Chuyên đề bài tập Tìm quỹ tích – Toán 11

c) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và L là trung điểm của BH. Ta có được BD và LO vuông góc... Từ BD và[r]

Tìm quỹ tích. Câu 1. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 1)- năm học 2002-2003]

a/ Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) cắt parabol (P): y = x2 bốn điểm, điểm có tọa độ (1;1) ba điểm cịn lại ba đỉnh tam giác Tính bán kính đường trịn (C)

b/ Tìm tập hợp tâm tam giác có ba đỉnh thuộc parabol (P): y = x2.

Lời giải

a/ (C): (x – a)2 + (y – b)2 = R2 (C) qua điểm (1;1) nên: R2= (1 – a)2 + (1 – b)2. Hoành độ x1, x2, x3 ba đỉnh tam giác x = nghiệm phương trình: (x – a)2 + (y – b)2 = (1 – a)2 + (1 – b)2

x

x x (2 2b)x 2a 2b 

  

       

Do đó: x3 + x2 + (2 – 2b)x +2 – 2a – 2b  (x – x1)(x – x2)(x – x3) nên:

1 3

x x x

x x x x x x 2b

           

Từ giả thiết tam giác nên:

 

1 3

2 2

1 3 2 3

x x x 3a x x x 3a

x x x 3b x x x 2(x x x x x x ) 3b

                         

Do đó: a =

1



, b = bán kính đường trịn (C) là: R =

2 13

3 .

b/ (1.5 đ) Thuận:

Giả sử I(a;b) tâm tam giác dều ABC có đỉnh (P) Đường trịn (ABC) cắt (P) thêm điểm M(x0;y0) ( trùng A, B, C)

xA, xB, xC x0 nghiệm của: (x – a)2 + (y – b)2 = (x0 – a)2 + (x20 – b)2

3 2

0 0 0

x x

x x x (x 2b)x x x 2a 2bx (1)

              Suy ra:  

A B C A B C

2

2 2 2

A B C A B C A B B C C A 0

x x x 3a

x x x 3a

x x x 3b x x x 2(x x x x x x ) ( x ) 2(x 2b)                               Hay: x a b x 

  

  

 , vậy: b = 9a2 + Nên tâm I đồ thị (G): y = 9x2 + 2.

Đảo: Xét I(a; 9a2 + 2) tùy ý (G): y = 9x2 + Ta phải chứng minh đường tròn (C) tâm I bán kính IM với M(-3a; 9a2) cắt (P) thêm điểm đỉnh tam giác đều.

Xét phương trình: (x – a)2 + (x2 – 9a2 – 2)2 = (-3a – a)2 + (9a2 – 9a2 – b)2 (2). x 3a

f (x)  

  

 với f(x) = x3 -3a2x2 - (9a2 + 3)x + 27a3 + 7a (f(x) = phương trình (1) với x0 = - 3a)

Nếu a  0: Do f(x) liên tục, xlim f (x)  

f ( 3a) 16a 0;f (3a) 2a a > f (3a) 2a 0;f ( 3a) 16a a <

    

 

    

 nên f(x) = có nghiệm phân biệt

Vậy phương trình f(x) = ln có nghiệm phân biệt x1, x2, x3 với a

Ta có:

1

2 3

x x x 3a

x x x x x x (9a 3)

  

  

   



 Do đó:

1

2 2 2

x x x

a

3 (3)

x x x

9a 3

  

 

 

 

  

 

Do x1, x2, x3 nghiệm phân biệt (2) nên: (C) cắt (P) đỉnh A  1

x ; x

, B  2

x ; x

, C 

2 3

x ; x

tam giác ABC Và (3): tam giác ABC có trọng tâm trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp I, nên ABC tam giác

Kết luận: Tập hợp tâm tam giác có đỉnh thuộc (P): y = x2 parabol: (G): y = 9x2 + 2.

