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 toán chứng minh họ đường thẳng qua cố định hay tiếp xúc với đường tròn cố định, vấn đề quan trọng dự đoán yếu tố cố định nói Muốn dự đoán điểm cố định ( hay đường tròn cố định) mà họ đường thẳng qua ( hay tương ứng tiếp xúc ) ta thường sử dụng phương pháp sau +) Giải toán trường hợp đặc biệt để thấy yếu tố cố định cần tìm ( điểm hay đường tròn) Từ suy trường hợp tổng quát +) Xét đường thẳng đặc biệt họ để suy yếu tố cố định cần tìm +) Dựa vào tính đối xứng, bình đẳng đối tượng ( có ) để hạn chế phạm vi yếu tố cố định +) Dùng phép suy diễn để khẳng định: Nếu họ đường thẳng qua điểm cố định hay tiếp xúc với đường tròn cố định điểm cố định hay đường tròn cố định cần tìm bắt buộc phải đối tượng cụ thể +) Dựa vào số bổ đề số định lý hình học phẳng I Các toán ban đầu Bài 1: (Chuyên BN 2013-2014) Cho nửa đường tròn đường kính BC, nửa đường tròn lấy điểm A (khác B C) Kẻ AH  BC ( H  BC ) Trên cung AC lấy điểm D ( khác A C), đường thẳng BD cắt AH I CMR: a) IHCD tứ giác nội tiếp b) AB2  BI BD c) Tâm đường tròn ngoại tiếp AID nằm đường thẳng cố định D thay đổi cung AC Lg: a) Hn b) hn c) Dự đoán AC vì:+) D  A  D  A  I , tâm ngoại tiếp AID  D  A  I +) D  C  tâm ngoại tiếp trung điểm AC C/m: AB tiếp tuyến ( AID) Ta có: BAH  ACB  ADB  đpcm Bài 2: (Nghệ An 2013-2014).Cho ABC nội tiếp (O) , điểm I di chuyển cung BC không chứa A ( I không trùng với B, C) Đường thẳng  IC I cắt AB F, đường thẳng vuông góc với IB cắt AC E CMR: EF qua điểm cố định Lời giải: Ta vẽ thử vài trường hợp ta dự đoán EF qua điểm cố định O Còn nhìn toán với kiến thức hình sơ cập mô hình định lý Pasal: Cho điểm A, B, C, D, E, F nằm đường tròn Gọi G, H, K theo thứ tự giao điểm cặp đường thẳng ( AB, DE), ( BC, EF), ( CD, FA) Khi điểm G, H, K thẳng hàng C/m TH1: Khi BAC  900  BIC  900  F trùng với B, E trùng với C Lúc EF đường kính Vậy EF qua O cố định TH2: Khi BAC  900  BIC  900 Gọi K điểm đối xứng I qua EF  EIF  EAF (cùng bù BIC ) EKF  EIF ( I K đối xứng qua EF)  EKF  EAF  AKEF nội tiếp  KAB  KEF  180 (1) IEF  KEF (do K I đối xứng qua EF) IEF  BIK (cùng phụ KIE ) (2) (3) Từ (1), (2), (3) suy KAB  BIK  180 Suy AKBI tứ giác nội tiếp, hay K  (O) Mà EF đường trung trực KI nên E,O, F thẳng hàng Bài 3: ( Chuyên Bình Dương 2013-2014) Cho (O), đường thẳng (d) cắt (O) điểm C D Từ M tùy ý (d) kẻ tiếp tuyến MA MB với (O) ( A B hai tiếp điểm) Gọi I trung điểm CD a) Cmr: MAIB tứ giác nội tiếp b) AB qua điểm cố định M thay đổi (d) Lời giải: b) Dự đoán: Ta thấy OI đường trung trực CD ta thấy điểm M di chuyển tùy ý (d) đối xứng qua OI ta dự đoán AB qua điểm có định nằm OI Gọi Q giao điểm AB OI MOI  MOI QHO QHO có IOH chung  MO.OH OA2 R MO OQ  OQ    ( R bk (O) không đổi)  OI OI OI OI OH Do O, I cố định nên độ dài OI không đổi Lại có Q thuộc tia OI cố định  Q điểm cố định (đpcm) Bài 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định Gọi M điểm di động tia đối tia AB ( M khác A) Từ M kẻ tiếp tuyến ME, MF đến (O) (E, F tiếp điểm) Kẻ EH  BF H Gọi I trung điểm đoạn thẳng EH, P giao điểm AB EF Tia BI cắt (O) N (N khác B) Chứng minh rằng: a) Tứ giác NEIP nội tiếp b) MNF vuông c) Đường tròn ngoại tiếp MNE tiếp xúc với đường thẳng cố định Lời giải: a) Ta có PI // FH ( tc đường trung bình) ENI  ENB  EFB (cùng nhìn cung EB ) EFB  EPI ( đồng vị) Nên ENI  EPI Do tứ giác NEIP nội tiếp b) EIP  EHF  900 , suy EP đường kính đường đường tròn ngoại tiếp tứ giác NEIP Do MP tiếp xúc với đường tròn (NEIP) P  NPM  NEP Mà NEP  NEF  NFM  NPM  NFM  MNPF nội tiếp  MNF  MPF  900 c) Dự đoán: Do E, F đối xứng qua đường thẳng AB nên ta dự đoán được: Đường tròn ngoại tiếp MNE tiếp xúc với đường thẳng cố định AB Ta có NMP  NFP  NFE mà NFE  MEN  NMP  MEN  (MNE ) tiếp xúc MP Hay (MNE) tiếp xúc AB Bài Cho đường tròn (O) đường thẳng (d) cố định ( (O) (d) điểm chung) M điểm di động (d) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt cát tuyến MCD (O) (A, B hai tiếp điểm, C nằm M D, CD không qua O) Vẽ dây DN (O) song song với AB Gọi I giao điểm CN AB Cmr 1) IA BD IA  IB  IC BC 2) Điểm I thuộc đường cố định M di động (d) Lời giải: Xét IAC BDC có IAC  BDC ICA  BCD  IAC  BDC (g-g) IC BC  IA BD (1) Tương tự, ta có: IC AC  IB AD Ta có MBC MDB (g-g) MC BC  MB BD (3)  Tương tự, ta có: MC AC  MA AD (2) (4) Vì MA  MB nên từ (1), (2), (3), (4) suy IA  IB Dự đoán: Kẻ OH  (d ) H, ta cho điểm M chạy đối xứng với qua OH ta thấy I chạy đối xứng qua OH, nhận thấy AB qua điểm cố định nằm OH K Khi ta đưa dự đoán I thuộc đường tròn đường kính OK cố định Kẻ OH  (d ) H Gọi K giao điểm OH AB Ta có M,O,I thẳng hàng OI  AB  OIK OHM  OK.OH  OI OM Mà OI OM  R2  OK  OB không đổi OH  K cố định Vì OI  AB ; O, K cố định nên I thuộc đường tròn đường kính OK cố định Bài Cho đường tròn tâm O, bán kính R dây cung BC cố định có độ dài BC  R A điểm thay đổi cung lớn BC Gọi E điểm đối xứng B qua AC F điểm đối xứng C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp ABE ACF cắt K ( K  A) Cmr: K thuộc đường tròn cố định Gọi H giao điểm BE CF Cmr ABH AKC đồng dạng đường thẳng AK qua điểm cố định Lời giải: Dự đoán: Cho A thay đổi cung lớn BC vài vị trí ta dự đoán K nằm đường ngoại tiếp tam giác BOC Vì BC  R nên tính BAC  600  ABE  AEB  300 Tứ giác ABKE nội tiếp  AKB  AEB  300 Tương tự, ta có: AKC  AFC  300 Từ suy BKC  AKB  AKC  600 Xét tứ giác OBKC có BOC  BKC  1200  600  1800  OBKC nội tiếp  K thuộc đường tròn ngoại tiếp OBC cố định Dựa vào tính chất đối xứng hình ta dự đoán điểm cố định nằm trung trực BC dựa vào yếu tố hình vẽ ta dự đoán thêm AK qua điểm O cố định Tứ giác OBKC nội tiếp  OKB  OCB  300 Mà AKC  300 (theo 1)  OKB  AKB  K , A, O thẳng hàng Vậy AK qua điểm O cố định Bài Cho ABC nhọn nội tiếp (O) Điểm M thay đổi (O) Gọi A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với M qua cạnh BC, CA, AB Cmr: a) điểm A1 , B1 , C1 thẳng hàng b) Đường thẳng chứa điểm A1 , B1 , C1 qua điểm cố định M thay đổi Lời giải: a) Ta nghĩ đến đường thẳng Símon Gọi A ', B ', C ' hình chiếu  M xuống BC, CA, AB Khi A ', B ', C ' thẳng hàng, mặt khác A ', B ', C ' trung điểm MA1 , MB1 , MC1 nên điểm A1 , B1 , C1 thẳng hàng b) Đây kết quen thuộc hình học phẳng : Đường thẳng qua đường thẳng qua A1 , B1 , C1 qua trực tâm H ABC ( Đường thẳng Staine) Gọi H trực tâm ABC ; B2 , C2 đối xứng với H qua AC, AB Suy B2 , C2 thuộc (O) (giả sử M thuộc cung BC không chứa A) Ta có MHC2C1 , MHB2 B1 hình thang cân, đó: C1HC2  MC2 H  MAC B1HB2  MB2 H  MAB Do đó: C1HC2  B1HB2  B2 HC2  MAC  MAB  B2 HC2  BAC  B2 HC2  1800 Suy C1 , H , B1 thẳng hàng Vậy đường thẳng qua A1 , B1 , C1 qua trực tâm H tam giác ABC Chuỗi toán họ đường tròn qua điểm cố định II Bài (USA TST 2012) Cho ABC P điểm di động BC Gọi Y , Z điểm AC, AB cho PY  PC, PZ  PB Chứng minh ( AYZ ) qua trực tâm ABC Chứng minh Cách Gọi H b , H c chân đường cao kẻ từ B, C M trung điểm BC Dễ thấy BMH c CMH b cân M nên MH c PZ , MH b PY Từ ZH c PM PM YH b    BH c BM CM CH b Mà BHH c CHH b nên ZH c H YH b H Suy ZHH c  YHH b ZHY  H c HH b  1800  BAC Vậy H  ( AYZ ) Cách Gọi E giao PY với BH b , F giao PZ với CH c Kẻ PT  AC Dễ thấy PT phân giác YPC PT BH b nên BEP  EBP  HAY Suy A, H ,Y , E thuộc đường tròn Mặt khác, PE  PB  PZ , PF  PC  PY nên FYEZ hình thang cân hay F ,Y , E, Z thuộc đường hay tròn Vậy điểm A, H ,Y , Z , E, F thuộc đường tròn hay H  ( AYZ ) Cách Qua Y kẻ đường vuông góc với AC, cắt BC E; qua Z kẻ đường vuông góc với AB, cắt BC F YE cắt ZF L Do BZF vuông PB  PZ  PF Tương tự: PC  PE PZ  PB nên Suy EF  PE  PF  PB  PC  BC Lại