Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 các bài toán hình học cố định

CÁC BÀI TOÁN CỐ ĐỊNH Giáo viên báo cáo: Phạm Văn Ninh Trường THPT Chuyên Hạ Long Đối với bài toán chứng minh họ các đường thẳng luôn đi qua một cố định hay tiếp xúc với một đường tròn c

CÁC BÀI TOÁN CỐ ĐỊNH Giáo viên báo cáo: Phạm Văn Ninh Trường THPT Chuyên Hạ Long

Đối với bài toán chứng minh họ các đường thẳng luôn đi qua một cố định hay tiếp xúc với một đường tròn cố định, một vấn đề rất quan trọng là dự đoán được yếu tố cố định nói trên Muốn dự đoán được điểm cố định ( hay đường tròn cố định) mà họ các đường thẳng luôn đi qua ( hay tương ứng luôn tiếp xúc ) ta thường sử dụng các phương pháp sau đây

+) Giải bài toán trong những trường hợp đặc biệt để thấy yếu tố cố định cần tìm ( điểm hay đường tròn) Từ đó suy ra trường hợp tổng quát

+) Xét những đường thẳng đặc biệt của họ để suy ra yếu tố cố định cần tìm

+) Dựa vào tính đối xứng, sự bình đẳng của các đối tượng ( nếu có ) để hạn chế được phạm vi

có thể của yếu tố cố định

+) Dùng phép suy diễn để khẳng định: Nếu họ các đường thẳng đi qua một điểm cố định hay tiếp xúc với một đường tròn cố định thì điểm cố định hay đường tròn cố định cần tìm bắt buộc phải là một đối tượng cụ thể nào đó

+) Dựa vào một số bổ đề và một số định lý trong hình học phẳng

I Các bài toán ban đầu

Bài 1: (Chuyên BN 2013-2014) Cho nửa đường tròn đường kính BC, trên nửa đường tròn lấy

điểm A (khác B và C) Kẻ AH BC (HBC) Trên cung AC lấy điểm D bất kỳ ( khác A và C), đường thẳng BD cắt AH tại I CMR:

a) IHCD là tứ giác nội tiếp

+) D C tâm ngoại tiếp là trung điểm AC

C/m: AB là tiếp tuyến của (AID )

Ta có: BAH  ACB ADBđpcm

Bài 2: (Nghệ An 2013-2014).Cho ABC nội tiếp ( )O ,

một điểm I di chuyển trên cung BC không chứa A ( I

không trùng với B, C) Đường thẳng IC tại I cắt AB tại

F, đường thẳng vuông góc với IB cắt AC tại E CMR: EF

luôn đi qua 1 điểm cố định

Lúc đó EF là đường kính Vậy EF đi qua O cố định

TH2: Khi BAC900 BIC 900

Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF

EIF EAF

    (cùng bù BIC )

EKF EIF

   ( do I và K đối xứng nhau qua EF)

Từ (1), (2), (3) suy ra KAB BIK 180

Suy ra AKBI là tứ giác nội tiếp, hay K( )O

Mà EF là đường trung trực của KI nên E,O, F thẳng hàng

Bài 3: ( Chuyên Bình Dương 2013-2014) Cho (O), đường thẳng (d) cắt (O) tại 2 điểm C và

D Từ M tùy ý trên (d) kẻ 2 tiếp tuyến MA và MB với (O) ( A và B là hai tiếp điểm) Gọi I là trung điểm của CD

a) Cmr: MAIB là tứ giác nội tiếp

b) AB luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên (d)

Lời giải:

b) Dự đoán: Ta thấy OI là đường trung trực của

CD ta thấy điểm M di chuyển tùy ý trên (d) và

đối xứng nhau qua OI thì ta có thể dự đoán

ngay AB đi qua điểm có định nằm trên OI

Gọi Q là giao điểm của AB và OI

MOI

MO OQ

Do O, I cố định nên độ dài OI không đổi

Lại có Q thuộc tia OI cố định

Q

 là điểm cố định (đpcm)

Bài 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định Gọi M là điểm di động trên tia đối của tia

AB ( M khác A) Từ M kẻ tiếp tuyến ME, MF đến (O) (E, F là các tiếp điểm) Kẻ EH BFtại

H Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EH, P là giao điểm của AB và EF Tia BI cắt (O) tại N (N khác B) Chứng minh rằng:

a) Tứ giác NEIP nội tiếp

Nên ENI  EPI

Do đó tứ giác NEIP nội tiếp

90

EIP EHF

    , suy ra EP là đường kính

đường của đường tròn ngoại tiếp tứ giác NEIP

Do đó MP tiếp xúc với đường tròn (NEIP) tại P

c) Dự đoán: Do E, F đối xứng nhau qua đường thẳng AB nên ta có thể dự đoán được: Đường

tròn ngoại tiếp MNE luôn tiếp xúc với 1 đường thẳng cố định là AB

Ta có NMP  NFP NFE

mà NFE  MEN NMP MEN

(MNE)

Hay (MNE) tiếp xúc AB

Bài 5 Cho đường tròn (O) và đường thẳng (d) cố định ( (O) và (d) không có điểm chung) M là

điểm di động trên (d) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt và cát tuyến MCD của (O) (A, B là hai tiếp điểm, C nằm giữa M và D, CD không đi qua O) Vẽ dây DN của (O) song song với AB Gọi I là giao điểm của CN và AB Cmr

OH là K Khi đó ta đưa ra dự đoán I thuộc đường tròn đường kính OK cố định

Kẻ OH ( )d tại H Gọi K là giao điểm của OH và AB Ta có M,O,I thẳng hàng và OI  AB

Vì OI  AB; O, K cố định nên I thuộc đường tròn đường kính OK cố định

Bài 6 Cho đường tròn tâm O, bán kính R và dây cung BC cố định có độ dài BC R 3 A là

một điểm thay đổi trên cung lớn BC Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC và F là điểm đối

xứng của C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp

các ABE và ACF cắt nhau tại K (K  A)

1 Cmr: K luôn thuộc một đường tròn cố định

2 Gọi H là giao điểm của BE và CF

Cmr ABHvà AKCđồng dạng và đường

thẳng AK luôn đi qua một điểm cố định

Lời giải:

1 Dự đoán: Cho A thay đổi trên cung lớn BC ở một vài vị trí ta có thể dự đoán ngay K nằm trên đường ngoại tiếp tam giác BOC

 thuộc đường tròn ngoại tiếp OBC cố định

2 Dựa vào tính chất đối xứng của hình ta dự đoán ngay điểm cố định sẽ nằm trên trung trực

BC và dựa vào các yếu tố trên hình vẽ ta có thể dự đoán thêm AK đi qua điểm O cố định

Tứ giác OBKC nội tiếp

030

Vậy AK luôn đi qua điểm O cố định

Bài 7 Cho ABC nhọn nội tiếp (O) Điểm M thay đổi trên (O) Gọi A B C lần lượt là các 1, 1, 1điểm đối xứng với M qua các cạnh BC, CA, AB Cmr:

a) 3 điểm A B C thẳng hàng 1, 1, 1

b) Đường thẳng chứa 3 điểm A B C luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi 1, 1, 1

Lời giải:

a) Ta nghĩ ngay đến đường thẳng Símon

Gọi A B C lần lượt là hình chiếu ', ', ' của M

xuống BC, CA, AB

A B C luôn đi qua trực tâm H của ABC ( Đường thẳng Staine)

Gọi H là trực tâm ABC ; B C lần lượt đối xứng với H qua AC, AB 2, 2

Suy ra B C thuộc (O) (giả sử M thuộc cung BC không chứa A) 2, 2

Ta có MHC C MHB B, là các hình thang cân, do đó:

Vậy đường thẳng đi qua A B C luôn đi qua trực tâm H của tam giác ABC 1, 1, 1

II Chuỗi bài toán về họ đường tròn đi qua điểm cố định Bài 1 (USA TST 2012)

Cho ABC P là một điểm di động trên BC Gọi

,

Y Z lần lượt là các điểm trên AC AB sao cho ,

,

PY PC PZ PB Chứng minh rằng (AYZ luôn )

đi qua trực tâm ABC

Chứng minh Cách 1

Gọi H H b, c là chân đường cao kẻ từ B C M là ,

trung điểm của BC Dễ thấy các BMH c và

Gọi E là giao của PY với BH b, F là

giao của PZ với CH c Kẻ PT  AC

Dễ thấy PT là phân giác YPC và

tròn

Vậy 6 điểm ,A H Y Z E F cùng thuộc một đường tròn hay , , , , H(AYZ)

