Tuyển tập bài toán chứng minh đường di động qua điểm cố định

BÀI TỐN CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG: ĐƯỜNG DI ĐỘNG QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH CÁC BÀI TOÁN TỪ CÁC TỈNH THÀNH TRONG CẢ NƯỚC Bài Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động đoạn BC Đường tròn (K), (L) ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC Lấy điểm S thuộc (K) cho PS song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) cho PT song song với AC a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AST qua điểm cố định J khác A b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB điểm F khác A, BE cắt CF G Chứng minh PG qua J AP qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC ( Hà Nam) LỜI GIẢI: Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động đoạn BC Đường tròn (K), (L) ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC Lấy điểm S thuộc (K) cho PS song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) cho PT song song với AC a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AST qua điểm cố định J khác A b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB điểm F khác A, BE cắt CF G Chứng minh PG qua J AP qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi giao điểm AT, AS với BC Q, R.Ta có tứ giác ABPS, ACPT hình thang cân, suy tam giác ABR cân R, tam giác ACQ cân Q JK, JL đường trung trực AB, AC suy JK qua R JL qua Q, J tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQR suy AJ phân giác góc SAT.Vì ACPT hình thang cân nên JQ đường trung trực PT, suy JT=JP (1) Chứng minh tương tự ta có JT=JS (2) Từ (1), (2) suy J thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AST Tứ giác AEGF nội tiếp suy (GE, GC)  (AE, AF)  (PE, PC)(mod ) Suy tứ giác CEGP, BFGP nội tiếp.Gọi H đối xứng với A qua BC Ta có  PB, PH    PA, PB    EA, EB    PG, PC   mod  Suy PG qua H, dẫn đến PG đối xứng với AP qua BC hay PG qua J Điều tương đương với AP qua điểm đối xứng J qua BC hay AP qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC Bài 2: Cho tam giác ABC tam giác nhọn tam giác cân nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Một đường thẳng d thay đổi cho vng 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 a) Gọi P giao AK BC Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP ln qua điểm cố định b) Gọi H trực tâm tam giác AMN Đặt BC  a l khoảng cách từ A đến HK Chứng minh KH qua trực tâm tam giác ABC, từ suy ra: l � 4R  a ( Ninh Bình) LỜI GIẢI: 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 vng góc với OA cắt tia AB, AC Gọi M, N giao điểm d AB, AC Giả sử BN CN cắt K, AK cắt BC a) Gọi P giao AK BC Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP ln qua điểm cố định b) Gọi H trực tâm tam giác AMN Đặt BC = a l khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH qua trực tâm tam giác ABC, từ suy ra: l � 4R2  a LỜI GIẢI: Gọi Q giao điểm MN BC, E trung điểm BC Xét tứ giác BMPC ta biết Q, P, B, C hang điểm điều hịa Suy (QPBC) = - Khi ta có: EP.EQ  EB 2 2 2 ,suyra QE.QP  QE  QE.PE  QE  EB  OQ  OB  QB.QC Mà tứ giác BMNC � � � nội tiếp có NCB  xAB  AMN (Ax tia tiếp tuyến (O)) Suy QM QN  QB.QC A L Z H X Q N Y J I O M K Q B P D C Từ suy QM QN  QP.QE , suy tứ giác MNIP nội tiếp, suy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm E cố định b) Giả sử đường cao AD, BF CJ tam giác ABC cắt I; ba đường cao MX, AY, NZ tam giác AMN cắt H Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng Xét đường trịn tâm (O1) đường kính BN tâm (O2) đường kính CM Ta thấy: KC.KM  KB.KN IC.IJ  IB.IF HM HX  HN HZ Suy K, I, H thuộc trục đẳng phương (O1) (O2) nên thẳng hàng Từ suy AL �AI Mà AI  2.OE  R  BC  4R  a 2 Nên AL  l � R  a Bài 3: Cho tam giác ABC vuông A, AC  AB Gọi M điểm thay đổi cạnh AB Đường thẳng CM cắt đường trịn đường kính BM điểm thứ hai N cắt đường tròn tâm A bán kính AC điểm thứ hai D Đường thẳng AN cắt đường trịn đường kính BM lại điểm thứ hai E a) Chứng minh M thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEM nằm đường thẳng cố định BP  2k AM   k BC 3 k , d đường AB b) Giả sử Gọi P điểm cạnh BC cho thẳng qua A vng góc với MP Chứng minh ba đường thẳng d, BN ME đồng quy điểm ( Huế) LỜI GIẢI: � � � � a) Ta có ADM  ACM  MBN  AEM Suy tứ giác AMED nội tiếp � � � Gọi C’ điểm đối xứng với C qua A, AC ' M  ACM  ADM tứ giác AC’MD nội tiếp Vậy điểm A, M, E, D, C’ nằm đường tròn (T) Tâm T đường tròn tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEM Vì C’ cố định nên AC’ cố định, từ suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM nằm đường thẳng cố định, đường trung trực AC’.Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm đường thẳng d đường trung trực AH.Gọi O trung điểm BC Ta chứng minh MP song song với OT Gọi H trung điểm AM, K trung điểm AB I trung điểm HK, Khi tứ giác HTKO hình bình hành C O P d A H M I B K N E T D C' AM k Sử dụng giả thiết AB suy BM  (1 k)AB, BI  AB  AI  AB  (1 k)AB (3 k)AB  4 BM  4k  3 k Suy BI BP  2k BP  4k BM BP    BC  k BO  k BI BO , MP // OT Vì nên Suy Suy d  OT Ta có ME trục đẳng phương đường trịn đường kính BM đường tròn (T) BN trục đẳng phương đường trịn đường kính BM đường trịn đường kính BC, d trục đẳng phương (T) đường trịn đường kính BC Suy ba đường thẳng d, ME, BN đồng quy điểm Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  Đường tròn  ' thay đổi qua B, C cắt cạnh AB, AC E, F ( E , F �A) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn  K ( A �K ) KE, KF cắt lại đường tròn  Q, P ( P, Q �K ) Gọi T giao điểm BQ CP Gọi M, N trung điểm BF, CE a) Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định đường tròn  ' thay đổi b) Chứng minh KA tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN ( Thái Bình) LỜI GIẢI: Gọi O tâm đường tròn  Gọi M  AE �KF , N  AF �KE Xét tam giác AKM, từ bốn điểm (A, K, E, F), (A, K, B, P) đồng viên, suy EF BP đối song với AK Do BP // EF Tương tự CQ // EF Suy BP, CQ hai đáy hình thang cân Suy OT vng góc với BP, OT vng góc với EF Dễ chứng minh EF vng góc AO Từ suy A, O, T thẳng hàng Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định b) Ta có BC, EF, AK theo thứ tự trục đẳng phương cặp đường tròn   ';  ' (AEF);  (AEF) Do BC, EF, AK đồng qui điểm D Gọi L giao điểm BF CE; X, Y theo thứ tự giao điểm BF, CE với AD Suy ( AD, XY )  1 � B( AD, XY )  1 � B( EC , LY )  1 � ( EC , LY )  1 Mà N trung điểm CE, nên theo hệ thức Mác-lơ-ranh ta có LN LY  LE.LC Hồn tồn tương tự, ta có LM LX  LF LB Suy LN LX  LM LY , suy M, N, X, Y đồng viên Gọi Z trung điểm AD, suy M, N, Z thẳng hàng theo định lý đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần BCFEAD Từ M, N, X, Y đồng viên suy ZM ZN  ZX ZY Mặt khác ta lại có ( AD, XY )  1 Z trung điểm AD, nên theo hệ thức Niu-tơn ta có ZA  ZX ZY  ZM ZN � ZA tiếp tuyến đường tròn (AMN) Đpcm Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn có H trực tâm D trung điểm BC Phân giác góc A cắt HD K Một đường tròn thay đổi qua A, K cắt AB, AC M, N khác A a) Chứng minh trực tâm J tam giác AMN thuộc đường thẳng d cố định b) Giả sử HD cắt d P Chứng minh HP = HK (Thái Nguyên) LỜI GIẢI: A Y P Q J N V X U H M P' K B D C a) Gọi U, V hình chiếu K xuống AB, AC; X, Y đối xứng K qua AB, AC Khi J thuộc đường thẳng XY cố định (đường thẳng Steiner tam giác AMN) b) Gọi d’ đường thẳng qua H vng góc với HK Khi ta