có LF HC , LE HB Nên BHC  ELF Suy đường cao kẻ từ L H tới BC hay LH BC  LH  AH Như Z ,Y , H  ( AL) hay H  ( AEF ) Thay đổi giả thiết toán cách cho BZP, CYP cân Z, Y ta thu toán sau Bài Cho ABC , P điểm chuyển động BC Gọi Y, Z điểm AC, AB cho YP  YC, ZP  ZB Chứng minh ( AYZ ) qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Chứng minh Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp ABC , Q điểm đối xứng với P qua YZ Theo phép đối xứng, YQZ  YPZ  BAC Ta thu A, Q,Y , Z thuộc đường tròn  AYQ  AZQ Cũng theo phép YQ  YP  YC, ZQ  ZP  ZB đối xứng, 1 Suy ABQ  AZQ  AYQ  ACQ Từ Q nằm (O) 2 Suy AOQ  2ACQ  AYQ hay Q, A, O,Y thuộc đường tròn Ta thu O  ( AYQ) Tiếp tục cho BZP, CYP cân B, C ta thu toán Bài Cho ABC , P điểm chuyển động BC Gọi Y, Z điểm AC, AB cho CP  CY , BP  BZ Chứng minh ( AYZ ) qua tâm đường tròn nội tiếp ABC Chứng minh Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn (I) nội tiếp ABC với cạnh BC, CA, AB Không tổng quát, giả sử Z nằm A F Ta có BD  BE, BP  BZ suy ZF  PD Tương tự EY  PD Ta thu FZ  EY , từ ZFI  YEI (c.g.c) Suy ZIF  YIE Do Z nằm A F nên D nằm B P hay P nằm D C, suy E nằm A Y Suy ZIY  FIE  1800  BAC Vậy ( AYZ ) qua I Ta phát biểu lại toán theo cách khác Bài Cho ABC , P điểm chuyển động BC Gọi Y, Z điểm AC, AB cho BZ  BP  AC CY  CP  AB Gọi Y ', Z ' đối xứng với Y , Z qua trung diểm AC, AB Chứng minh  AY ' Z ' qua tâm đường tròn nội tiếp ABC Chứng minh Ta có CY ' BZ '  AY  AZ  AB  AC  CY  BZ  BP  CP  BC nên tồn điểm P ' BC cho BP '  BZ ', CP '  CY ' Áp dụng toán suy đpcm Có nhiều cách xác định hai điểm Y, Z AC, AB Bài toán kết quen thuộc Bài Cho ABC , P điểm chuyển động BC Gọi Y, Z điểm AC, AB cho PY AB, PZ AC Chứng minh  AYZ  qua điểm cố định khác A Chứng minh Dễ thấy P  C , đường tròn ( AYZ ) qua A, A, C, tức đường tròn 1 qua A, C tiếp xúc với AB Tương tự P  B , đường tròn ( AYZ ) biến thành đường tròn 2 qua A, B tiếp xúc với AC Gọi L giao điểm thứ hai 1 2 , suy L cố định Ta chứng minh  AYZ  qua L Ta có LAB  LCA, LAC  LBA Suy ALB  ALC  1800  BAC ALB CLA Do AZ CP CY , ta thu ALZ   ZB PB YA CLY Suy ALZ  CLY hay ZLY  ALC  1800  BAC Vậy  AYZ  qua điểm L cố định Thay đổi giả thiết song song vuông góc ta thu toán Bài Cho ABC , P điểm chuyển động BC Gọi Y, Z điểm AC, AB cho PY  AB, PZ  AC Chứng minh  AYZ  qua điểm cố định khác A Chứng minh Gọi M trung điểm YZ Do P trực tâm AYZ nên AP  2OM  AP 2OM   2cos BAC  const AO OY Trên AP lấy điểm O ' cho AO '  AO Suy AO '  AP 2cos BAC Do P chuyển động BC nên O ' chuyển động đường thẳng d ảnh BC qua phép vị tự tâm A tỉ số 2cos BAC Mặt khác, AP AO đẳng giác BAC nên O O ' đối xứng qua phân giác BAC Suy O chuyển động l ảnh d qua phép đối xứng trục phân giác BAC Như  AYZ  qua điểm đối xứng với A qua l Sau số toán biến đổi giả thiết khác, toán có phát biể đơn giản lại không dễ, mời bạn đọc thử tự chứng minh trước xem lời giải Bài Cho ABC , P điểm chuyển động BC  ABP  giao AC Y ,  ACP  giao AB Z Chứng minh  AYZ  qua điểm cố định khác A Chứng minh Gọi T hình chiếu A BC, H trực tâm tam giác ABC M trung điểm BC, AM cắt ( BHC ) J cho A J khác phía với BC AM cắt ( AYZ ) L Gọi K giao BY CZ A ' đối xứng với A qua BC Ta BYA  BPA  1800  APC  1800  AZC có Suy K   AYZ  Suy YKC  BAC  YPC hay K   CYP  Từ KPC  KYA  APB  A' PB hay A ', P,K thẳng hàng Do K   AYZ  nên BKC  1800  BAC  BHC Suy K   BHC  Lại có  ABC   BHC  đối xứng qua BC nên A '   BHC  , AM  MJ Từ đí TM A ' J Ta thu KLJ  AYB  APB  BPA'  KA' L hay L   BHC  Vậy  AYZ  qua giao điểm trung tuyến ứng với đỉnh A  BHC  hay hình chiếu trực tâm H AM Bài Cho ABC , P điểm chuyển động BC Gọi Y, Z điểm AC, AB cho YB  YP, ZC  ZP Chứng minh  AYZ  qua điểm cố định khác A Chứng minh Gọi O tâm ngoại tiếp ABC , H , K hình chiếu Y, Z BC Do YB  YP, ZC  ZP ta thu