Cách 3

Qua Y kẻ đường vuông góc với AC, cắt BC tại

E; qua Z kẻ đường vuông góc với AB, cắt BC

Như vậy , ,Z Y H(AL) hay H(AEF)

Thay đổi giả thiết của bài toán bằng cách cho các BZP,CYP lần lượt cân tại Z, Y ta thu được bài toán sau

Bài 2 Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên AC,

AB sao cho YPYC ZP, ZB Chứng minh rằng (AYZ)luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC



Chứng minh

Gọi ( )O là đường tròn ngoại tiếp ABC , Q là

điểm đối xứng với P qua YZ

Theo phép đối xứng, YQZ  YPZ  BAC

Ta thu được , , ,A Q Y Z cùng thuộc một đường tròn

Tiếp tục cho các BZP,CYP lần lượt cân tại ,B C ta thu được bài toán mới

Bài 3 Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên AC,

AB sao cho CPCY BP, BZ Chứng minh rằng (AYZ)luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp

Ta thu được FZ EY, từ đó ZFI  YEI(c.g.c)

Suy ra ZIF  YIE

Do Z nằm giữa A và F nên D nằm giữa B và P hay P

nằm giữa D và C, suy ra E nằm giữa A và Y Suy ra ZIY  FIE1800 BAC

Vậy (AYZ)đi qua I

Ta có thể phát biểu lại bài toán 3 theo cách khác

Bài 4 Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên ,

AC AB sao cho BZ BP AC và CY CP AB Gọi ', 'Y Z lần lượt đối xứng với , Y Z qua

trung diểm AC, AB Chứng minh rằng AY Z luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp ABC' '  Chứng minh

Ta có CY'BZ' AY AZ AB ACCYBZ BP CP BC nên tồn tại một điểm P'trên BC sao cho BP'BZ CP', 'CY'

Áp dụng bài toán 3 suy ra đpcm Có nhiều cách xác định hai điểm Y, Z trên AC, AB Bài toán tiếp theo là một kết quả khá quen thuộc

Bài 5

Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên AC AB , sao cho PY AB PZ AC, Chứng minh rằng AYZ luôn đi qua 1 điểm cố định khác A 

Chứng minh

Dễ thấy khi PC, đường tròn (AYZ đi qua A, A, )

C, tức là đường tròn 1 qua ,A C và tiếp xúc với AB

Tương tự khi PB, đường tròn (AYZ biến thành )

đường tròn 2 qua ,A B và tiếp xúc với AC

Gọi L là giao điểm thứ hai của 1 và 2, suy ra L

cố định

Ta chứng minh AYZ đi qua  L

Ta cóLAB LCA,LAC LBA

ZB  PB  YA , ta thu được ALZ CLY

180

Vậy AYZ luôn đi qua điểm L cố định 

Thay đổi giả thiết song song bằng vuông góc ta thu được bài toán mới

Bài 6 Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên ,

AC AB sao cho PY AB PZ, AC Chứng minh rằng AYZ luôn đi qua 1 điểm cố định 

Do P chuyển động trên BC nên O chuyển '

động trên đường thẳng d là ảnh của BC qua

phép vị tự tâm A tỉ số 1

2cos BAC Mặt khác, AP và AO đẳng giác trong BAC

nên O và O đối xứng qua phân giác ' BAC Suy ra O chuyển động trên l là ảnh của d qua phép đối xứng trục là phân giác BAC

Như vậy AYZ luôn đi qua điểm đối xứng với A qua l 

Sau đây là một số bài toán được biến đổi giả thiết khác, mỗi bài toán đều có phát biể khá đơn giản nhưng lại không dễ, mời bạn đọc thử tự chứng minh trước khi xem lời giải

Bài 7 Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên

BC ABP giao AC tại  Y , ACP giao  AB tại Z

Chứng minh rằng AYZ luôn đi qua một điểm cố 

định khác A

Chứng minh

Gọi T là hình chiếu của A trên BC, H là trực tâm tam

giác ABC M là trung điểm BC, AM cắt (BHC tại )

