(Luận văn) một số bài toán về điểm cố định

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ THU lu an MỘT SỐ n va p ie gh tn to BÀI TOÁN VỀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên, 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ THU MỘT SỐ lu an BÀI TOÁN VỀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH n va gh tn to p ie Chuyên ngành: PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP d oa nl w Mã số: 60.46.01.13 lu ll u nf va an LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh Giáo viên hƣớng dẫn: PGS.TS TRỊNH THANH HẢI z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên, 2015 n va ac th si MỤC LỤC Lời nói đầu Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tính chất đồng quy đường tam giác 1.2 Định lý Ceva 1.3 Phương tích điểm đường tròn 1.4 Phép vị tự 1.5 Tính chất cộng tuyến tích vơ hướng vectơ lu an Chƣơng 2: Một số toán liên quan đến điểm cố định n va chƣơng trình hình học phổ thơng 10 10 2.2 Một số tốn liên quan đến đường trịn 27 ie gh tn to 2.1 Một số toán liên quan đến đường thẳng 47 p Kết luận 48 d oa nl w Tài liệu tham khảo ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si LỜI NĨI ĐẦU Trong chương trình mơn Tốn trường phổ thơng, nội dung hình học ln ln có sức hút đặc biệt học sinh có lịng ham mê mơn Tốn thơng qua việc tìm lời giải cho tốn hình học, em học sinh có hội để phát triển tư duy, trí tưởng tượng khả lập luận lơ gic… Trong dạng tập hình học, toán liên quan đến điểm cố định như: - Chứng minh đường thẳng, đường tròn… qua lu an điểm cố định; n va - Xác định điểm cố định họ đường thẳng, họ đường tròn; tn to - Xác định điểm cố định mà quỹ tích ln qua… gh phần nhiều tập khó dành cho học sinh khá, giỏi thường p ie xuất đề thi chọn học sinh giỏi cấp w Với mong muốn sâu tìm hiểu tốn chứng minh hình học oa nl liên quan đến điểm cố định để vận dụng trực tiếp vào công tác giảng d dạy môn Tốn nhà trường phổ thơng, Em chọn đề tài “Một số toán lu va an điểm cố định” làm đề tài luận văn Thạc sĩ u nf Luận văn có nhiệm vụ cụ thể sau: ll 1) Sưu tầm toán chứng minh hình học có liên quan đến điểm m oi cố định tạp chí Tốn học tuổi trẻ, đề thi chọn học sinh giỏi Toán z at nh THCS, THPT sách chuyên khảo z 2) Phân loại tìm sở cách giải tốn thường sử gm @ dụng phạm vi kiến thức phổ thơng Tốn học tuổi trẻ đề thi chọn học sinh giỏi Toán m co l 3) Đưa lời chứng minh chi tiết cho số tốn tạp chí an Lu Để hồn thành luận văn này, Em nhận quan tâm, tạo điều kiện Trường Đại học Khoa học mà trực tiếp Khoa Toán - Tin n va ac th si Đặc biệt Em nhận bảo, giúp đỡ từ tập thể Thầy, Cô giáo tham gia giảng dạy học phần suốt trình học tập cao học Nhân dịp này, cho phép Em bày tỏ lòng biết ơn đến Thầy, Cơ giáo tận tình giúp đỡ, bảo Em suốt thời gian học tập trường Đại học Khoa học Do số điều kiện chủ quan khách quan, luận văn với chủ đề “Một số tốn điểm cố định” cịn chưa thực hoàn thiện theo ý muốn Em tha thiết mong Thầy, Cơ giáo bảo để Em hồn thiện nội dung luận văn Em xin trân trọng cảm ơn lu an n va Học viên gh tn to p ie Đoàn Thị Thu