HP  HB, KP  KC , từ HK  BC Áp dụng Bài Cho ABC X điểm di chuyển tia đối tia CB cho đường tròn nội tiếp XAB XAC cắt P, Q CMR: PQ qua điểm cố định X thay đổi Lời giải Gọi đường tròn nội tiếp XAB tiếp xúc XB, XA D, E Đường tròn nội tiếp XAC tiếp xúc XC, XA F, G Gọi m đường trung bình ABC , đường trung bình XAB, XAC Từ DE cắt m U Theo bổ đề U thuộc phân giác ABC cố định, U cố định Tương tự FG cắt m V V cố định Ta lại dễ thấy PQ cắt BC M theo tính chất tiếp tuyến MD2  MP.MQ  MF nên M trung điểm DF Lại ý DE FG vuông góc với phân giác góc X nên tứ giác DUVF hình thang Từ tính chất đường trung bình PQ qua trung điểm N UV cố định Nhận xét: sử dụng bổ đề để hai điểm cố định U, V đóng vai trò quan trọng toán Bài Cho ABC D di chuyển cạnh BC Đường tròn (K) nội tiếp ADB tiếp xúc DA, DB M, N Đường tròn (L) nội tiếp DAC tiếp xúc DA, DC P, Q CMR: giao điểm R MN PQ thuộc đường tròn cố định D thay đổi Lời giải Gọi m đường trung bình song song BC ABC Gọi U, V giao điểm MN, PQ với m Áp dụng bổ đề trên, ta thấy BU, CV phân giác ABC , suy U, V cố định Lại có: URV  NRQ  1800  QNR  NQR ADN   ADQ    1800   900     90        900  R thuộc đường tròn đường kính UV cố định Hai đoạn thẳng đặt cạnh tam giác Bổ đề Cho ABC , cạnh CA, AB lấy điểm E, F cho CE  BF CMR: Đường tròn ngoại tiếp AEF đường tròn ngoại tiếp ABC cắt trung trực BC EF Lời giải Gọi trung trực BC EF cắt K Dễ chứng minh tam giác KEC  KFB(c.c.c) Từ suy KCE  KBF nên tứ giác AKCB nội tiếp Cũng từ hai tam giác suy KEC  KFB Suy KEA  KFA nên tứ giác AKEF nội tiếp Vậy K giao điểm đường tròn ngoại tiếp ABC đường tròn ngoại tiếp AEF Bài toán áp dụng Bài Cho ABC nội tiếp (O) M thuộc trung trực BC; I1 , I tâm đường tròn nội tiếp MAB, MAC CMR: tâm đường tròn ngoại tiếp AI1I thuộc đường thẳng cố định M thay đổi Lời giải Bổ đề: Cho ABC với I tâm đường tròn nội tiếp Đường tròn qua A, I cắt CA, AB E, F khác A AE  AF  CA  AB  BC C/m: Gọi M, N hình chiếu  I lên CA, AB Dễ thấy INF  IME (c.g.c) , từ suy ra: AE  AF  AM  AN  CA  AB  BC Áp dụng vào bài: Gọi đường tròn ngoại tiếp  AI1I  cắt AM, CA, AB E, F khác A D, N A Theo bổ đề dễ thấy: AD  AF  AB  AM  MB AD  AE  AC  AM  MC Trừ hai đẳng thức ý MB  MC AF  AE  AB  AC hay AB  AF  AC  AE F O I1 ta E D I2 B C M Do trường hợp E, F phía khác phía BC ta có BF  CE Vậy theo bổ đề gọi N trung điểm cung BC chứa A  AI1I    AEF  qua N Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1I2 nằm đường trung trực AN cố định Bài Cho ABC , cạnh CA, AB lấy điểm E, F cho CE  BF CMR: đường thẳng Euler AEF qua điểm cố định E, F di chuyển Lời giải Gọi G, L trọng tâm ABC AEF Gọi (O), (K) đường tròn ngoại tiếp ABC , AEF LK, GO đường thẳng Euler AEF ABC Gọi LK giao GO T, ta chứng minh T cố định Thật vậy, theo bổ đề (O), (K) cắt P trung trực EF BC Gọi M, N trung điểm BC, EF Ta dễ thấy tam giác cân PEF PCB đồng dạng có tâm ngoại tiếp K O, trung điểm đáy N, M Do theo tính chất đồng dạng dễ PK KO PO   PN MN PM tỷ số cố định Mặt khác từ suy MN KO Ta lại ý GL  GL MN Do MN GL KO GL GL MN PM TG GL    tỷ số cố định Từ ta có không đổi T cố định Ta KO MN KO PO TO KO có đpcm Nhận xét: Bài toán lại cho ta kết luận quan trọng đường thẳng Euler tam giác AEF qua điểm cố định ứng dụng vào chuỗi toán ta vừa xây dựng thi giúp ta tìm nhiều kết sâu sắc khác Ngoài chứng minh ta điểm cố định T nằm AP phân giác góc A Ta có ý quan trọng chứng minh ta dễ MN song song OK vuông góc AP hay song song phân giác góc A Đây kết quen thuộc mà bạn lớp 7, thường hay dùng tính chất trung điểm tam giác cân tứ giác EFBC có hai cạnh để chứng minh IV Các toán cố định nâng cao Bài (VMO 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm phân biệt A, B( A  B) C điểm di động mặt phẳng cho ACB    00    1800  Đường tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA D, E, F Các đường thẳng AI , BI cắt đường thẳng EF M , N a CMR: đoạn MN có độ dài không đổi b CMR Đường tròn ngoại tiếp MND qua điểm cố định Lời giải a Xét AFM , ta có: AMF  1800   MAF  FAM   900   EFI  FAM   C A   900   ECI  FAM   900       B   IBA Lại có NIM  AIB (đối đỉnh) Suy IMN IBA (*) Vì thế, hạ IH  MN ta được: MN IM IH     sin EFI  sin AB ID IF Do MN  BA.sin   const b Dễ thấy điểm F D đối xứng qua đường thẳng AM Kết hợp với (*) ta IMD  IBD Do đó, tứ giác IMBD tứ giác nội tiếp Suy BMA  900 , hay BMA vuông M Vì gọi P trung điểm , ta có: BPM  2BAM  BAC Do điểm E D đối xứng qua đường thẳng BN nên với (*) ta được: MND  2INM  2IAB  BAC Vì thế, ta có BPM  MND suy điểm M , N , D, P nằm đường tròn Điều chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp DMN qua điểm cố định P - trung điểm AB Bài (VMO 2013) Cho ABC không cân Kí hiệu ( I ) đường tròn nội tiếp ABC D, E, F tiếp điểm đường tròn ( I ) với BC, CA, AB Đường thẳng qua E vuông góc với BI cắt ( I ) K  K  E  , đường thẳng qua F vuông góc với CI cắt ( I ) L ( L  F ) Gọi J trung điểm KL a CMR: D, I , J thẳng hàng AB  k ( k không thay đổi) Gọi AC M , N tương ứng cá giao điểm IE, IF với ( I ) (M  E, N  F ) MN cắt IB, IC P, Q CMR: đường trung trực PQ qua điểm cố định b Giả sử đỉnh B C cố định, đỉnh A thay đổi cho tỉ số Lời giải a Do D, E tiếp điểm ( I ) với cạnh BC, CA nên ta có DE  CI , theo gt FL  CI  DE FL Tương tự ta có DF EK Từ cung đường tròn ta có DK  EF  DL  D nằm đường trung trực KL Tương tự I nằm trung trực KL  D, I , J thẳng hàng b Gọi X , Y giao điểm BI , CI với EF Gọi T trung điểm BC , G giao điểm AI BC , U điểm đối xứng T qua G Ta c/m trung trực PQ qua U Bổ đề quen thuộc: ta c/m BXC  CYB  900  B, C, X , Y nằm đường tròn tâm T , đường kính BC Suy T nằm trung trực XY Dễ thấy cặp điểm M , E N , F đối xứng qua I nên EF MN hay XY PQ , ta có IEX  IMP  X P đối xứng qua I Tương tự ta có Y Q đối xứng qua I hay đường trung trực PQ đối xứng đường trung trực XY qua AI ( AI  XY ) Từ suy đường trung trực PQ qua U Vì B, C cố định nên T cố định Tỉ số GB AB   k không đổi nên G cố định GC AC Do U cố định Vì đường trung trực PQ qua điểm cố định U Bải (VMO 2013) Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) D điểm thuộc cung BC không chứa A Đường thẳng  thay đổi qua trực tâm H ABC cắt đường tròn ngoại tiếp ABH , ACH M , N (M  H , N  H ) a Xác định vị trí đường thẳng  để SAMN đạt giá trị lớn b Kí hiệu d1 đường thẳng qua M  BD , d đường thẳng qua N  DC CMR: giao điểm d1 , d thuộc đường tròn cố định Lời giải a Dễ thấy RAHB  RAHC  RABC Lại có AM , AN hai dây cung chung chắn góc AHM AHN nên AM  AN Ta có : MAN  MAB  BAC  CAN  MHB  BAC  CMN  2BAC  const  SAMN  AM AN sin MAN SAMN lớn  AM , AN lớn hay AM , AN đường kính  AHB  ,  AHC  Khi AHM  AHN  900    AH hay  BC b MPN  1800  BDC  BAC; MAN  2BAC  MAN  2MPN  P   A, AM  Gọi F giao điểm khác A  AHC  với đường thẳng qua A CD Ta có AF  PN nên P đối xứng với N qua AF Mà N di động  AHC  cố định AF cố định  P di động đường tròn cố định đối xứng với  AHC  qua AF Bài Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) , phân giác BAC cắt (O) D khác A ; E điểm đối xứng B qua AD BE cắt (O) F khác B P điểm di chuyển cạnh AC BP cắt (O) Q khác B Đường thẳng qua C song song AQ cắt FD điểm G a Gọi EG cắt BC H CMR B, P, E, H thuộc đường tròn , gọi đường tròn ( K ) b Gọi đường tròn (K) cắt (O) L khác B CMR: LP qua điểm S cố định P di chuyển Lời giải a Ta dễ dàng c/m DF trung trực EC Ta có: GEC  GCE  QAC  QBC  PBC  BPEH tứ giác nội tiếp b Ta c/m LP qua điểm S cố định, S điểm cung BC chứa A Thật vậy, ta có biến đổi góc: DLP  DLB  BLP  BAD  BEP  BAD  ABE  900  LS đường kính đường tròn ngoại tiếp ABC  S điểm cung BC chứa A đường tròn ngoại tiếp