ giác KPKQ hình bình hành THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 718 Gọi BB’ CC’ đường cao tam giác ABC, ta có DP//HC’ QE//HB’ nên theo PB DB QC EC định lí Talet = ta có theo tính chất đường phân giác ta có = ; PH DC' QH EB' DB HB EC DB = = ; DC' HC' EB' HB' Vì B, C, B’, C’ thuộc đường trịn đường kính BC nên ta ∆BHC' ∽ ∆CHB' Từ ta HB HC PB QC Kết hợp với kết ta , nên theo định = = HC' HB' PH QH Talet ta PQ song song với BC Do HK qua trung điểm PQ nên HK qua trung điểm BC Do BC cô định nên trung điểm BC cô định Vậy đường thẳng KH qua điểm định Bài 22 Vì hai tam giác vng ABC MNP đồng dạng với nên góc nhọn tương ứng Khi ta xét trường hợp sau: + Trường hợp 1: Điểm N nằm cạnh AC Khi tứ giác ANMP nội tiếp đường nên điểm A nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP    nên tam giác MBA cân M Từ dó ta tam giác Mặt khác ta có MAB = MNP = ABC MAC cân M Suy M trung điểm BC + Trường hợp 2: Điểm N nằm cạnh AB Khi tưdgiacs ANMP nội tiếp nên    MAP = MNP = ABC  + ACB =  + ACB = Mặt khác ta lại có ABC 90 nên ta MAC 90 Từ AM vng góc với BC Như vây hai trương hợp M ln điểm cố định nên đường ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định Bài 23 A a) Xét tam giác AIB ta có (  = 180 − IAB  + IBA  AIB )  + CBA   BAC = 180 −         180 − C C 180 90 + =− = 2 THCS.TOANMATH.com E T M K I B N C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 719 b) Dễ dàng chứng minh tứ giác AMIE nội tiếp Chứng minh tứ giác AMIK nội tiếp Do điểm A, M, I, K, E nằm đường tròn c) Chứng minh ∆AKT ∽ ∆IET ⇒ Do IE = IN nên ta KT AK KB AK = ∆AKB ∽ ∆INB ⇒ = ET IE BN IN KT KB = ⇒ KT.BN = KB.ET ET BN  = α không đổi (tia Bx tia d) Do A, B tia Bt cố định nên ta có tia Bx cố định ABI  ) Xét ∆ ABK vuông K=  AB.cosα không đổi ta có KB AB.cosABI phân giác ABt = Như điểm K thuộc tia Bx cố định cách gốc B khoảng khơng đổi K cố định Vậy đường thẳng NE tương ứng qua điểm cố định  = BPQ   = BAD  mà BAD Bài 24 a) Ta có BCD  = BPQ  suy BCD  = BAC  BAC  = ADC  Mặt khác ta lại có BQP  = BQP  Do ∆ACD ∽ ∆BPQ , suy BDC M A P C  = BCK  b) Từ chứng minh ta BPK D O' O K nên tứ giác BKPC nội tiếp Từ suy đường B tròn ngoại tiếp tam giác CKP qua điểm B có Q định Bài 25 Ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp 1: Hai điểm M P nằm x phía so với HK Khi điểm P nằm E  góc xAy với F thuộc Ay Kéo dài HM cắt PF I M H Từ điểm P hạ PE vng góc với Ay với E thuộc tia Ax hạ PF vng góc với Ax P I J P' A K F y d Hai tam giác vng MP KMH có  = PMI  nên ta KH = PM HKM ∆MIP = ∆KMH Từ ta = MI KM = PM THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 720 = PI MH = KA nên suy PF = AF hay PF = PE  Từ suy P thuộc tia phân giác At góc xAy + Trường hợp 2: Hai điểm M P nằm khác phía so với HK Khi lấy điểm P1 đõi xứng với P qua M ta MP = MP = MA nên tam giác APP1 vuông A Từ suy P  thuộc đường thẳng d vng góc với tia phân giác At góc xAy Bài 26 Do đường tròn (O) đường tròn tâm D tiếp xúc với D nên ba điểm O, B, D thẳng hàng Đường tròn (O) đường tròn tâm E tiếp xúc O C nên ba điểm O, E, C thẳng hàng  = DAB  , DBA  = ECA  Khi ta có DBA D K B M I E C A  = ECA  nên ta  EAC,   ECA  EAC = DBA = DAB Từ dẫn đến OB//AE DA//OE Suy tứ giác ADOE hình bình hành Gọi K tâm hình bình hành ADOE nên K trung điểm AO DE Hai đường tròn tâm E tâm D cắt M A nên N MA đường trung trực đoạn thẳng DE Gọi I giao điểm DE AM, IK đường trung bình tam giác AMO, K//MO Từ ta tứ giác DOME hình thang Mà ta có DM = OE nên hình thang DOME cân Do tứ giác DOME