Câu 2. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 1)- năm học 2004-2005] Trong mặt phẳng  

P

, cho tam giác vuông ABCcố định có AB AC , Tìm tập hợp các điểm Mthuộc mặt phẳng  P cho 4MA≤MB+MC−|MB−MC|

Lời giải

Ta có:

+ MB MC MB MC   2Min MB, MC 

4MA MB MC MB MC     2MA MB;2MA MC 

+ Chọn hệ trục Axy đơn vị trục cho B(3;0),C(0;3) Gọi M(x;y)

   2  2

2 2 2

2MA MB  4MA  BM  0 x y  x 3  y  0 x 1 y 4

Vậy hình trịn (T) tâm I(-1;0), bán kính 2, ( kể biên)

Tương tự 2MA MC  Mở hình trịn (S) tâm J(0;-1), bán kính 2, ( kể biên). Vậy tập hợp điểm M thỏa toán phần giao hai hình trịn (T) (S), ( kể biên)

x A

B

C M

I y

-5 10

4

2

-2

-4

-6 y I

J M

A C

B

Câu 3. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 1)- năm học 2005-2006]

Cho hình vng EFGH Gọi (T) đường tròn qua trung điểm cạnh tam giác EFG Nhận xét: Điểm H thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau:

a/ Các hình chiếu vng góc đường thẳng: EF, FG, GE nằm đường thẳng d

b/ Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (T)

Hãy tìm tập hợp tất điểm N mặt phẳng chứa hình vng EFGH cho N thỏa mãn đồng thời hai tính chất a/ b/

Lời giải

+ Điểm N thỏa mãn tính chất a/ N đường tròn qua E, F, G

+ Chứng minh: Chọn hệ trục Oxy với O tâm hình vng EFGH vec tơ đơn vị trục i OG j OF; 

                                          

Ta có E(-1;0), F(0;1), G(1;0)

Phương trình EF: x –y + = 0; FG: x + y -1 = 0, đường tròn (EFG): x2+y2=1 Gọi N(X;Y) Tọa độ hình chiếu N lên EG, EF, FG là:

N1 (X;0), N2 (

2 (X+Y-1);

2 (X+Y+1)), N3 (

2 (X-Y+1);

2 (-X+Y+1))

N

1N2=(

2(−X+Y−1);

2(X+Y+1)) ; N2N3=(1−Y ;−X) 1, 2,

N N N

thẳng hàng (-X+Y-1)(-X)-(1-Y)(X+Y+1)=0

X2+Y2=1(1) + Tìm thêm điều kiện để N thỏa mãn tính chất b/ Chỉ cần xét N(X;Y) khác F(0;1) Với điều kiện (1) đường thẳng d có phương trình X(x-X) +(1-Y)(y-0)=0

Tâm (T) I(0;

2 ) Bán kính (T)

+ d tiếp xúc (T)

|X(0−X)+(1−Y)(1

2)|

√X2+(1−Y)2 =

1 2

 (2X2+Y−1)2=X2+Y2−2Y+1 (2) + Giải hệ (1) (2): Rút X2 từ (1) thay vào (2):

(2Y2-Y-1)2=2(1-Y) (Y-1)2(2Y+1) =2(1-Y).Đang xét Y ¿ nên:(Y-1)(2Y+1)2= -2

4Y3-3Y+1= 0 (Y+1)(4Y2-4Y+1) =  Y= -1; Y= . + VớiY=-1 ta cóđiểm N(0;-1),đó H

Với Y=

2 , ta có thêm hai điểm N (

√3

2 ; 12 )

(-√3

2 ; 12 )

Tập hợp phải tìm ba đỉnh tam giác nội tiếp đường tròn (EFGH) mà đỉnh H

Câu 4. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Bảng A- Vòng 1)- năm học 2000-2001]

Cho hình vng cố định Tìm tập hợp điểm M hình vng thỏa mãn điều kiện: Tích hai khoảng cách từ điểm M đến hai cạnh hình vng xuất phát từ đỉnh bình phương khoảng cách từ điểm M đến đường chéo hình vng khơng qua đỉnh

Câu 5. (2.0 điểm)