ABC Bài Cho A điểm thuộc đường tròn (O) cố định d đường thẳng cố định B cố định thuộc d P điểm di chuyển d Đường tròn ( K ) ngoại tiếp ABP cắt (O) Q khác A AQ cắt (d) M AP cắt (O) N khác A CMR: MN qua điểm cố định P di chuyển Lời giải Gọi MN cắt (O) C khác N Gọi CB cắt (O) D khác C Theo tính chất tứ giác nội tiếp: MC.MN  MQ.MA  MB.MP Suy điểm B, P, N, C thuộc đường tròn Ta c/m: AD d Ta có: ADC  ANC  DBP  AD d  D cố định Mà B cố định  C cố định  đpcm Bài Cho đường tròn (O) điểm I không nằm (O) MN dây cung qua I, P điểm cố định không thuộc (O) a CMR: đường tròn ngoại tiếp PMN qua điểm cố định khác P b Gọi PM, PN cắt (O) K, L khác M, N Cmr: đường tròn ngoại tiếp PKL qua điểm cố định khác P Lời giải a Gọi R bán kính (O) Không tổng quát, giả sử I nằm (O), trường hợp nằm tương tự Gọi đường tròn ngoại tiếp PMN cắt PI S khác P Áp dụng hệ thức lượng đường tròn ta có: IS.IP  IM IN  R2  OI không đổi nên S cố định b Gọi KL cắt PI J Không tổng quát ta giả sử P nằm (O) ( trường hợp P nằm tương tự) Ta thấy MSP  MNP  MKJ Suy tứ giác MKSJ nội tiếp  PS.PJ  PK PM  OP2  R2 nên J cố định Dây KL qua J cố định, tương tự câu a ta có đường tròn ngoại tiếp tiếp PKL qua T cố định khác P Bài Cho ABC nhọn nội tiếp (O) cố định; B, C cố định A di chuyển (O) D trung điểm BC Tiếp tuyến A (O) cắt BC E Đường tròn ngoại tiếp ADE cắt (O) F khác A CMR: đường thẳng AF qua điểm cố định A di động Lời giải Do EAO  900  EDO  O nằm đường tròn ngoại tiếp ADE Gọi AF cắt OD T Ta có TD.TO  TF TA  PT /(O )  OT  OC  OC  TO2  TD.TC  TO.DO Từ dễ suy OC  TC Vậy T cố định Bài Cho ABC , điểm M di chuyển đoạn BC; B ' thuộc đoạn AC, C ' thuộc đoạn AB cho MB ' AB , MC ' AC Gọi Nb , Nc tâm đường tròn Euler MBC ' MCB ' T trung điểm Nb Nc CMR: MT qua điểm cố định Lời giải Gọi N tâm đường tròn Euler ABC Ta chứng minh MT qua N cố định Do tâm đường tròn Euler trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp Do đó, tính chất  đồng dạng ta suy B, Nb , N C , Nc , N thẳng hàng Hơn ta có BNb MB NN c   Nb N MC N c N Do dễ thấy NNb MNc hình bình hành Nên MN qua trung điểm T Nb Nc hay MT qua N cố định V Một số tập thi vào lớp 10 chuyên 2015-2016 Bài Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ (Tin) Cho hình vuông ABCD tâm O, M điểm di động cạnh AB Trên cạnh AD lấy điểm E cho AM  AE , cạnh BC lấy điểm F cho BM  BF a Cmr: OA phân giác MOE , OB phân giác MOF , từ suy O, E, F thẳng hàng b Gọi H chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF CMR: điểm A, B, H, O nằm đường tròn c CMR: Khi M di động cạnh AB MH qua điểm cố định Dự đoán câu c: Do tính chất đối xứng dựa vào hình ta dự đoán MH qua điểm cố định trung điểm cung AB không chứa O đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHO Cm: Ta thấy HM đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHO, Gọi K giao điểm MH đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHO nên suy HK đường kính Do K trung điểm cung AB không chứa O đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHK Bài Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ (Toán) Cho đường tròn (O, R) dây cung BC  R cố định Điểm A di động cung lớn BC cho ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng B qua AC, F điểm đối xứng C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp ADE ACF cắt K ( K  A) Gọi H giao điểm BE CF a CMR: KA phân giác BKC tứ giác BHCK nội tiếp b Xác định vị trí điểm A để S BHCK lớn Tính diện tích lớn theo R c CMR: AK qua điểm cố định Dự đoán: Vẽ hình kết hợp vài vị trí đặc biệt ta dự đoán AK qua O CM: c) Ta dễ chứng minh tứ giác BHOC nội tiếp suy điểm B, H, O, C, K nằm đường tròn mà theo câu a) ta chứng minh KA phân giác góc BKC, mặt khác ta có O trung điểm cung BC không chứa K đường tròn ngoại tiếp tứ giác KBHC nên KA