d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chƣơng 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, em xin trình bày vắn tắt số vấn đề phổ thông trích dẫn từ tài liệu [1], [2], [3] 1.1 Tính chất đồng quy đƣờng tam giác Tính chất: Trong tam giác, ba đường cao (trung tuyến, trung trực, phân giác) đồng quy điểm Ví dụ 1.1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm thay đổi cung nhỏ BC N điểm đối xứng M qua trung điểm I AB Gọi H K trực tâm tam giác ABC tam giác NAB Giả sử lu an NK cắt AB D, hạ KE vng góc với BC E n va Chứng minh DE qua trung điểm J HK tn to Lời giải: ie gh - Tứ giác ANBM hình p bình hành, suy BN//AM w AN//BM oa nl - K trực tâm  NAB nên d BK  NA, AK  NB AK  AM z at nh Vậy K thuộc đường tròn (O) oi BKAM m Suy tứ giác nội tiếp ll u nf BK  BM va an lu Suy ra: z Gọi S điểm đối xứng K qua E; R điểm đối xứng K qua D, ta @ m co l BSC  BAC gm có: BKC  BSC (do đối xứng); BKC  BAC (cùng chắn cung BM) nên Do BHC  BAC  1800 Suy tứ giác BHCS tứ giác nội tiếp an Lu nên BHS  BCS  BCK 1 n va ac th si Tương tự tứ giác ABHR nội tiếp nên AHR  ABR  ABK  2 Từ (1) (2) ta có: AHB  BHS  AHR  AHB  BCK  ABK  AHB  BCK  ACK  1800 Suy S, H, R thẳng hàng Vì DE đường trung bình tam giác KRS, nên DE qua trung điểm J HK (ĐPCM) 1.2 Định lý Ceva Định lý: Gọi E, F, G ba điểm lu tương ứng nằm an cạnh BC, CA, va n AB tam giác tn to ABC Lúc đó, ba ie gh đường thẳng AE, p BF, CG cắt Chứng Minh: va an lu Phần thuận: AG BE CF  (1) GB EC FA d oa nl w điểm O khi: ll K, L tương ứng u nf Từ A B, kẻ đường song song với BF, chúng cắt CG AE m CF CO LC CO CF LC    => FA OD AK OD FA AK oi z at nh Ta có: Xét cặp tam giác đồng dạng LEC OEB, AKG BOG ta có: an Lu n va AG BE CF  GB EC FA m co Giả sử l Phần đảo: gm AG BE CF AK BO CL  1 GB EC FA BO CL AK @ Suy ra: z BE BO AG AK   CE CL BG BO ac th si Qua giao điểm đường thẳng AE BF, ta kẻ đường thẳng CC1, với C1 nằm cạnh AB Khi đó, theo chứng minh phần thuận ta có: AC1 BE CF AG BE CF 1 1 C1 B EC FA GB EC FA Suy ra: AC1 AG hay C1  G  C1 B GB Ví dụ 1.2: (Đề chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2007) Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn nội tiếp I Gọi (ka) đường trịn có tâm nằm đường cao góc A tiếp xúc với đường tròn (I) A1 Các điểm B1, C1 xác định tương tự lu Chứng minh AA1, BB1, CC1 đồng qui P an Lời giải: va n Ta chứng minh toán: gh tn to Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường ie trịn (I) có D tiếp điểm đường p trịn bàng tiếp góc A lên BC Gọi M, nl w N giao điểm AD với (I) (N nằm d oa A M) Giả sử IM cắt đường u nf va Thật vậy: an lu cao AH K, ta có KA = KM Gọi E tiếp điểm (I) lên ll oi m BC Giả sử IE cắt (I) điểm thứ hai N’ khác E Qua N’ vẽ đường thẳng z at nh song song với BC cắt AB AC B’ C’ Dễ thấy tồn phép vị tự biến tam giác AB’C’ thành tam giác ABC z Phép vị tự biến tiếp điểm N’ đường tròn bàng tiếp (I) @ Suy A, N’, D thẳng hàng hay N’ trùng với N m co ∆ABC lên BC l gm ∆AB’C’ lên B’C’ thành tiếp điểm D đường tròn bàng tiếp (J) an Lu Khi đó, tam giác IMN đồng dạng với ∆KMA (do IN // AK), mà