Khơng giảm tính tổng qt, xét hình vng có cạnh Đặt hình vng ABCD lên mặt phẳng có hệ trục tọa độ Oxy cho A(0;1), B(-1;0), C(0;-1), D(1;0)

Gọi M(x;y) điểm hình vng ABCD, hạ MN, MP, MQ vng góc với BD, DA, AB N, P, Q

Do đó: MP.MQ = MN2 (1) ( xét cạnh hình vng phát xuất từ đỉnh A) AB: x – y + = 0,AD: x + y – =

(1)

2 2

| x y 1| | x y 1|

| y | | x (y 1) | 2y

2

   

     

M(x;y) hình vng nên x – y + > 0, x + y – <

Do đó: x2 –(y – 1)2 = (x – y + 1)(x + y – 1) < nên (1)  x2 – (y– 1)2 =- 2y2  x2 + (y+1)2 =

A

B

C

D M

N Q

P

0 x

Vậy tập hợp điểm M cung BD, cung ¼ đường trịn C, bán kính R =

Từ kết ta kết luận: Tập hợp điểm M cung ¼ đường trịn tâm đỉnh hình vng có bán kính cạnh hình vng

Câu 6. [Trường THPT DTNT Quế Phong- năm học 2008-2009]

Cho đường tròn (O) điểm P nằm đường trịn Một đường thẳng thay đổi qua P cắt (O) hai điểm A vàB Tìm quỹ tích điểm M cho PM=PA+PB

LOẠI Tìm quỹ tích:

Câu 7. [ HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI ]

Cho ABCnhọn không cân, P điểm chuyển động đoạn thẳng BC (nhưng không trùng vào đầu mút) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABPgiao AC Y khác

A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP giao AB Z khác A Gọi T hình chiếu A BC, H trực tâm tam giác ABC Gọi K giao BY CZ Gọi A' điểm đối xứng với A qua BC

a) Chứng minh A P', ,K thẳng hàng

b) Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácAYZ ln thuộc đường

thẳng cố định P thay đổi

Hướng dẫn giải

Kí hiệu UVW đường tròn qua điểm

, ,

U V W

a) Ta có

0

180 180

BYA BPA APC AZC

       

Suy KAYZ

Suy YKC BACYPC hay KCYP Từ KPCKYAAPBA PB' hay

', ,K

A P thẳng hàng

b) Gọi M trung điểm BC, AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHCtại J cho A J khác phía với BC AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

AYZ

 tại Lkhác A.

Do K thuộc tròn ngoại tiếp tam giác AYZ nên BKC1800  BACBHC Suy KBHC

(BPA'KA J' BPA' nửa tổng số đo cung A’B KC củaBHC

vì TM A J' nên số đo cung A’B số đo cung JC củaBHC Do BPA'

nửa tổng số đo cung KCJ BHC, KA J' ) Vì LBHC Do HA J' 900  HLJ 900

Vậy AYZ qua giao điểm L trung tuyến ứng với đỉnh A BHC hay hình chiếu trực tâm H AM

Do tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácAYZ thuộc đường thẳng trung trực

của đoạn AL cố định P thay đổi Câu 8. [ Đề ôn thi đội tuyển Festival Đề số ]

Cho Đường thẳng d hai điểmO O,  cố định nằm d , M là điểm di động d Các đường trịn có tâm O O, và qua M cắt N ( khác M ) Tìm tập hợp điểm

N

Câu 9. Cho đường tròn O R;  điểm Sở đường tròn Xét tất góc vng đỉnh

S: gọi giao điểm hai cạnh góc vng với đường trịn làA B, Tìm tập hợp trung điểm M AB

Hướng dẫn giải

Ta có

2 2 2

2

2 4 2 4

MS MO SO MS MO a

MI      

Mặt khác

2

/( ) .