qua O Bài Chuyên Bắc Giang Cho điểm A cố định nằm (O;R) Một đường thẳng    thay đổi qua A không qua O cắt (O) B, C cho AB  AC Các tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt D Đường thẳng qua D  OA cắt OA H cung nhỏ BC đường tròn (O) M a CMR: AM tiếp tuyến đường tròn (O) M b CMR: Đường tròn ngoại tiếp BOC qua điểm cố định AC  HM   c CMR:  AB  HB  b) Dự đoán: Điểm cố định phải nằm OA từ suy điểm cố định H Chứng minh: Bài Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An Cho đường tròn (O,R) có BC dây cung cố định ( BC  2R ) E điểm cung nhỏ BC Gọi A điểm cung lớn BC AB  AC ( A khác B) Trên đoạn AC lấy điểm D khác C cho EC  ED Tia BD cắt (O,R) điểm thứ hai F a CMR: D trực tâm AEF b Gọi H trực tâm DCE , DH cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp BDN cắt (O,R) điểm thứ hai M CMR: DM qua điểm cố định b) Dự đoán: DM qua trung điểm cung BC chứa A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài Chuyên Bến Tre ( chuyên toán) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB  2R điểm M di động nửa đường tròn ( M không trùng với A B) Vẽ đường tròn tâm I tiếp xúc với (O) M tiếp xúc AB N Đường tròn cắt MA, MB C, D a CMR: C, I, D thẳng hàng b CMR: ACDB hình thang MN phân giác góc AMB c CMR: Đường thẳng MN qua điểm cố định K tích KM KN không đổi M di động Dự đoán: MN qua điểm cố định K ( K trung điểm cung AB không chứa M (O) Bài Chuyên bến tre (Cho thí sinh) Cho (O;R) điểm P cố định nằm đường tròn Từ P vẽ tiếp tuyến PA cát tuyến PBC tới đường tròn ( cát tuyến không qua O điểm B nằm P C) Gọi H trực tâm ABC , H ' điểm đối xứng H qua BC Điểm D đối xứng A qua O a CMR: ABH ' C nội tiếp b CMR: PB.PC  PO2  R2 c Gọi O ' đối xứng O qua BC CMR: AHO ' O hình bình hành d CMR: H thuộc đường tròn cố định cát tuyến PBC thay đổi Gợi ý: d) H nằm đường tròn tâm O’ bán kính OA Bài Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Định Cho (O) đường kính AB  2R Điểm C di động cho ACB  600 đoạn thẳng AC, BC cắt (O) điểm D, E a CMR: Khi C di động đường thẳng DE tiếp xúc với đường tròn cố định b Gọi M, N hình chiếu  A, B lên đường thẳng DE Xác định vị trí điểm C để tích AM BN đạt giá trị lớn Gợi ý: Ta chứng minh góc DOE 60 suy tam giác DOE nên OF= R R Hay DE tiếp xúc với (O, ) 2 Bài Cho BC dây cung cố định đường tròn (O), BC đường kính A điểm di động cung lớn BC ( A không trùng với B, C) Gọi AD, BE, CF đường cao ABC ; EF cắt BC P Qua D vẽ đường thẳng song song EF cắt AC Q cắt AB R a CMR: BQCR tứ giác nội tiếp b Gọi M trung điểm BC CMR EPM DEM hai tam giác đồng dạng c CMR: Đường tròn ngoại tiếp PQR qua điểm cố định Gợi ý: Đường tròn ngoại tiếp PQR qua điểm cố định M ( M trung điểm BC), nghĩa cần chứng minh tứ giác PRMQ nội tiếp Bài Cho ABC cân A Hai điểm D, E theo tứ tự thay đổi cạnh AB, BC Gọi F, H chân đường  hạ từ D, A xuống BC Giả sử EF  BC a CMR: CE  FH b CMR: Đường thẳng qua E  DE qua điểm cố định b) Dự đoán: Điểm cố định nằm AH, từ gọi T giao điểm AH đường thẳng qua E vuông góc với DE, ta chứng minh T cố định Chứng minh: b) Ta có tam giác HTE đồng dạng tam giác FED suy tỉ số TE TH , mà EF=BH= BC nên TE/DE=TH/BH  DE EF ta có tam giác DTE đồng dạng tam giác BHT suy ra: Góc EDT= góc EBI hay tứ giác BTED nội tiếp suy BT vuông góc AB hay T cố định Bài 10 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB  2R Qua trung điểm I AO vẽ tia Ix  AB cắt (O) K Gọi M điểm di động đoạn IK ( M khác I K) Kéo dài AM cắt (O) C Tia Ix cắt đường thẳng BC D cắt tiếp tuyến C (O) E CMR: a IBCM nội tiếp b CEM cân E c Khi M trung điểm IK, tính diện tích ABD theo R d CMR: tâm ngoại tiếp AMD thuộc đường thẳng cố định M thay đổi Lời giải a Hiển nhiên b ECM  ABC  CME  ECM cân E c Dùng tam giác đồng dạng, SABD  DI AB  R d Ta có DCM vuông C EC  EM  E trung điểm