n va ∆IMN cân I nên ∆KAM cân K hay KA = KM, suy đường trịn có ac th si tâm thuộc đường cao góc A, qua A tiếp xúc với (I) M M thuộc AD Ta có đường trịn Ta lại có: Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC lên cạnh BC, CA, AB Theo bổ đề trên, ta thấy: A1  AD, B1  CF, C1  BE suy ra: AA1, BB1, lu an CC1 đồng quy AD, BE, CF đồng quy (1) va n Mặt khác, đặt BC = a, CA = b, AB = c; AB  BC  CA P gh tn to Suy ra: DB = EC = p – c; DC = AF = p – b; E = BF = p − a p ie Suy ra: DB EC FA  Theo định lí Ceva ta có AD, BE, CF đồng quy (2) DC EA FB nl w Từ (1) (2), ta có AA1, BB1, CC1 đồng quy (ĐPCM) d oa 1.3 Phƣơng tích điểm đƣờng trịn an lu Khái niệm: Cho đường tròn tâm O, điểm M cố định Một đường va thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn hai điểm A, B Ta ln có ll u nf MA.MB  MO2  R2  d  R2 không đổi gọi phương tích điểm oi m M đường trịn (O); kí hiệu P(M/ (O)) z at nh Cho hai đường trịn khơng đồng tâm (O1; R1) (O2; R2) Tập hợp điểm M có phương tích hai đường trịn đường z thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn gm @ (O1) (O2) m co l Ví dụ 1.3: Cho đường trịn tâm O hai đường kính AB, CD Tiếp tuyến với đường tròn (O) B cắt AC P, PD cắt đường tròn (O) lần an Lu G Chứng minh đường thẳng AG, BC, PO đồng quy n va ac th si Lời giải: Gọi I trung điểm PA, I’ trung điểm PC Ta có bốn điểm O, B, C, I nằm đường trịn Ω đường kính BI Mặt khác OC = OG, I’C = I’G Suy ra: GAI '  CDG = COI '  GOI ' Suy ra: O, A, G, I’ nằm đường tròn Ω’ lu an Suy ra: P(O/ Ω)= P(O/Ω’)= va n Ta có (P/ Ω)= PI PC  PA.PI ' = (P/ Ω’) PO trục đẳng phương Ω Ω’ tn to Vậy ta có: ie gh AG trục đẳng phương hai đường tròn (O) Ω’ p BC trục đẳng phương (O) Ω nl w Vậy AG, BC, PO đồng quy (ĐPCM) d oa 1.4 Phép vị tự an lu Khái niệm phép vị tự: Phép đặt tương ứng điểm M với điểm M' u nf va cho: OM'  kOM gọi phép vị tự tâm O tỉ số k ll k Kí hiệu: VO ; điểm O gọi tâm vị tự, k gọi tỷ số vị tự m oi Phép vị tự hoàn toàn xác định biết tâm vị tự tỷ sổ vị tự z at nh k k - Ta có: VO (M) = M' M' gọi ảnh M qua VO z k - Phép vị tự VO biến hình H thành hình H' (H' gồm tồn điểm M' l gm @ k ảnh M  H qua VO ) - Ba điểm O, M, M' thẳng hàng an Lu Khi đó: m co 1/ k Nếu có: OM'  kOM ta có VOk : M  M ' VO : M '  M n va ac th si 2) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN ln qua điểm cố định Lời giải: Ta có: MIN AIB 1800 900 900 A B 2 MIB MEB lu an B n va Vậy tứ giác MEIB nội tiếp đường trịn đường kính IB  IMN gh tn to 900 suy ∆IMN đồng dạng với ∆IBA IMB MN IM   sin IBM = cos MIB AB IB cos 900  2 không đổi oa nl w  MN  AB sin sin p ie nên d 2) Gọi P=AN∩BM I trực tâm tam giác PAB Đường tròn an lu (DMN) đường tròn Euler tam giác PAB, suy đường trịn (DMN) u nf va ln qua trung điểm K AB với K cố định ll Bài toán 2.23: (VMO 2008-Prob.7) m oi Cho tam giác ABC, trung tuyến AD Một đường thẳng d vng góc với z at nh AD Xét M  d Gọi E, F trung điểm MC, MB Đường thẳng qua E, vng góc với d cắt AB P, đường thẳng qua F, vng góc với d, z gm @ cắt AC Q Chứng minh đường thẳng qua M, vng góc với PQ ln qua m co l điểm cố