J sao cho A và J khác phía với BC AM cắt

(AYZ tại ) L Gọi K là giao của BY và CZ A' đối

Suy ra YKC  BAC  YPC hay KCYP

Từ đó KPC KYA APB A PB' hay ', ,KA P thẳng hàng

Lại có ABC và  BHC đối xứng nhau qua BC nên  A'BHC, AM MJ

Từ đí TM A J' Ta thu được KLJ  AYB APB BPA' KA L' hay LBHC Vậy AYZ luôn đi qua giao điểm của trung tuyến 

ứng với đỉnh A của BHC hay hình chiếu của 

trực tâm H trên AM

Bài 8 Cho ABC , P là một điểm chuyển động

trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên

,

AC AB sao cho YBYP ZC, ZP Chứng minh

rằng AYZ luôn đi qua 1 điểm cố định khác A 

Chứng minh

Gọi O là tâm ngoại tiếp ABC , H K lần lượt là ,

hình chiếu của Y, Z trên BC

Gọi ', 'Y Z lần lượt đối xứng với Y, Z qua A Suy ra Y Z' ' YZ Gọi H K là hình chiếu của ', '', '

Áp dụng bài toán 2 ta thu được OAY Z' '

Theo phép đối xứng tâm A, AYZ đi qua điểm đối xứng với O qua A và đó là điểm cố định 

Bài 9 Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC Kẻ PY PZ lần lượt vuông góc với ,,

AC AB Đường tròn ( BPY giao ) AB lần thứ hai tại M, đường tròn (CPZ giao AC lần thứ )hai tại N Chứng minh rằng (AMN luôn đi qua một điểm cố định )

Chứng minh

Qua B, C lần lượt kẻ đường vuông góc với BC cắt AC,

AB tại E, F Khi đó EBPY và FCPZ

Gọi L là giao của EF với BPY thì  FLP900, suy

ra LCPZ hay L là giao điểm của hai đường tròn

Vậy AMN luôn đi qua điểm đối xứng với chân đường cao kẻ từ A và qua A 

Bài 10 Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC Kẻ PE AC PF,  AB Gọi ,Y Z lần

lượt là các điểm trên AC AB sao cho , AY PE AZ, PF Chứng minh rằng AYZ luôn đi 

qua một điểm cố định khác A

Chứng minh

Gợi ý Lấy đối xứng của Y và Z qua phân

giác BAC được Y Z Qua ', ' Y Z kẻ ', '

đường song song với AC AB cắt nhau tại ,

T chứng minh T chuyển động trên đường

thẳng song song với BC, sau đó áp dụng

bài 5

III Các bài toán cố định áp dụng một số bổ đề

1 Bổ đề Sawayama

Cho ABC nội tiếp (O), M thuộc BC Một đường tròn (O’) tiếp xúc với 2 cạnh MA và MC tại

E, F đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại K

CMR: Đường thẳng EF luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp I của ABC

Lời giải

Gọi G là giao điểm của KF và (O)

Phép vị tự tâm K biến (O’) thành (O); biến F thành G;

biến BC thành tiếp tuyến của (O) song song với BC tại

G, kẻ tiếp tuyến chung KD của (O) và (O’) tại K

Gọi I là giao điểm của AG và EF

Ta có IEK  IAK   ( FKD)  AEIK nội tiếp

  I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

Một cách phát biểu khác: Khi M thay đổi trên BC CMR: EF luôn đi qua một điểm cố định

2 Giao điểm của các phân giác và dây cung của đường tròn nội tiếp

Bổ đề: Cho ABC và M, N là trung điểm của CA, AB Đường tròn nội tiếp ABC có tâm I tiếp xúc BC, CA tại D, E Thì BI, MN, DE đồng quy

    T là hình chiếu của A lên phân

giác BI nên T thuộc đường trung bình của MN

Áp dụng

Bài 1 Cho ABC và X là điểm di chuyển trên tia đối tia CB sao cho đường tròn nội tiếp XAB

và XAC cắt nhau tại P, Q CMR: PQ luôn đi qua 1 điểm cố định khi X thay đổi

Lời giải

Gọi đường tròn nội tiếp XAB tiếp

xúc XB, XA tại D, E Đường tròn nội

tiếp XAC tiếp xúc XC, XA tại F, G

Gọi m là đường trung bình của ABC

, cũng là đường trung bình của các

,

XAB XAC

Từ đó nếu DE cắt m tại U Theo bổ đề

U thuộc phân giác ABC cố định,

MD MP MQMF nên M là trung điểm của DF

Lại chú ý DE và FG vuông góc với phân giác góc X nên tứ giác DUVF là một hình thang