M O

P MA MB R  MO

mà MA MB SM 

Gọi I trung điểm SO, đặt SO a (không đổi) nên MS2 R2 MO2  MS2 MO2 R2

2

2

2 4

R a MI

  

không đổi M'

B' I

M

B O

S A

Vì I cố định nên M thuộc đường trịn tâm I bán kính

2

1 2 2

MI  R  a

Đảo lại, đường tròn  I lấyM tuỳ ý

2

'

2

M I R a

  

Lấy M làm tâm quay

một cung trịn bán kính M S cắt  O A.

Ta có M A M S Kéo dài M A  cắt  O B.

Xét tam giác M SO có:

   

2 2 2 2

2 2

1

' '

2

' ' ' '

M S M I SO R a R

M A M O OA

M O     a 

  



 

Hay tam giác OM A  vuông M suy Mlà trung điểm A B  nghĩa M A M B M S hay tam giác SA B  vuông S.

Câu 10. [ THI HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2013 SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM -TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM]

Cho đường tròn O R;  điểm I cố định đường tròn (I O ), đường thẳng qua I vng góc với OI cắt đường tròn tạiC vàD; A điểm nằm đường tròn, tia đối xứng với tia IA qua đường thẳng CD cắt đường tròn B Gọi M trung điểm AB.

a) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định L A thay đổi đường tròn O R; 

b) Gọi N P, giao điểm đường thẳng OM với đường trònO R;  Đường thẳng CN DP cắt Q Chứng minh điểm Q N, tâm đường tròn nội tiếp bàng tiếp tam giác CMD

Hướng dẫn giải

O K

M

Q

D

N

B I L

E C

P

A

Gọi L giao điểm AB OI; K giao điểm ABvàCD Ta có IEOL IEIE phân giác góc AIB

¿

= ML2−LK.LM

Mà ta lại có: PL/ (IOMK)LI LO LK LM 

Do đó: MA2=ML2−LK LM=ML2−LI.LO

Suy ra: ML2−MA2=LI.LO⇔LO2−OM2−MA2=LI.LO Suy ra: OL2−OA2=LI.LO

=(LO+OI)LO =LO2−OI.OL

Suy OA2=OI.OL Suy OL=

R2

OI Vậy L cố định.

b)Trước hết ta chứng minh MK phân giác gócCMD Gọi E giao điểm OM OM với CD

Ta có: OEI OML

Suy ra: OM.OE=OI.OL=OA2=R2 Suy ra: OE2−OM.OE=OE2−R2

Suy ra: OE.ME=IE2+OI2−R2=IE2−(R2−OI2)=IE2−IC2 Ta có: PE/(OIRM)=KE.IE=OE.ME

Do ta suy ra: KE.IE=IE2−IC2

Suy ra: IC2 IE2 IE KE IE IE KE(  )IE IK Theo hệ thức Newton, ta suy ra: CDKE 1 (1)

Mà MK ME nên MK phân giác góc CMD (2) Theo chứng minh ta có: OM.OE=R2=ON2

Suy ra: PNME 1 Suy ra: NPME 1 (3)

Từ (1) (3) ta suy ra: CN PD KM, , đồng quy Q Mà góc QDN

¿

=900 nên QMND tứ giác nội tiếp Suy ra: QDM

¿

=QNM

¿

=CDP

¿

Suy DPlà phân giác góc CDM (4)

Từ (2) (4), ta có Q tâm đường trịn nội tiếp tam giác CMD

Ta lại có DN DP suy DN phân giác ngồi gócCDM Suy N tâm đường tròn bàng tiếp tam giác CMD

Vậy Q, N tâm đường tròn nội tiếp bàng tiếp tam giác CMD

thẳng BN CM, cắt P Gọi Q giao điểm thứ hai (khác điểm P) đường tròn ngoại tiếp tam giác BMPvà CNP

1 Chứng minh Qluôn nằm đường thẳng cố định

2 Gọi A B C, ,  điểm đối xứng với Q qua đường thẳng BC CA AB, , Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C   nằm đường thẳng cố định.