định, M thay đổi d an Lu n va ac th 36 si Lời giải: Gọi M b , M c theo thứ tự hình chiếu B, C d Nhận xét rằng, M  M b P  B, Q  A ; M  M c, P  A, Q  C Gọi S giao điểm lu đường thẳng qua an n va M b vng góc với AB Q Ta chứng minh SM  PQ Ta có: SM b AP  O  SM c AQ => SM c AQ  SM b AP  O p ie gh tn to đường thẳng qua Mc vng góc với AC, S cố định nl w => SM PQ  MM b AP  MM c AQ  O (1) d oa Gọi H, P, , Q, hình chiếu H, P, Q d trung điểm MB, MC) u nf va an lu Khi P, , Q, theo thứ tự trung điểm MMb, MMc (do E, F ll Vậy: M ,b H  HM c  P,Q, => HQ,  M b P ,  M b M m oi Khi đó: MM b AP  MM c AQ  2.MQ, HQ,  MM b HP, z at nh = MQ, M b M  MM b HP, z   = M M  MQ  P M  P M  HP  = M M  P Q  HM   O (2) , , b m co , b , b l , b gm , @ = M b M MQ,  HP, an Lu Từ (1) (2) có SM PQ  O hay SM  PQ (ĐPCM) n va ac th 37 si Bài toán 2.24 (Đề chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2009) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi A1, B1, C1 A2, B2, C2 chân đường cao tam giác ABC hạ từ đỉnh A, B, C điểm đối xứng với A1, B1, C1 qua trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi A3, B3, C3 giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác với AB2C2, BC2A2, CA2B2 với (O) Chứng minh A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy Lời giải: Ta chứng minh đường thẳng lu an A1A3, B1B3, C1C3 qua trọng tâm n va tam giác ABC tn to Thật vậy: Gọi M trung trực gh BC, A’ điểm đối xứng với A qua trung p ie trực BC Ta chứng minh A’ w trùng với A3 hay đường tròn (AB2C2) cắt (O) A’ oa nl Ta có: A, A’ đối xứng qua trung d trực BC nên AB = A’C, AC = A’B Do A, lu va an B C1, C2 đối xứng với qua trung u nf điểm AB nên BC2 = AC1 ll Tương tự: CB2 = AB1 suy ra: oi m z at nh BC2 AC1 AC A' B A' B  ' ;   AB AC CB2 AB1 AC z Mặt khác C3 BA'  B3CA' @ Nên ∆C2BA’=∆BCA’, BC2 A  CB2 A' , AC2 A'  AB2 A' , l gm Vậy tứ giác AC2B2A’ tứ giác nội tiếp hay A’ trùng với A3 AG AG AA    2; GM GM A1M an Lu Do AA3//A1M nên m co Gọi G giao điểm trung tuyến AM với A1A3 n va ac th 38 si Suy G trọng tâm tam giác ABC hay đường thẳng A1A3 qua trọng tâm G tam giác ABC Tương tự B1B3, C1C3 qua G Vậy đường thẳng A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy (ĐPCM) Bài toán 2.25 (Đề chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2006) Cho tam giác ABC tam giác nhọn, không cân, nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Một đường thẳng d thay đổi cho d vuông góc với OA ln cắt tia AB, AC Gọi M, N giao điểm đường thẳng d tia AB, AC Giả sử đường thẳng BN CM cắt K; giả sử đường thẳng AK cắt đường thẳng BC Gọi P giao lu an đường thẳng AK đường thẳng BC Chứng minh đường tròn ngoại n va tiếp tam giác MNP qua điểm cố định d thay đổi tn to Lời giải: ie gh Giả sử AB < AC Do p tam giác ABC không cân nên w AO không vuông góc với BC oa nl MN khơng song song với d BC, suy MN phải cắt đường lu va an thẳng BC điểm, giả sử u nf Q; ll Gọi I trung điểm BC Theo định lí Menelaus cho ba điểm Q, M, N z at nh NA MB QB 1 NC MA QC oi m thẳng hàng là: Mặt khác, theo định lí Céva cho đoạn AP, BN, CM đồng quy, ta