Từ đó do tính chất đường trung bình thì PQ đi qua trung điểm N của UV cố định

Nhận xét: sử dụng bổ đề để chỉ ra hai điểm cố định U, V đóng vai trò quan trọng trong cả bài toán

Bài 2 Cho ABC và D di chuyển trên cạnh BC Đường tròn (K) nội tiếp ADB tiếp xúc DA,

DB tại M, N Đường tròn (L) nội tiếp DAC tiếp xúc DA, DC tại P, Q CMR: giao điểm R của

MN và PQ luôn thuộc 1 đường tròn cố định khi D thay đổi

Lời giải

Gọi m là đường trung bình song song BC

của ABC Gọi U, V lần lượt là giao điểm

của MN, PQ với m

Áp dụng bổ đề trên, ta thấy BU, CV lần

lượt là phân giác của ABC, suy ra U, V

 luôn thuộc đường tròn đường kính UV cố định

3 Hai đoạn thẳng bằng nhau đặt trên 2 cạnh tam giác

Bổ đề Cho ABC, trên cạnh CA, AB lấy các điểm E,

F sao cho CEBF

CMR: Đường tròn ngoại tiếp AEF và đường tròn

ngoại tiếp ABC cắt nhau trên trung trực BC và EF

Lời giải

Gọi trung trực của BC và EF cắt nhau tại K Dễ chứng

minh các tam giác bằng nhau KEC KFB c c c( )

Từ đây suy ra KCE KBF nên tứ giác AKCB nội

tiếp Cũng từ hai tam giác bằng nhau suy ra

KEC KFB

Suy ra KEA KFA nên tứ giác AKEF nội tiếp

Vậy K cũng là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp

C/m: Gọi M, N là hình chiếu  của I lên CA, AB

Dễ thấy INF  IME(c.g.c), từ đó suy ra:

Do đó trong các trường hợp E, F cùng phía hoặc khác phía BC ta cũng đều có BF CE

Vậy theo bổ đề trên gọi N là trung điểm của cung BC chứa A thì AI I1 2  AEF cũng đi qua

N Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1I2 nằm trên đường trung trực AN cố định

Bài 2 Cho ABC, trên cạnh CA, AB lấy các điểm E, F sao cho CEBF CMR: đường thẳng Euler của AEF luôn đi qua 1 điểm cố định khi E, F di chuyển

Lời giải

Gọi G, L lần lượt là trọng tâm ABC và

AEF

 Gọi (O), (K) lần lượt là đường tròn

ngoại tiếp ABC, AEF LK, GO là

đường thẳng Euler của AEF và ABC

Gọi LK giao GO tại T, ta sẽ chứng minh T

cố định

Thật vậy, theo bổ đề 3 thì (O), (K) cắt

nhau tại P trên trung trực EF và BC Gọi

M, N là trung điểm BC, EF Ta dễ thấy các

tam giác cân PEF và PCB đồng dạng có

tâm ngoại tiếp lần lượt là K và O, trung

điểm đáy lần lượt là N, M Do đó theo tính

Nhận xét: Bài toán lại cho ta một kết luận quan trọng là đường thẳng Euler của tam giác AEF

đi qua điểm cố định nếu ứng dụng nó vào chuỗi các bài toán ta vừa xây dựng ở trên thi nó giúp

ta tìm ra nhiều kết quả sâu sắc khác Ngoài ra trong chứng minh trên ta có thể chỉ ra điểm cố định T nằm trên AP là phân giác ngoài góc A Ta có một chú ý quan trọng nữa là trong chứng minh trên ta dễ chỉ ra MN song song OK và cùng vuông góc AP hay cùng song song phân giác góc A Đây là một kết quả đã khá quen thuộc mà các bạn lớp 7, 8 thường hay dùng các tính chất trung điểm và tam giác cân trong tứ giác EFBC có hai cạnh bằng nhau để chứng minh

IV Các bài toán cố định nâng cao

AB BC CA lần lượt tại D E F, , Các đường thẳng AI BI, cắt đường thẳng EF lần lượt tại M N,

a CMR: đoạn MN có độ dài không đổi