Câu [HH10.C3.1.E03.d] (HSG OLIMPIC 11– Quảng Nam – 2018) C : x y x y 0 điểm A 3;1 Gọi I Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn tâm đường tròn C cho ba điểm A, M , I khơng thẳng hàng Tia phân giác góc AIM cắt K tập hợp điểm N M thay đổi C Viết phương đường thẳng AM N Gọi trình đường K Lời giải C I 1; , bán kính R 3 Tính IA 5 Vì IN tia phân giác góc AIM nên 5 MN IM MN AN AM AN AM 1 AN IA AN AN (do N nằm A M ) k biến điểm M thành điểm N Vậy phép vị tự tâm A , tỉ số Có tâm C Gọi P , Q hai giao điểm IA C M P, M Q N chạy K với K ảnh đường trịn Do M chạy C qua phép vị tự tâm A , tỉ số Viết phương trình đường trịn k (trừ hai điểm ảnh P, Q qua phép vị tự K 5 19 AI AI I ; K , ta có 24 Gọi I tâm đường tròn 15 R R K 8 Gọi R bán kính đường trịn , ta có 2 1 19 15 x y K 24 8 Vậy phương trình đường trịn là: Câu [HH10.C3.1.E03.d] (HSG NINH BÌNH 2018-2019) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn O , đường tròn tâm I tiếp xúc với tia AB , AD E F , đồng thời tiếp xúc với đường O điểm T Hai tiếp tuyến A T đường tròn O cắt K Các đường thẳng TE , tròn TF cắt đường tròn O thứ tự điểm M , N ( M , N khác T ) a) Chứng minh ba điểm K , M , N thẳng hàng b) Đường phân giác góc BAC cắt đường thẳng MC P , đường thẳng KP cắt đường thẳng CN Q Chứng minh rằng: Nếu N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADQ bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC ACD Lời giải I thành đường tròn O Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến đường trịn k Khi T , E , M thẳng hàng E ( I ), M (O) nên VT : E M k Do T , F , N thẳng hàng F ( I ), N (O ) nên VT : F N I suy VTk : L A Gọi L giao điểm AT I TL đồng qui A TELF tứ giác điều hòa Tiếp tuyến E , F Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến tứ giác TELF thành TMAN nên TMAN tứ giác điều hòa Suy K , M , N thẳng hàng O Từ IE //OM nên OM AB M điểm cung AB O Tương tự: N điểm cung AD Phân giác góc BAC cắt CM P , mà CM phân giác góc ACB nên P tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ngồi ra, Q thuộc CN phân giác góc ACD NQ NA ND nên Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Gọi r1 , r2 bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC ADC Do K , P, Q thẳng hàng nên theo định lý Menelaus cho tam giác MCN với cát tuyến K , P, Q ta có: PC KM QN 1 PM KN QC Tam giác KAM ~ KNA KM KM KA AM KA KN AN Mặt khác: KN QC AM sin ACM QC sin NCA PC sin MCA Suy PC AN sin ACN Suy r1 r2 Ta có điều phải chứng minh Câu [HH10.C3.1.E03.d] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có diện tích 40 (đơn vị diện tích) nội tiếp đường trịn C có tâm I 0;1 Hình thang cho có cạnh đáy AB nằm đường thẳng x y 0 , E giao điểm hai đường chéo Biết I C trọng tâm tam giác EAB E trọng tâm tam giác ICD , tính bán kính Lời giải Gọi H , K hình chiếu I AB, CD 1/ Ta có nhận xét ban đầu sau: + H , K trung điểm AB, CD + H , K , I , E thẳng hàng AB EH 3 + CD EK + HK 4d I , AB 2 10 2/ HK qua I vng góc với AB nên có phương trình x y 0 Từ tìm 5 H ; 2 3/ Do A 3a 8; a 4/ Ta có S ABCD nên B 3a;5 a AB 10 2a CD Tức , 10 2a 10 2a 10 2a 10 AB CD HK 40 40 2 , tức Từ tìm a 4 a 1 Chọn A 4; A 5;1 ta có bán kính C Câu [HH10.C3.1.E03.d] (HSG Toán 11 - Sở Quảng Ngãi - 2018 – 2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , B ( - 3; 2) cho tam giác ABC vuông A , có đỉnh , đường phân giác góc A có phương trình x + y - = Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC , biết diện tích tam giác ABC 24 điểm A có hồnh độ dương Lời giải Gọi d đường phân giác góc A B ( - 3; 2) Đường thẳng qua điểm vng góc với đường thẳng d : x + y - = có phương trình là: x - y + = Gọi I = D Ç d ïìï x + y - = Û í ïỵï x - y + = ïìï x = í ùợù y = ị I ( 1;6) Khi tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trỡnh: Gi D ầ AC = B Â Tam giỏc ABBcó AI vừa đường cao, vừa đường phân giỏc, ị B Â( 5;10) ú tam giỏc ABBcõn A I trung điểm BB ¢ uuu r ìï AB = ( - - t ; t - 5) ï Þ ïí uuur A( t ;7 - t ) Ỵ d : x + y - = ( t > 0) ïïïỵ AB ¢= ( - t ; t + 3) Gọi , uuu r uuur AB ^ AC Þ AB AB ¢= Û ( - - t ) ( - t ) + ( t - 5) ( t + 3) = Û Vì A( 5;2) B ¢( 5;10) Đường thẳng AC qua hai điểm có phương trình là: uuu r ìï AB = ( - 8;0) ïï í uuu r ïï AC = ( 0; c - 2) C ( 5; c) Ỵ AC : x - = Gọi Ta có ïỵ SDABC = 24 Û AB AC = 24 Theo ta có Û c - = 24 Û éc = ê ê ëc =- ét = Þ A( 5;2) ê êt =- 3( l ) ê ë x- =0 Þ C ( 5; - 4) ( - - 7) ( - + - 7) > nên hai điểm B C nằm phía Với c Khi đó: đường thẳng d (loại) Þ C ( 5;8) ( + - 7) ( - + - 7) < nên hai điểm B C nằm khác phía đối Với c 8 Khi đó: C ( 5;8) với đường thẳng d Điểm thỏa mãn ïìï AB = AB + AC + BC ï = 12 í AC = Þ p = ïï ï BC = 10 Ta có: ïỵ Mà S = p.r Û 24 = 12.r Û r = Vậy đường trịn nội tiếp tam giác ABC có bán kính r = Cách 1: Phương trình đường thẳng BC là: - x + y - 17 = H ( a;7 - a ) Ỵ Gọi tâm đường trịn nội tiếp D ABC ïì a - = ìï d ( H ; AC ) = r ïï Þ ïí Û íï - 3a + ( - a ) - 17 Û ïï d ( H ; BC ) = r ïï = ỵ ïï ỵ ïìï éa = ïï ê ïï ê ëa = ï Û í éa = Û a = Þ H ( 3;4) ïï ê ïï ê ïï êa = ë ỵï ê d : x+ y- =0 ìï a - = ï í ïï 7a - 11 = 10 ỵ 2 ( x - 3) +( y - 4) = Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC là: Cách 2: Sử dụng tính chất: Với H tâm đường trịn nội tiếp D ABC , ta có: uuu r uuu r uuur r BC.HA + AC.HB + AB.HC = uuu r ìï HA = ( - a;2 - b) ïï r ïì 10.( - a ) + 6( - - a ) + 8( - a ) = ï uuu H ( a; b) Þ ïí HB = ( - - a;2 - b) Û íï Û ïï uuur ïï 10.( - b) + 6( - b) + 8( - b) = ỵ ïï HC = ( - a;8 - b) ï ỵ Gọi ìï a = íï ïïỵ b = ( x - 3) +( y - 4) = Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC là: Câu [HH10.C3.1.E03.d] (HSG lớp 11 SGD Thanh Hoá 18-19) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 8 G ;0 C tâm I , trọng tâm , điểm M 0;1 , N 4;1 đối xứng với I qua AB AC , điểm K 2; 1 thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường trịn C Lời giải Ta thấy IM IN vng góc với dây cung AB , AC nên qua trung điểm E , F AB AC Kết hợp tính đối xứng điểm M , N qua cạnh AB , AC , ta có tứ giác AINC , AIBM hình thoi Do đó, AM AN NC BM AI IC IB R Hơn nữa, ta có BM NC ( song song AI ) nên BMNC hình bình hành Suy BC MN Phương trình MN y 1 , BC qua K nên có phương trình y D d ; 1 B d b; 1 C d b; 1 Gọi trung điểm BC tọa độ B C , với b, d Vì yG 0 , yB yC y A 2 xG x A xB xC 8 xA 2d 8 xA 8 2d A 2d ; BC MN 4;0 2b 4 b 2 Mặt khác, 19 2 d MB MA R d 2d Mà nên d 3 d 1 2d 3d 12d 0 d 3 Tương tự NC NA nên B 1; 1 C 5; 1 Suy d 3 nghiệm chung hai phương trình tọa độ ba đỉnh , A 2; , d 2 m 0 m 5 I 3; m m 4 Gọi , từ IA MA R , ta có I 3;0 Với m 0 , suy I 3; Với m 4 , suy (loại IC ) I 3;0 + Hoặc Sử dụng điều kiện AIBM hình thoi nên ta có AI MB , ta tìm 2 C x 3 y 5 Vậy đường tròn