nội tiếp đường tròn 1 1     Xét hai tam giác MBC ADE có MBC = ADE = ADM MCB = AED = AEM 2    khơng đổi Do ta ∆MBC ∽ ∆ADE nên suy BMC = DAE = BOC  không đổi Do BC cố định nên M thuộc cung chứa góc BOC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 721 Bài 27 a) Gọi P giao điểm khác M A đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB với C MN Ta chứng minh điểm P cố định Thật vậy, ta có NP.MN = NA.NB nên ta P N Q M O D NA.NB R − OM số NP = = MN MN B với R bán kính đường trịn (O) Mà đường thẳng MN cố định nên P cố định Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giác MAB ln qua điểm cố định  = MBA  tứ giác MAPM nội tiếp nên b) Do tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có MCD  = MPA  , ta MCD  = MPA  Gọi Q giao điểm CD với MN Ta có tứ MBA giác CAPQ nội tiếp nên MQ.MP = MA.MC Từ suy= MQ MC.MA OM − R số = MP MP Mà MN cố định nên Q điểm cố định Do đường thẳng CD di qua điểm Q cố định Bài 28 Lấy điểm B thuộc tia Oy cho D OB = OA Gọi F giao điểm DE với AB, B E gọi K giao điểm OI CD Để cứng minh F cố định ta sữ chứng minh điểm F thuộc OI O F I K A Gọi C tiếp điểm Ox với đường tròn (O) C Ta xét trường hợp sau + Trường hợp 1: Nếu điểm A thuộc đoạn OC E nằm cung DK Khi ta có   xOy xOy 1 0    FEC FAC = 180 − OAB = 90 + DIC = = 90 − 2  + FEC = Do ta FAC 180 nên tứ giác ACEF nội tiếp đường tròn, suy đa giác  = 90 suy F thuộc OI ACIEF nội tiếp đường trịn Do ta AFI THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 722 + Trường hợp 2: Nếu điểm A thuộc đoạn OC E nằm cung CK Khi chứng minh tương tự ta điểm F thuộc OI + Trường hợp 3: Nếu điểm A không thuộc đoạn OC Khi chứng minh tương tự ta điểm F thuộc OI  Bài 29 Trước hết ta chứng minh O PO không đổi    Thật vậy, góc O PO không đổi cà O MN + O NM không đổi 1    + BNM  không đổi Điều tương đương với Hay O MB + O NB + BMN    O BM + O BN + 180 − α không đổi hay O BO + 180 − 2α khơng đổi Do ta  O PO không đổi Như đường tròn ngoại tiếp tam giác PO1O cố định Gọi Q giao diểm đường tròn ngoại tiếp tam giác PMN tam giác PO1O  = PNQ  nên ta QMO    = QNO  Khi ta MO Q = NO Q PMQ 2 Do hai tam giác MO1Q NO Q đồng dạng nên QO1 MO1 = QO NO Kết hợp với đường tròn ngoại tiếp tam giác PO1O cố định ta suy điểm Q cố định Bài 30 N  = ACN  , lại có a Ta có MBA A   ACN = BAC = 60 nên AB//CN  = ANC  nên ta có tam giác Suy MAB E M F O ACN tam giác MBA đồng dạng với AC CN , AB = = AC = BC nên MB AB có BM.CN = BC b) Dễ chứng minh B K C Suy   MBC = BCN = 120 AC CN BC CN ta có nên tam giác MBC đồng dạng với tam giác BCN, = = MB AB MB BC  = CBF  Suy BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MBF BMC Lại từ  = CBF  Trong tam giác MBC có góc MBC  = 120 nên FBC  + FCB = c) Ta có BMC 60 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 723   + FCB  (góc ngồi tam giác BFC) nên MFB  = 60 Lại có MFB = FBC ( )     Mặt khác tứ giác AEBC nội tiếp nên MEB = ACB = 60 Suy MEB = MFB = 60 nên tứ  = BMF  Gọi EF cắt BC K Ta có tam giác EBK đồng giác MBFE nội tiếp Vậy có BEK    EKB  chung Từ suy KB2 = KE.KF dạng với tam giác BFK có BEK = BMF = FBK Chứng minh tương tự ta có KC = KE.KF nên KB = KC K trung điểm BC(cố định) Vậy có điều phải chứng minh Bài 31 a) Có OE ⊥ AE OI ⊥ BC hay OI ⊥ AI x Suy bốn điểm A, E, O, I thuộc E D đường tròn Đường kính đường trịn AO O K  = EFD  b) Gọi Ex tia đối tia EA Ta có xED Do điểm A, E, O, I, F thuộc đường tròn A H B  = EFI  Từ ta đường kính AO nên ta EAI I C F  = EAI  suy ED//AC xED c) Gọi giao điểm EF BC H Ta