z NA MB PB 1 NC MA PC l gm PB QB  hay Q, B, P, C hàng điểm điều hòa, PC QC an Lu suy ra: IP IQ =IB2= IC2 m co Từ đó, suy @ có: n va Do I trung điểm BC nên OI ⊥BC⇒ QI2− BI2 = OQ2 − OB2 ac th 39 si Do đó: QI.QP= QI2 − QI.PI = QI2− IB2 = OQ2 − OB2 = QB.QC Theo tính chất phương tích Q (O) : OQ2 − OB2 = OQ2 − R2 =QB QC Mặt khác tứ giác BMNC nội tiếp có NCB  xAB  AMN (với Ax tia tiếp tuyến (O) Suy ra: QM QN = QB QC  QM QN = QP QI Vậy tứ giác MNIP nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm I cố định (ĐPCM) Bài toán 2.26 (Đề chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2010) Cho tam giác ABC không vuông A có đường trung tuyến AM lu an Gọi D điểm di động đường thẳng AM Gọi (O1), (O2) n va đường tròn qua D, tiếp xúc với BC B C Gọi P, Q tn to giao điểm đường thẳng AB với đường tròn (O1),đường thẳng AC với Tiếp tuyến P (O1) tiếp tuyến Q (O2) phải cắt p ie gh đường tròn (O2) Chứng minh rằng: nl w điểm Gọi giao điểm S va an Lời giải: lu động AM d oa Điểm S di chuyển đường thẳng cố định D di u nf Vì M trung điểm BC nên MA2 = MB2  M có phương ll tích đến hai đường tròn (O1), (O2) hay M thuộc trục đẳng phương m oi Mặt khác, hai đường tròn cắt D nên D nằm trục z at nh đẳng phương Vậy DM trục an Lu n va Từ hệ thức ta thấy m co tứ giác BPQC nội tiếp l tròn (O1),(O2)  AP AB  AQ AC hay gm phương tích đến hai đường @ thuộc đường thẳng DM nên A có z đẳng phương (O1), (O2) mà A ac th 40 si P trùng với A Q trùng với A, P thuộc đoạn AB Q thuộc đoạn AC ngược lại Giả sử góc ABC nhọn, gọi Px tia tiếp tuyến đường trịn (O1) cho góc xPB nhọn Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: xPB = PBC mà PBC = AQP nên xPB = AQB Vì Px tiếp tuyến đường tròn (APQ) nên (O1) tiếp xúc với đường trịn (APQ) Tương tự ta có (O2) tiếp xúc với đường tròn (APQ) Suy tiếp tuyến P (O1) tiếp tuyến Q (O2) hai tiếp tuyến (APQ) điểm P, Q Vì PAQ  900 (gt) nên hai tiếp tuyến khơng song song lu hay chúng phải cắt (ĐPCM) an va Theo chứng minh trên, ta có S thuộc tiếp tuyến (O1) (O2), n SP = SQ nên S có phương tích với hai đường trịn (O1), (O2) nên S gh tn to thuộc trục đẳng phương hai đường tròn này, hay S nằm AM Khi p ie D thay đổi AM S di chuyển AM đường thẳng cố định Bài toán 2.27 (Đề chọn đội tuyển Quốc gia thi IMO 2009) nl w Cho đường trịn (O) có đường kính AB M điểm nằm d oa (O), M không nằm AB Gọi N giao điểm phân giác an lu góc M tam giác AMB với đường tròn (O) Đường phân giác ngồi góc u nf va AMB cắt đường thẳng NA, NB P, Q Đường thẳng MA cắt đường trịn đường kính NQ R, đường thẳng MB cắt đường trịn đường ll oi m kính NP S R, S khác M z at nh Chứng minh đường trung tuyến ứng với đỉnh N tam giác NRS qua điểm cố định M di động phía đường trịn z @ Lời giải: l gm i) Qua R kẻ đường thẳng song song với PQ cắt NA C, qua S kẻ m co đường thẳng song song với PQ cắt NB D Gọi I trung điểm CD an Lu n va ac th 41 si Ta chứng minh CD//AB Thật vậy, N thuộc đường trịn đường kính AB nên NAB  900 ⇒ AN  BN Suy BN tiếp tuyến đường trịn đường kính PN Suy ∆BMN đồng dạng với ∆ BNS lu Vì an PQ đường phân giác góc ngồi