Hướng dẫn giải

1) (2,0 điểm)

Do B Q P M, , , nằm đường tròn , , ,C Q P N nằm đường tròn, nên (BQ BM; ) ( PQ PM; ) ( PQ PC; ) ( NQ NC; ) mod

và (MQ MB; ) ( PQ PB; ) ( PQ PN; ) ( CQ CN; ) mod Từ suy BQM ~NQC(2)

Gọi I J theo thứ tự hình chiếu Q đường thẳng BM CN Khi đó, (2) nên

QI MB AB

QJ NC AC (do MN BC|| ).

Từ đó, theo tính chất đường đối trung, Q nằm đường đối trung kẻ từ A tam giác ABC.2) (2,0 điểm)

Gọi L giao điểm AP với BC. Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có (1)

MA LB NC MB LC NA  

Do MN BC|| nên

MA NA

MB NC từ (1) suy LB

LC  hay L trung điểm BC. 0,5 Do AQ đường đối trung nên BAQCAP kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên

AQI AJ I

  suy CAP AJIAQI BAQ900 APIJ (3) 0,5

Do cách xác định điểm B C,  nên ABACAQ hay tam giác AB C  cân A, kết hợp với IJ đường trung bình tam giác QB C 

||'',''IJBCABAC

Từ (3), (4) suy AP đường trung trực đoạn B’C’ suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C   nằm đường thẳng AP hay nằm trung tuyến AL tam giác ABC. 0,5

Câu 12. Cho tam giác nhọn ABC không cân , B T trung điểm cạnh AC E, F tương ứng chân đường cao hạ từ , A C tam giác Z giao điểm hai tiếp tuyến , A C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC X, giao điểm củaZA EF Y, giao điểm

ZC và EF.

a) Chứng minh T tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC EBFcắt điểm thứ hai D Chứng minh trực tâm H tam giác ABC nằm DT

c) Chứng minh D nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Hướng dẫn giải

a) ZT phân giác góc AZC

Do góc XAB= goc ACB = góc BFE =góc AFX TA= TF, từ X T nằm trung trực AF, T tâm đường trịn nội tiếp tam giác XYZ

b) Giả sử AB < BC, D nằm cung nhỏ AB Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC L trung điểm BH Ta có BD LO vng góc

Từ BD DH vng góc, ta LO DH song song OLHT hình bình hành nên OL song song với HT, D, H, T thẳng hàng

c) Chứng minh góc ADT = góc AXT TY đường trung trực DC Chứng minh góc CDT = góc CYT nên CTDY tứ giác nội tiếp

=góc ZAT + góc ZCT + góc XZY = 1800, DXZY tứ giác nội tiếp.

Câu 13. (Đề thi đề xuất trường PT vùng cao Việt Bắc – 2015) Từ điểm O cố định ta vẽ hai tiếp tuyến đến đường tròn thay đổi tâm C cho hai tiếp tuyến ln vng góc với

a Tìm tập hợp tâm đường tròn  C qua điểm A cố định khác với O. b Cho đường trịn có tâm C chạy đường thẳng  cố định khơng qua O Tìm tập hợp tiếp điểm T T' nhữn đường trịn với tiếp tuyến vẽ từ O.

Hướng dẫn giải:

"

'

I

E D

C T'

O T

A

a Tứ giác OTCT’ có góc vng OT OT ' nên hình vng Gọi R bán kính đường trịn (C), ta có CO R 2.

Do đó:

2 2

CA R

CO R  OC OT, 

   

                         

Vậy tâm C đường tròn tâm I tập hợp điểm có tỉ số khoảng cách tới A O

2

2 Đường kính DE đường tròn tâm I qua điểm A O tạo nên một

hàng điểm điều hòa; ta có (OADE)1

Ngược lại lấy điểm C’ đường trịn tâm I, ta có

'

'

C A

C O  . Từ O kẻ hai tiếp tuyến OT1

'

OT ta có '

1

' '

C T C A OT Vậy OT C T1 ' 1'là hình vuông

b

2

OT  OC

(OC OT, )    

                         

.Vậy T ảnh C phép đồng dạng tâm O tỉ số

2

k 

, góc quay   

Điểm C chạy đường thẳng  nên điểm T chạy đường thẳng ' ảnh  phép đồng dạng

Với điểm T’ ta dùng phép đồng dạng tâm O tỉ số

2

k 

, góc quay   

ta tìm tập hợp điểm T’ đường thẳng ''ảnh  phép đồng dạng

2 , ,

2

O 

 



 

 

 .

LOẠI 3: Tìm quỹ tích:

Câu 1TRƯỜNG THPT: LÊ Q ĐÔN

Trong mặt phẳng  P cho tam giác ABCcạnha, hai tia Bx Cy, vng góc với  P phía đối với P Hai điểm M N, chuyển động Bx vàCy 1/ Gọi I trung điểm AC J, hình chiếu B mặt phẳng MAC.

Góc MI  P  Tính độ dài đoạn BJ theo a 

2/ Gọi  Q mặt phẳng qua B vng góc vớiMI Chứng minh  Q qua đường thẳng cố định

3/ Gọi O trung điểmBC, BM CN  2k khơng đổi, kẻ OH vng góc với MNtại

H Chứng minh H chạy đường tròn cố định

Câu 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN CẤP TỈNH VÒNG 2

Cho tam giác ABC Gọi M điểm chuyển động cạnh AB Gọi N điểm chuyển động cạnh AC

a) Giả sử BM CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định

b) Giả sử

1 1



AM AN không đổi.Chứng minh MN qua điểm cố định

Hướng dẫn giải

a) Nếu tam giác ABC cân trung trực MN qua điểm A cố địnhXét tam giác ABC không cân A

Gọi E điểm cung BAC đường tròn ngọai tiếp tam giác ABC.E điểm cố địnhvì EB=EC ; BM=CN ;góc EBM =góc ECN nên

b) Kẻ đường phân giác BAC cắt MN FGọi β số đo góc BACTa có: diện tích Δ AMN =diện tích Δ AMF +diện tích Δ ANF Suy ra:

1

2AM.AN.sinβ=

2AM.AF.sin

β

2+

2AF.AN sin

β

2 ⇒AF=sinβ

sinβ

(AMAM+.ANAN)

⇒AF không đổi hay F điểm cố định Vậy MN qua điểm cố đinh

Câu 3SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN (VỊNG 1)

a.Cho tam giác ABC vng cân tạiB, cạnhAB2.Trong mặt phẳng chứa tam giác lấy

M thỏa MA2MB2 MC2.Tìm quĩ tích điểm M

b.Cho tam giác ABCcó hai trung tuyến BM CN hợp với góc600, BM 6 ,CN 9 Tính độ dài trung tuyến lại tam giác

Hướng dẫn giải

 Chọn hệ trục tọa độ Bxy vng góc cho tia Bx qua A tia ByquaC Ta có: B0;0 , A2;0 , C0; 2 Giả sử M x y ; 

a.  Chọn hệ trục tọa độ Bxy vng góc cho tia Bx qua A tia Byqua C Ta có:

0;0

B , A2;0, C0; 2 Giả sử M x y ; .

 MA2 MB2 MC2

2 x2 y2 x2 y2 x2 2 y2

       

 x2y2 4x4y0  Phương trình phương trình đường tròn tâm

2; 2

I 

, bán kính R2 2  Vậy quỹ tích điểm M đường tròn tâm I2; 2 , bán kính R2 2.

b. Gọi G trọng tâm tam giácABC.  Xét trường hợp: BGC1200

Ta có: BC2 GB2 GC2 2GB GC .cos1200 76

    

2

2 2 2 . .cos600 28

4

AC

MC GM GC GM GC

Vậy AC2 = 112     

2

2 2 2 . .cos600 13

4

AB

NB GB GN GB GN

Vậy AB2 = 52 Vậy độ dài trung tuyến lại:



    

2 2

2 63 3 7

2

a a

AC AB BC

m m

Xét trường hợp: BGC 600 Ta có: BC2GB2GC2 2GB GC .cos60028

    

