trang 5
Ghi chú : Cho hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
cắt nhau. Xét hai vectơ
u
và
v
.
Hình chiếu vuông góc của
u
trên ∆
1
và ∆
2
lần lượt bằng
a
và
b
Hình chiếu vuông góc của
v
trên ∆
1
và ∆
2
cũng lần lượt bằng
a
và
b
Giả sử ∆
1
và ∆
2
cắt nhau tại O. Đặt
u OM
=
,
v ON
=
.
Gọi M
1
, M
2
lần lượt là hình chiếu của M trên ∆
1
và ∆
2
thì
1
a OM
=
và
2
b OM
=
Gọi N
1
, N
2
lần lượt là hình chiếu của N trên ∆
1
và ∆
2
thì
1
a ON
=
và
2
b ON
=
Vì
u
và
v
có cùng điểm gốc O, có cùng hình chiếu trên ∆
1
là
a
nên N nằm trên đường thẳng MM
1
.
Tương tự
u
và
v
có cùng hình chiếu trên ∆
2
là
b
nên N nằm trên đường thẳng MM
2
. Suy ra N ≡ M hay
u
=
v
.
∆
1
∆
2
O
M
1
N
M
M
2
N
1
N
2
u
v
www.VNMATH.com
trang 6
Bài 5. (Bảng B - năm 2004)
Trong mặt phẳng, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Trên cung BC
không chứa điểm A của đường tròn (O), lấy điểm P sao cho P không trùng với B và C. Lấy điểm D sao
cho
AD PC
=
và gọi K là trực tâm của tam giác ACD. Gọi E và F tương ứng là hình chiếu vuông góc
của K trên các đường thẳng BC và AB. Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua trung điểm của HK.
Giải
Từ
AD PC
=
⇒ APCD là hình bình hành ⇒
APC ADC
= ⇒
0
APC AKC 180
+ = ⇒ K ∈ (ABC)
Gọi N = AH ∩ EF, M = AH ∩ (ABC) với M ≠ A.
Vì MN và KE cùng vuông góc với BC nên MN // KE.
Vì
0
KEB KFB 90
= = nên tứ giác KFBE nội tiếp ⇒
NEK ABK NMK
= = ⇒ MEKN là tứ giác nội tiếp ⇒
tứ giác MEKN là hình thang cân ⇒ HE // NK ⇒ HEKN là hình bình hành ⇒ EF đi qua trung điểm I
của HK.
Ghi chú : EF là đường thẳng Simson
A
B
C
M
N
H
E
D
K
P
K
1
I
F
www.VNMATH.com
trang 7
Bài 6. (Bảng B - năm 2005)
Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường
tròn bàng tiếp gócA, đường tròn bàng tiếp gócB và đường tròn bàng tiếp gócC của tam giác đó. Gọi O
1
, O
2
, O
3
tương ứng là tâm của các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN). Chứng minh rằng :
1) Các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN) có bán kính bằng nhau.
2) Các đường thẳng MO
1
, NO
2
, PO
3
cắt nhau tại một điểm.
Giải
1) Vì phân giác trong và phân giác ngoài xuất phát từ cùng một đỉnh của tam giác vuông góc nhau nên
suy ra I là trực tâm tam giác MNP.
Do đó các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN) đối xứng với đường tròn (MNP) tương ứng qua các
đường thẳng NP, PM, MN. Vì vậy bán kính của các đường tròn đó bằng nhau.
Ghi chú
: Có thể áp dụng định lý hàm sin để chứng minh bán kính các đường tròn (INP), (IPM), (IMN)
và (MNP) bằng nhau.
2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (MNP) thì O
1
, O
2
, O
3
đối xứng với O tương ứng qua
các đường thẳng PN, PM, MN.
Từ đó suy ra trung điểm M
1
của OO
1
cũng là trung điểm của NP. Lập luận tương tự cho M
2
và M
3
.
Do đó:
1 2 1 2
O O 2M M NM
= =
và
1 3 1 3
O O 2M M PM
= =
. Suy ra : O
1
NMO
2
và O
1
PMO
3
là các hình
bình hành.