DM Gọi F trung điểm AD Các đường trung trực AD DM cắt N  N tâm ngoại tiếp ADM Ta có M trực tâm ABD  BM  AD  EFN  AMB EF EN 1    EN  AB  R AM AB 2 Vậy N thuộc đường thẳng (d) cố định, (d ) Ix cách Ix khoảng R Bài 11 Cho đoạng thẳng AC có độ dài  a Trên đoạn AC lấy điểm B cho AC  AB Tia Cx  AC C, gọi D điểm thuộc tia Cx ( D khác C) Từ B kẻ đường thẳng  AD cắt hai đường thẳng AD CD K, E a Tính giá trị tích DC.CE theo a b Xác định vị trí điểm D để BDE có diện tích lớn c CMR: Khi D thay đổi tia Cx đường tròn đường kính DE có dây cung cố định Lời giải a 3a CDA  CE.CD  CB.CA  CBE b SBDE  3a 3 BC.DE  a  DC  CE   DC.CE  a 8 c Gọi O trung điểm DE I giao điểm (O) với AC H điểm đối xứng I qua C  H  (O) Ta có IC  CD.CE  3a a  IC   I cố định, mà C cố định  H cố định Bài 12 Cho trước đoạn thẳng AB Gọi O trung điểm AB Trên đoạn AO lấy điểm M tùy ý, vẽ nửa đường thẳng qua M  AB , nửa đường thẳng lấy điểm C; D cho MA  MC, MB  MD Đường thẳng BC cắt đường tròn qua điểm A, M , C điểm thứ N a CMR: MN qua điểm cố định b CMR: điểm A, N, D thẳng hàng Lời giải a Gọi F giao điểm AC BD  FAB vuông cân F  F thuộc đường trung trực AB Gọi E giao điểm MN OF Ta có tứ giác ANCM nội tiếp  điểm A, N , F , B, E nằm đường tròn đường kính AB  OE  AB  E cố định b Hiển nhiên Bài 13 Cho (O;R) điểm A cố định cho OA  2R Trên đường thẳng d quay quanh điểm A ( không di qua tâm O) cắt đường tròn (O;R) điểm phân biệt M, N ( M nằm A N) a Tính SAON theo R M trung điểm AN b CMR: Đường tròn ngoại tiếp MON qua điểm cố định ( khác điểm O) Lời giải a Gọi I trung điểm AO  I  (O) 1 Mà M trung điểm AN  IM  ON  R 2 Suy dễ tính SOIM theo R Mà SOIM  SAON  đpcm b Gọi H giao điểm ( MON ) AO  AM AN  AH AO Lại có AM AN  AT ( AT tiếp tuyến (O) T )  AO AH  AT  AH không đổi  H cố định Bài 14 Cho tam giác ABC cân A nội tiếp (O) Trên cạnh BC lấy điểm D tùy ý ( D khác B C) Đường tròn tâm O1 qua D tiếp xúc AB B, đường tròn tâm O2 qua D tiếp xúc AC C; hai đường tròn cắt tai điểm thứ hai E a CMR: Khi D di động cạnh BC đường thẳng DE qua điểm cố định b CMR tích AD AE không phụ thuộc vào vị trí D BC Gợi ý: Chứng minh E thuộc đường tròn (O) Sau ta chứng minh DE qua A cố định Bài 15 Cho hai đường tròn (O; R) (O '; R ') cắt điểm phân biệt A, B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB, vẽ tiếp tuyến CD, CE với (O) ( D, E tiếp điểm E nằm (O’) ) Hai đường thẳng AD, AE cắt (O’) M N Đường thẳng DE cắt MN I CMR: a điểm B, D, M , I nằm đường tròn b MI BE  BI AE c Khi C thay đổi tia đối tia AB đường thẳng DE qua điểm cố định Gợi ý: DE qua điểm cố định giao tiếp tuyến A tiếp tuyến B (O) , hay nói cách khác gọi I giao điểm DE OO’ ta se chứng minh I cố định Tài liệu tham khảo Tuyển tập đề thi vào chuyên toán lớp 10 năm học 2015-2016 Tuyển tập đề thi vào chuyên toán lớp 10 năm học 2014-2015 Tuyển tập đề thi vào chuyên toán lớp 10 năm học 2013-2014 Tuyển tập đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán lớp năm hoc 2014-2015 Diendantoanhoc.net Tập hợp đề thi HSG quốc gia môn toán lớp 12 từ năm 2006 đến Ứng dụng số bồ đề hình học phẳng thi olympic Toán Trần Quang Hùng Chuỗi toán họ đường tròn qua điểm cố định Nguyễn Văn Linh ... d  D cố định Mà B cố định  C cố định  đpcm Bài Cho đường tròn (O) điểm I không nằm (O) MN dây cung qua I, P điểm cố định không thuộc (O) a CMR: đường tròn ngoại tiếp PMN qua điểm cố định khác... suy đường trung trực PQ qua U Vì B, C cố định nên T cố định Tỉ số GB AB   k không đổi nên G cố định GC AC Do U cố định Vì đường trung trực PQ qua điểm cố định U Bải (VMO 2013) Cho ABC nhọn nội... đổi)  OI OI OI OI OH Do O, I cố định nên độ dài OI không đổi Lại có Q thuộc tia OI cố định  Q điểm cố định (đpcm) Bài 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định Gọi M điểm di động tia đối