2

2 2 2 . .cos1200 52

4

AC

Vậy AC2 = 208     

2 2 2 . .cos1200 37

4

AB

NB GB GN GB GN

Vậy AB2 = 148 Vậy độ dài trung tuyến lại:



    

2 2

2 171 171

2

a a

AC AB BC

m m

Câu 4KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LONG AN VÒNG 2-NĂM 2013

Trong mặt phẳng cho đường trịn  C tâm Ibán kính R điểm A cố định thuộc đường tròn  C Gọi  tiếp tuyến  C điểmA Tìm quỹ tích điểm M biết khoảng

cách từ M đến đường thẳng  độ dài tiếp tuyến MT đường tròn  C với T tiếp điểm

Hướng dẫn giải

Chọn hệ tọa độ Oxy hình vẽ

(0;0), ( ;0)

OA I Ox  I R Khi ta có  Oy Gọi M(x; y)

( , ) ( , )

MT d M d M Oy x

    

2

( ; ) ( )

IM  x R y  IM  x R y



Tam giác MTI vuông T

2 2

IM MT IT

  

2 2 2

( )

2

x R y x R

y Rx

    

  Thử lại: Gọi

2

2 ; ( ) : 2

y

M y P y Rx

R

 

 

 

 

2

2 4

2 2 2 2

2 ( , )

2 4

y y y

IM R y R d M MI R MT

R R R

 

           

  Vậy quỹ tích điểm

M parabol ( ) :P y2 2Rx

Câu 5KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LONG ANVÒNG NĂM 2015

Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo khơng vng góc với nhau, nội tiếp đường tròn  O Gọi E điểm di chuyển cung AB không chứa C D, Gọi M giao điểm của

ED với AC, N giao điểm EC với BD Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AEM BEN cắt giao điểm thứ hai F Chứng minh EF qua điểm cố định

Hướng dẫn giải

A

M

T H

x y

Gọi Ax By, tiếp tuyến AEM , BEN A B, Khi đó:

  

xAC AED ACD const   Do đóAxcố định Tương tự By cố định.

Gọi K AxBy, suy K cố định Ta có: CAK AED ABD

  

BAC BEC DBK  BAK BAC CAK ABK   ; ABD DBK   Khi tam giác

ABKcân Knên    

2

K AEM KA KB K BEN

   

hay K thuộc trục đẳng phương hai đường tròn AEM BEN

Vậy EF qua điểm Kcố định

Câu 6LONG ANVÒNG - NĂM 2012

Cho đường trịn ( ; )O R có tâm Ovà đường kính làAB, E điểm cố định nằm A O Gọi D đường thẳng qua E cắt ( )O C D

a) Tìm điểm M ( )O cho MC2 +MD2 =AB2

b) Gọi F đối xứngE qua O giả sử D thay đổi qua E Chứng minh:

2 2

CD +DF +FC nhận giá trị không đổi. Hướng dẫn giải

a) Ta có: MC2 +MD2 =AB2

2 4

(MO OC) (MO OD) R

Û  +  + + =

2

4R 2MO OC( OD) 4R

Û +    + = Û MOOI               =0 (

Ilà trung điểm CD) E

F I

O A

Th1: OI Khi M nằm ( ; )O R là điểm M cần tìm Th2: OI.Khi đó

0

MOOI               = Û MO ^OI Vậy điểm M cần tìm giao điểm đường thẳng d với ( , )O R

với d đường thẳng qua O vng góc OI b) CD2 +DF2 +FC2

2 2 . 2

CE DE EC ED DF FC

= + + + +

Xét DCEF ta có:

2 2 2

2

EF

CE +CF = R +

Tương tự xét

DEF D :

2 2 2

2

EF

DE +DF = R +

Mặt khác: EC ED =R2 - EO2 Thay đẳng thức vào ta : CD2 +DF2 +FC2

2

6

2

EF R

= +

không đổi

G A

C B

A1 C1

https://www.facebook.com/luyenthiamax/