AMN nên n va SMP  APM  QMR  BMQ tn to Mặt khác có SMP  SNP (góc nội tiếp chắn cung PS đường trịn ie gh đường kính PN), QMR  QNR (góc nội tiếp chắn cung QR đường p trịn đường kính QN) nên: nl w SNP  QNR  SNP  SNR  QNR SNR  CNR  SNB d oa Xét ∆BNS ∆RNC có CNR  SNB RCN  MPN  NSM  NSB an lu Nên ∆BNS đồng dạng với ∆RNC u nf va Vậy tam giác ∆BMN, ∆BNS, ∆RNC đồng dạng Tương tự, ta có tam giác ∆DSN, ∆RAN, ∆NAM đồng dạng ll m oi ii) Vì ∆BNS đồng dạng với ∆RNC nên NB NS  ; NR NC z at nh NB.NC = NR.NS NS ND  ; NA NR z NA ND = NR NS m co NA NC  ; AB // CD NB ND l Suy ra: NA NC = NB NC; gm @ Vì ∆ DSN đồng dạng với ∆RAN nên an Lu n va ac th 42 si ⇒ Ta có trung điểm AB, trung điểm CD N ba điểm thẳng hàng tức N, O, I thẳng hàng (1) Hơn nữa: ∆BMN đồng dạng với ∆RNC nên ∆DSN đồng dạng với ∆NAM nên MN BN NB.NC ; RC   NC RC MN DN DS NA.ND   DS  MN NA MN Kết hợp ta có RC = DS, mà RC// DS (cùng song song với PQ) nên tứ giác RCSD hình bình hành; Suy hai đường chéo CD RS tứ giác cắt trung điểm đường; lu an Suy I trung điểm CD trung điểm RS Khi NI n va trung tuyến tam giác NRS (2) tn to Từ (1) (2), suy ra: trung tuyến NI tam giác NRS qua ie gh O Vậy trung tuyến ứng với đỉnh N tam giác NRS qua I điểm p cố định M di động khắp phía đường trịn (O) (ĐPCM) nl w Bài tốn 2.28 (Việt Nam TST 2009) oa Cho đường tròn (O) với đường kính AB Một điểm M thay đổi d đường trịn, khơng nằm AB Phân giác góc AMB cắt an lu va đường trịn N, phân giác ngồi góc AMB cắt NA, NB P, Q u nf Đường thẳng MA cắt lại đường trịn đường kính NQ S, đường thẳng ll MB cắt lại đường trịn đường kính NP R oi m qua điểm cố định m co an Lu đường thẳng a, b l định hướng hai gm Kí hiệu (a; b) để góc @ Lời giải: z M thay đổi z at nh Chứng minh trung tuyến kẻ từ đỉnh N tam giác NRS n va ac th 43 si Gọi I trung điểm RS; J, K theo thứ tự điểm đối xứng với M qua NB, NA Khi N trung điểm KJ Ta chứng minh NI qua O Thật vậy, ta có:(MR; MA)+(MA ;MN)  (KR ;KN)  (KR; KA)+(KA; KN)  (KR; KA) + (MN; MA) (mod  ) Suy (MR; MA)  (KR; KA) + 2(MN; MA) (mod  )  (KR; KA) + (MB; MA)  (KR; KA) + (MR; RA) (mod  ) Suy (KR; KA)  (mod  ) hay A,R, K thẳng hàng Tương tự, ta có B, S, J thẳng hàng lu an Ta có: n va BS AR S NSQ S NRP :  : BJ AK S NJQ S NKP gh tn to Suy S NSQ S AR BS    NRP S NJQ S NKP BJ AK p ie Mặt khác, tính đối xứng w (PR; PN)  (KR; KN)  (KA; KN)  (MN;MA) (mod  ) oa nl  (MB; MN)  (JN; JB)  (JN; JS)  (QN; QS) (mod  ) d Do hai tam giác NRP, NSQ đồng dạng, suy ra: an lu S NRP NQ2  NP S NKP S NMp MP   S NJQ S NMQ MQ ll u nf va tính đối xứng nên: S NSQ oi z BS AR BS AR :  hay  k BJ AK BJ AK z at nh Vậy: MQ NQ MQ NP NQ PQ NQ suy    MP NP NQ MP PQ NP NP m NP  NQ nên @ l Bài toán 2.29 gm Khi 2OI  AR  BS  k ( AK  BJ )  2kON hay O, I, N thẳng hàng (ĐPCM) m co Cho đường tròn tâm O đường kính AB, điểm H cố định thuộc cắt (O) C D an Lu AB Từ điểm K thay đổi tiếp tuyến B O, vẽ đường tròn (K; KH) n va ac th 44 si Chứng minh CD qua điểm cố định Lời giải: Gọi I điểm đối xứng H qua B, suy I cố định thuộc (K) Gọi M giao điểm CD AB K Vì CD trục đẳng phương (O) (K) H A O B I