có ∆AIO ∽ ∆AKH , ∆AKF ∽ ∆AFO ∆ABF ∽ ∆AFC AB.AC Khi ta có AH.AI khơng đổi ( A, B,C,I cố = AK.AO = AF = AB.AC ⇒ AH = AI định) ⇒ H cố định Tứ giác OKHI nội tiếp, suy đường tròn ngoại tiếp tam giác OKI qua H I cố định Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OKI nằm đường trung trực HI đường thẳng cố định Bài 32 a) Ta có MA, MB tiếp tuyến A   (O) nên ta MAO = MBO = 90 Do I trung điểm CD = ⇒ OI ⊥ CD ⇒ MIO 90 nên A, I, B thuộc đường tròn đường kính MO Suy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn O H M I C D B đường kính MO b) Ta có MA = MB OA = OB nên MO Q đường trung trực AB nên MO ⊥ AB Do MH.MO = MB2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 724    , ta Lại có MBC sđ BC = MBD = ∆MBC ∽ ∆MDB MB MD ⇒ = ⇒ MC.MD = MB2 MC MB MC MO   Từ ta MH.MO = MC.MD Suy = ⇒ ∆MCH ∽ ∆MOD ⇒ MHC = MDO MH MD Suy tứ giác CHOD nội tiếp, H thuộc đường trịn ngoại tiếp ∆ COD  chung c) Gọi Q giao điểm AB OI Hai tam giác vng MIO QHO có IOH Do ∆MIO ∽ ∆QHO ⇒ MO OQ MO.OH OA R (R bán kính (O) = ⇒ OQ = = = OI OH OI OI OI không đổi) Do O, I cố định nên độ dài OI khơng đổi, lại có Q thuộc tia OI cố định nên Q điểm cố định  180 − COD 0    d) Ta có AHC = ( ∆COD cân O) 90 + MHC = 90 + ODC = 90 + 1 1    = 180 − COD sdCAD = CBD = = 360 − sdCB 2  = CDB  Từ ta ∆AHC ∽ ∆DBC ⇒ HA = BD Lại có CAH HC BC ( ) MD MB BD  BD  MD MB MD Ta có ∆MBC ∽ ∆MDB ⇒ = = ⇒ = =  MB MC BC  BC  MB MC MC MD HA Do suy ta = MB HC Bài 33 a) Tứ giác ABEC nội tiếp nên suy  + ACE =  = ACE  ABE 180 Mà EDC K A  + EDC =  = ADE  Kết hợp với ADE 180 nên ABE  = ADE  Mặt khác  = DAE  suy ABE BAE F O EB = EC = ED nên AE trung trực đoạn D BD Do ta AE ⊥ BF (1) H  =ADB  AB =AD ⇒ ABD  = DCF  ADB  = FDC  (đối Kết hợp với ABD đỉnh)   ⇒ tam giác FDC cân F Suy FDC = FCD N C B M E Do FD = FC Kết hợp với ED = EC nên ta EF trung trực DC suy DC ⊥ EF (2) Từ (1) (2) suy D trực tâm tam giác THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 725 AEF b) Kẻ đường kính EK (O; R) Khi điểm K cố định  =BND  ⇒ BMD  =90 o − BCE  =90 o − BAC  (3) Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMD   Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK = 180 − BAK 1  =BAE  + EAK  =90 o + BAC  ⇒ BMK = Mà BAK 90 o − BAC (4) 2  = BMK  Suy ba điểm M, D, K thẳng hàng Do MD ln qua Từ suy BMD điểm K cố định  chung nên Bài 34 a) Xét tam giác BEF OBE có OEB A ∆BEF ∽ ∆OBE , từ suy EB2 = EF.OE b) Do ∆BDE ∽ ∆ABE nên ta I O = EB EA.ED = EF.OE c) Ta có  = BAI  + BIA  = IAC  + IBC  = EBC  + IBC  = IBE  BIE tam giác EBI cân E nên ta EI = EB = EC nên E B D M C P E K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI 2 Do EP = EB = FE.EO nên =  ∆EFP ∽ ∆POE ⇒ FPE POE Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PFO Vẽ tiếp tuyến Px tiếp xúc với đường tròn K P, ta  FOP    Px trùng với PE FPx = = EOP = FPE nên Px qua điểm E cố định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... Do đường tròn (O) đường thẳng d cho trước nên OH khơng OH đổi Từ suy OF khơng đổi Mà điểm O cố định nên điểm F cố định Vậy đường thẳng AB qua điểm F cố định Nhận xét: Bài toán trường hợp điểm. .. giao điểm AH đường thẳng qua B vng góc AB Suy G cố định Vậy đường tròn qua A, M, N qua điểm cố định khác A Ví dụ 25 Cho đường trịn tâm O đường kính AB, điểm C cố định đường kính (C khác O) Điểm. .. qua điểm cố định Bài 13 Cho đường tròn (O; R) cố định điểm A di động đường tròn Gọi H điểm chuyển động bên đường tròn (O) cho AH = R Đường thẳng vng góc với AH H cắt đường (O) B, C Đường đường