Dùng tính chất hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường để suy ra MO
1
,
NO
2
, PO
3
cắt nhau tại một điểm.
A
B
C
M
N
P
I
O
M
2
M
3
M
1
O
3
O
2
O
1
www.VNMATH.com
trang 8
Bài 7. (Bảng B - năm 2006)
Cho hình thang cân ABCD có CD là đáy lớn. Xét một điểm M di động trên đường thẳng CD sao
cho M không trùng với C và với D. Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn (BCM) và
(DAM). Chứng minh rằng :
1) Điểm N di động trên một đường tròn cố định ;
2) Đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Giải
1) Nếu M nằm trên cạnh CD thì M và N ở cùng phía đối với đường thẳng AB.
Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC, ta có :
ANB 2 (ANM BNM) C D= π − + = +
Nếu M nằm ngoài cạnh CD thì M và N ở khác phía đối với đường thẳng AB.
Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC, ta có :
ANB (C D)
= π − +
Vậy N thuộc đường tròn cố định đi qua A và B.
2) Gọi P = AD ∩ BC thì P cố định và PA.PD = PB.PC, suy ra P thuộc trục đẳng phương của 2 đường
tròn (BCM) và (DAM) ⇒ P ∈ MN.
A
B
C
D
M
N
P
A
B
C
D
M
N
P
www.VNMATH.com
trang 9
Bài 8. (Bảng B - năm 2006)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O và có BC > AB > AC. Đường thẳng OA cắt
đường thẳng BC tại điểm A
1
; đường thẳng OB cắt đường thẳng CA tại điểm B
2
. Gọi B
1
, C
1
, C
2
và A
2
tương ứng là tâm các đường tròn (AA
1
B), (AA
1
C), (BB
2
C) và (BB
2
A). Chứng minh rằng :
1) Tam giác A
1
B
1
C
1
đồng dạng với tam giác A
2
B
2
C
2
;
2) Tam giác A
1
B
1
C
1
bằng với tam giác A
2
B
2
C
2
khi và chỉ khi góc C của tam giác ABC bằng 60
0
.
Giải
1) Ta có :
0 0
1 1
AA B A AC C 90 AB'C C 90 B C= + = − + = − +
Theo định lý hàm sin trong tam giác AA
1
B thì :
1
1 1
AB
2sin AA B 2cos(C B)
A B
= = −
Tương tự :
1 1 1
1 1
AC
2sin AA C 2sin( AA B) 2sin AA B 2cos(C B)
A C
= = π − = = −
Suy ra :
1 1 1 1
AB AC
A B A C
= .
Mặt khác :
0 0
1 1 1 1 1 1 1
B A C B A A C A A (90 B) (90 C) A= + = − + − =
Suy ra : ∆A
1
B
1
C
1
∼ ∆ABC theo tỉ số 2cos(C – B)
Tương tự : ∆A
2
B
2
C
2
∼ ∆ABC theo tỉ số 2cos(A – C)
Do đó : ∆A
1
B
1
C
1
∼ ∆A
2
B
2
C
2
.
2) ∆A
1
B
1
C
1
= ∆A
2
B
2
C
2
⇔ cos(C – B) = cos(A – C) ⇔
0
C 60
= .
A
B
C
O
A
1
B
2
B
1
C
1
•
•
•
•
•
C
2
A
2=
A
B
C
O
A
1
B
2
B
1
C
1
•
•
•
•
C
2
A
2=
•
B’
www.VNMATH.com
trang 10
Bài 9. (Năm 2007)
Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và
trọng tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A, biết rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng
BC.
Giải
Chọn hệ trục Oxy với O là trung điểm BC và trục Ox là đường thẳng BC (hình vẽ)
Đặt BC = 2a > 0 thì B(-a ; 0), C(a ; 0). Giả sử A(x
0
; y
0
) với y
0
≠ 0.