nên ta có: MH MI  MC.MD  MA.MB   MB  BH  MB  BI   MB  MB  BA  MB  BH  MB  BH   MB  MB.BA  MB  BH  MB  MB.BA  BH BM  BA  lu an 2 n va tn to gh Vì A, B, H cố định suy M cố định p ie Bài toán 30 (IMO 95/1) w Trên đường thẳng d lấy điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó) Đường oa nl trịn đường kính AC BD cắt X, Y Đường thẳng XY cắt BC d Z Lấy P điểm XY khác Z Đường thẳng CP cắt đường trịn lu an đường kính AC điểm thứ M, BP cắt đường trịn đường kính BD u nf va điểm thứ N Chứng minh AM, DN XY đồng qui ll Lời giải: m oi Gọi Q, Q’ giao điểm z at nh P DN AM với XY Ta cần chứng minh Q  Q X z @ Ta có tứ giác QMCZ nội tiếp, suy nội A tiếp, suy Do P thuộc XY trục đẳng phương Z C D an Lu PQ.PZ  PN PB B m co NQ’ZB l giác M Q gm PM PC  PQ.PZ Tứ N Y n va ac th 45 si đường trịn đường kính AC đường trịn đường kính BD nên PN.PB  PX PY  PM PC Suy PQ.PZ  PQ.PZ  Q  Q Vậy XY, AM DN đồng quy (ĐPCM) Bài toán 2.31 (Chọn đội tuyển Việt Nam 2006) Cho tam giác ABC tam giác nhọn tam giác cân nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Một đường thẳng d thay đổi cho vuông góc với OA ln cắt tia AB, AC Gọi M, N giao điểm d AB, AC Giả sử BN CN cắt K, AK cắt BC Gọi P giao AK BC lu an Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua va n điểm cố định tn to Lời giải: A L Z ie gh Gọi Q giao điểm MN p BC, E trung điểm BC Xét tứ giác X H Q N BMPC ta biết Q, P, B, C Y J w I nl d oa hàng điểm điều hòa (QPBC) = -1 K Q B P D C an lu Khi ta có EP.EQ  EB , O M u nf va suy ra: QE.QP  QE  QE.PE  QE  EB2  OQ2  OB2  QB.QC Vì tứ giác BMNC ll m oi nội tiếp (vì NCB  xAB  AMN ; Ax tia tiếp tuyến (O)), suy z at nh QM QN  QB.QC Vậy QM QN  QP.QE , suy tứ giác MNIP nội tiếp, hay đường tròn z m co l gm @ ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm E cố định (ĐPCM) an Lu n va ac th 46 si Một số tập tương tự Bài tập 3.1 Cho góc vng xOy Các điểm A B theo thứ tự di chuyển tia Ox Oy cho OA + OB = k (k khơng đổi) Vẽ đường trịn (A; OB), (B; OA) Gọi M, N giao điểm (A) (B) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Bài tập 3.2 Cho đường tròn (O) cố định Tứ giác ABCD ln ln ngoại tiếp lu an đường trịn (O) Gọi I, J thứ tự trung điểm AC BD n va Chứng minh đường thẳng IJ qua điểm cố định tứ giác tn to ABCD thay đổi Cho đường tròn (O) dây BC cố định Tiếp tuyến B C với p ie gh Bài tập 3.3 w đường tròn (O) cắt N Điểm A di động cung lớn BC, vẽ dây oa nl AM đường tròn (O) cho AM//BC, MN cắt đường tròn (O) điểm d thứ hai K Chứng minh đường thẳng AK qua điểm cố định va an lu Bài tập 3.4 u nf Cho tam giác ABC góc nhọn, cạnh BC cố định Các đường ll cao tam giác ABC AD, BE, CF Đường thẳng EF cắt BC P m oi Đường thẳng qua D song song EF cắt AC R cắt AB Q z at nh Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua gm @ Bài tập 3.5 z điểm cố định điểm A thay đổi l Cho đường tròn (O; R) cố định cho trước M đường tròn m co (O) Gọi MA, MB tiếp tuyến (O), (A, B tiếp điểm) Gọi C an Lu điểm cung nhỏ AB đường trịn tâm M bán kính MA (cung n va ac th 47 si AB nằm đường tròn (O)) Các tia AC, BC cắt đường tròn (O) P, Q (P khác A, Q khác B) Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định điểm C thay đổi Bài tập 3.6 Cho đường trịn (O) tâm O có đường kính AB cố định Một đường thẳng d tiếp xúc với (O) A Gọi M điểm thuộc đường tròn (O), M khác A, B Tiếp tuyến (O) M cắt d C Xét đường tròn (I) qua M tiếp xúc với d C Giả sử CD đường kính (I) Chứng minh đường thẳng qua D vng góc với BC ln qua lu an điểm cố định M di động đường tròn (O) n va Bài tập 3.7 tn to Cho đoạn thẳng AB điểm M đoạn thẳng Từ M gh vẽ tia Mx vuông góc với AB Trên Mx lấy hai điểm C; D cho MC= MA; p ie MD = MB Đ-ờng tròn tâm O1 qua điểm A, M, C đ-ờng tròn tâm O2 qua điểm B, M, D cắt điểm thứ hai N w oa nl Chứng minh đ-ờng thẳng MN qua điểm cố định d M chuyển trªn AB va an lu Bài tập 3.8 u nf Cho tam giác ABC với đường cao AD (D thuộc BC) Giả sử tia ll DE, DF nằm hai phía đường thẳng AD, cắt đường thẳng AC m oi AB E F cho ADE  ADF z at nh Chứng minh AD, BE, CF đồng quy z m co l gm @ an Lu n va ac th 48 si KẾT LUẬN Trên sở nghiên cứu số tập chứng minh hình học liên quan đến chủ đề điểm cố định, nhận thấy: Các tốn chương trình phổ thơng liên quan đến điểm cố định thường gồm hai nội dung: Dự đoán điểm cố định chứng minh đường thẳng, đường trịn, quỹ tích… ln qua điểm Về phương hướng chứng minh thường học sinh quan tâm dựa vào số tính chất quen thuộc như: tính đồng quy đường lu an tam giác, đa giác nội tiếp, định lý Ceva, phương tích điểm n va đường trịn, phép vị tự, tính cộng tuyến véc tơ… tn to Luận văn hoàn thành nhiệm vụ sau: gh Trình bày vắn tắt số tính chất, định lý… vận dụng p ie q trình chứng minh tốn điểm cố định w Sưu tầm số tốn điểm cố định tạp chí Tốn học d toán… oa nl tuổi trẻ, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán, đề thi chọn học sinh giỏi lu va an Cố gắng đưa lời giải chi tiết cho số toán mà u nf tài liệu nên hướng chứng minh đưa lời giải vắn tắt ll Tuy nhiên, ví dụ trình bày luận văn vài m oi dạng quen thuộc độ khó chưa cao Em hy vọng trình dạy học z at nh Tốn phổ thơng tiếp tục bổ xung thêm ví dụ dạng chứng minh z điểm cố định để vận dụng vào thực tiễn giảng dạy m co l gm @ an Lu n va ac th 49 si TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Đức Chính (2001) Một số phương pháp chọn lọc giải toán sơ cấp (tập 3), NXB ĐHQG Hà Nội [2] Nguyễn Mộng Hy (2000) Các phép biến hình mặt phẳng NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn (2008) Hình học số vấn đề liên quan NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006) Tuyển lu tập Đề thi tuyển sinh Trung học phổ thơng Chun mơn Tốn NXB Giáo an n va dục tn to [5] Tuyển tập (2003) 40 năm Olympic Toán học quốc tế NXB Giáo dục ie gh [6] Tuyển tập (2009) Các tốn chọn lọc 45 năm tạp chí Tốn học p Tuổi trẻ, NXB Giáo dục w d oa nl [7] Đào Tam (2005) Giáo trình hình học sơ cấp, NXB ĐH Sư phạm an lu [8] Dan Bennett (1999) Exploring Geometry with Geomete’s Sketchpad u nf va Key Curriculum Press Innovators in Mathematics Education, CA, USA ll [9] website: VNMATH.com.vn oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th 50 si