dễ dàng chứng minh HP’ = HQ � � Mặt khác P ' AK  QAK nên hai tam giác UP’K VQK Từ suy � � AP ' K  VQK Dẫn tới tứ giác AP’KQ nội tiếp nên H, U, V thuộc đường thẳng Simpson K tam giác AP’Q Mặt khác XY đường thẳng Steiner tam giác AP’Q K nên XY // UV Vì U, V trung điểm XK YK nên dễ dàng suy H trung điểm PK Bài 6: Cho đoạn thẳng AB cố định; ( K ), ( L) hai đường trịn ln qua A, B K , L nằm hai phía đường thẳng AB Lấy điểm E �( K ), F �( L) cho cho AE tiếp xúc ( L) AF tiếp xúc ( K ) A Chứng minh ( K ) ( L) thay đổi đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF ln qua điểm cố định khác A (Tuyên Quang) LỜI GIẢI: Gọi C tâm đường tròn ( AEF ) Ta có �AE  AL � AL || CK � �AE  CK (1); �AF  AK � AK || CL � �AF  CL (2) Từ (1) (2) suy AKCL hình bình hành Từ AKCL hình bình hành suy KL qua trung điểm J AC trung điểm I AB , KL �IJ || BC Vì KL  AB, KL || BC nên BC  AB Gọi D điểm đối xứng với A qua B Suy A, D đối xứng qua BC Do CA  CD � D �(C ) 10 Vì A, B cố định nên D cố định Suy (C ) qua D cố định Bài 7: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn   D điểm di động cung nhỏ BC (D khác B C) Gọi I,J tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh A tam giác ABD ACD O a) Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DIJ Chứng minh OT có độ dài khơng đổi D thay đổi cung nhỏ BC b) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác DIJ ln qua điểm cố định D thay đổi cung nhỏ BC ( Vĩnh Phúc ) LỜI GIẢI: AD cắt (O ) M , N P, Q điểm Giả sử trung trực cung nhỏ DB DC Do I tâm bàng tiếp tam giác ABD nên theo kết ta có PI  PD Cũng M điểm cung AD nên dễ chứng minh MI  MD Gọi T tâm ( DIJ ) T , M , P thẳng hàng (cùng thuộc trung trực ID ) Tương tự ta có T , N , Q thẳng hàng �  NP � 1 NMP � � ACB , suy NMP sđ sđ � Ta có khơng đổi Tương tự MNQ khơng đổi � � Như tam giác TMN có hai góc TMN , TNM cạnh MN không đổi, suy TO trung tuyến khơng đổi (đpcm) Nhận xét: Có thể hỏi cách khác khó sau: Chứng minh T ln thuộc đường trịn cố định D di chuyển cung BC Gọi R, S điểm cung lớn AC AB Dễ thấy I �DS , J �DR SA = SI , RA = RJ (tính chất tâm đường tròn bàng tiếp) Gọi K giao điểm khác D ( DIJ ) (O) 11 Ta có � = KRD � , KID � = KJD � KSD nên D KRJ : D KSI (g - g) KR RJ RA = = SA , điều cho thấy tứ giác ARKS điều hòa, suy K cố Do đó, KS SI định (vì R, S cố định) Vậy ( DIJ ) qua điểm K cố định Bài 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm P chạy đường thẳng BC AP cắt (O) N (N khác A) Đường tròn đường kính AP cắt (O) điểm thứ hai E (E khác A) AE cắt BC M Chứng minh rằng: a) MN qua điểm cố định b) Đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN ln qua điểm cố định ( Hà Nội ) LỜI GIẢI: 12 a Đặt K giao điểm thứ hai MN với (O) (K ≠ N); Q giao điểm thứ hai đường trịn đường kính AP với BC (Q ≠ P) Vì AQ vng góc với BC nên Q cố định (h 1) Ta có: MK.MN  ME.MA  MP.MQ � K, N, P, Q đồng viên Suy (QK,QC) �(QK,QP) �(NK,NP) �(NK,NA) �(BK,BA) (mod  ) Mặt khác: (CK,CQ) �(CK,CB) �(AK,AB)(mod  ) (2) A E O Q M P D B C K N Từ (1) (2) suy ra: ∆ KCQ ∆ KAB đồng dạng hướng � ∆ KQB ∆ KCA đồng dạng hướng � (KB,KQ) �(KA,KC) �(BA,BC)(mod  ) � K thuộc đường tròn cố định (O’)={X:(XB,XQ) �(BA,BC) (mod  ) Dễ thấy (O) (O’) có hai điểm chung B K Vậy, K cố định Điều có nghĩa MN ln qua điểm cố định (điểm K) b Đặt D giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN với BC (D ≠ M) Ta có: (DA,BC) �(DA,DM) �(NA,NM) �(NA,NK) �(BA,BK)(mod  ) (3) 13 Mặt khác, Theo câu a., ∆ KCQ ∆ KAB đồng dạng hướng � (QC,QK) � (BA,BK)(mod  ) (4) Từ (3) (4) suy ra: (DA,BC) � (QC,QK) � (BC,QK)(mod  ) Từ với ý rằng, BC, QK (vì Q, K hai điểm cố định) cố định � DA có định � D cố định Điều có nghĩa đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN ln điểm cố định (điểm D) Bài 9: Cho (O) hai điểm B,C cố định (O) BC không đường kính Điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn Gọi H trực tâm tam giác ABC , đường phân giác góc BHC cắt cạnh BC D Gọi E,F điểm đối xứng D qua AB AC Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF ln qua điểm cố định ( Tây Ninh ) LỜI GIẢI: 14 � Đặt BAC   Ta có   �  EAD �  FAD �  BAD �  DAC � EAF  2 Gọi H H đối xứng H qua AB AC H H thuộc (O) � Do HD phân giác góc BHC CH//DE nên ta có: � ED  HDE �  DHC �  BHC � H 2  �ED  90� H � � � mà BHC  ABC  ACB  180�  nên � Gọi I điểm cung BAC đường trịn (O) � C  s�BAC �  (180�  )  90�  IH 2 2 � � Do H2 ED  IH2C , CH2 //DE suy I ,H2 ,E thẳng hàng Tương tự I ,H3 ,F thẳng hàng � � � � � � Từ ta có EIF  H2 IH3  H2 AH3  2(BAH  HAC)  2  EAF suy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua điểm I cố định Bài 10: O Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường trịn   , đường phân giác góc A cắt BC D khác A Lấy điểm P di chuyển đoạn thẳng AD , không O trùng với A D Tia BP cắt AC M cắt đường tròn   E ; tia CP cắt AB O O N cắt đường tròn   F Tiếp tuyến đường tròn   A đường thẳng qua P , song song BC cắt T a Chứng minh điểm T , E , F thẳng hàng 15 b Các đường thẳng MF , NE cắt I Chứng minh đường thẳng PI qua điểm cố định P di chuyển AD ( Quảng Ngãi ) LỜI GIẢI: a PEF  Ta có �FPT  �FCB  �FEP nên TP tiếp tuyến đường tròn  PT /  PEF   TP Ta lại có PT /  ABC   TA2 Mà �APT  �ADB  �TAP nên tam giác TAP cân T Do PT / PEF   PT / ABC  PEF  ABC  Suy T thuộc trục đẳng phương đường tròn   Hay điểm T , E , F thẳng hàng b 16 �A E C � � � F AB� � Áp dụng định lý Pascal cho điểm , ta điểm T , M , N thẳng hàng Áp dụng mơ hình tứ giác tồn phần, ta có P  TIFE   1 Do P  TICB   1 Mà BC / / PT nên PI qua trung điểm J BC ( J cố định) Bài 11: uuuu r uuur Cho tam giác ABC M; N hai điểm di động BC cho MN  BC Đường thẳng d1 qua M vng góc AC; d2 qua N vng góc AB Gọi K giao điểm d1 d2 Chứng minh trung điểm I AK nằm đường thẳng cố định ( Nghệ An) LỜI GIẢI: uuuu r r uuur r BM  u; CN  v , T phép tịnh tiến theo véc Gọi H trực tâm tam giác ABC Đặt r tơ u Ta có T(BH)=d1; T(CH)=d2; nên T(H)=K Do HK//BC hay K nằm qua H song song với BC Phép vị tự tâm A tỷ số ½ biến K thành I Suy quỹ tích I đường thẳng qua trung điểm AH song song với BC Bài 12: Cho tam giác ABC Gọi M điểm chuyển động cạnh AB, N điểm chuyển động cạnh AC 17 1/ Giả sử BM=CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định 1  2/ Giả sử AM AN không đổi, chứng minh MN qua 1điểm cố định ( Long An) LỜI GIẢI: 1/.Gọi S trung điểm cung BC chứa A đường tròn (ABC) Ta có BM=CN, BS=CS � � MBS NCS � SMB  SNC Suy SM=SN hay S nằm trung trực MN MN qua điểm cố định 2/ 18 Gọi I giao điểm MN với phân giác góc A tam giác ABC Đường thẳng qua I vng góc với AI cắt AB;AC D;E Gọi M’ đối xứng với M qua AI Ta thấy IE;IE phân giác �' IN �  AENM '   1 M 1 1     Áp dụng hệ thức Descartes ta có: AE AM ' AN AM AN không đổi suy E cố định hay MN qua điểm I cố định 19 ... K hai điểm cố định) cố định � DA có định � D cố định Điều có nghĩa đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN điểm cố định (điểm D) Bài 9: Cho (O) hai điểm B,C cố định (O) BC khơng đường kính Điểm A... chuyển động cạnh AC 17 1/ Giả sử BM=CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định 1  2/ Giả sử AM AN không đổi, chứng minh MN qua 1điểm cố định ( Long An) LỜI GIẢI: 1/.Gọi S trung điểm cung... PI qua trung điểm J BC ( J cố định) Bài 11: uuuu r uuur Cho tam giác ABC M; N hai điểm di động BC cho MN  BC Đường thẳng d1 qua M vng góc AC; d2 qua N vng góc AB Gọi K giao điểm d1 d2 Chứng minh