Từ đó tìm được
2 2
0
0
0
a x
H x ;
y
−
;
0 0
x y
G ;
3 3
. Suy ra :
2 2 2
0 0 0
0
2x 3a 3x y
K ;
3 6y
− +
K thuộc đường thẳng BC ⇔
2 2
2 2 2
0 0
0 0
2 2
x y
3a 3x y 0 1
a 3a
− + = ⇔ − =
với y
0
≠ 0.
Vậy quỹ tích các điểm A là hypebol
2 2
2 2
x y
1
a 3a
− =
trừ đi hai điểm B, C.
A
B
C
G
H
K
y
O
x
www.VNMATH.com
trang 11
Bài 10. (Năm
2007)
Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC và nội tiếp đường tròn (O) tâm O. Gọi P là một điểm thay
đổi trên đường thẳng BC và nằm ngoài đoạn BC sao cho PA không là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Đường tròn đường kính PD cắt (O) tại E (E ≠ D). Gọi M là giao điểm của BC với DE, N là giao điểm
khác A của PA với (O). Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định.
Giải
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua tâm O. Ta chứng minh N, M, A’ thẳng hàng, từ đó suy ra MN đi
q
ua A’ cố định.
Thật vậy, ta có DE là trục đẳng phương của đường tròn (O) và đường tròn (γ
1
) đường kính PD.
Vì
PNA' 90= °
nên NA’ là trục đẳng phương của đường tròn (O) và đường tròn (γ
2
) đường kính PA’.
Giả sử DA’ cắt BC tại F, do
ADA' 90= °
⇒
PFA' 90= °
nên BC là trục đẳng phương của (γ
1
) và (γ
2
).
Vì các trục đẳng phương đồng quy tại tâm đẳng phương, suy ra DE, BC và NA’ đồng quy tại điểm M.
Vậy M, N, A’ thẳng hàng.
O
F
N
M
E
P
D
C
A
B
•
A’
(
γ
2
)
(
γ
1
)
(O)
www.VNMATH.com
trang 12
Bài 11. (Năm
2008)
Cho tam giác ABC. Gọi E là trung điểm của cạnh AB.Trên tia EC lấy điểm M sao cho
BME ECA
= . Kí hiệu α là số đo của góc
BEC
, hãy tính tỉ số
MC
AB
theo α.
Giải
Cách 1
Nếu α = 90
0
thì M ≡ C ⇒
MC
0 cos
AB
= = α
Nếu α ≠ 90
0
. Chọn hệ toạ độ Oxy với A(-a ; 0), B(a, 0) với a >0.
Đặt k = tanα ≠
0, thì phương trình đường thẳng CE là y = kx.
Giả sử C(c ; kc), M(m ; km) với c > 0 và m > 0.
Khi đó MC
2
= (c – m)
2
+ (kc – km)
2
= (1 + k
2
)( c – m)
2
Ta có :
MB (a m; km)
= − −
MO ( m; km)
= − −
CA ( a c; kc)
= − − −
CO ( c; kc)
= − −
Từ
BME ECA
= ⇒
cos(MB,MO) cos(CA,CO)
=
⇒
MB.MO CA.CO
MB.MO CA.CO
=
⇒
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
m(m a) k m c(c a) k c
(a m) k m m k m c k c (a c) k c
− + + +
=
− + + + + +
⇒
2 2
2 2 2 2 2 2
m a k m c a k c
(a m) k m (a c) k c
− + + +
=
− + + +
(*).
Đặt h = 1 + k
2
với h > 1 thì : (*) ⇒
2 2 2 2
hm a hc a
a 2am hm a 2ac hc
− +
=
− + + +
⇒
2 2 2 2 2 2
(hm a) (a 2ac hc ) (hc a) (a 2am hm )
− + + = + − +
Khai triển và thu gọn, ta được :
2
2a 2a
m c
h
1 k
− = =
+
.
A(-a ; 0)
B(a ; 0)
C(c ; kc)
M(m ; km)
y
E
≡
O
x
α
β
β
www.VNMATH.com
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét