Bài giảng chương trình Bồi dưỡng giáo viên hè 2015 tại Bình Dương 1 Chủ đề: BÀI TOÁN HÌNH PHẲNG OXY TỪ THI ĐẠI HỌC ĐẾN THI OLYMPIC (Lê Phúc Lữ - TP Hồ Chí Minh) I) Các tính chất quan trọng thường gặp. Tính chất 1. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp , O trọng tâm G và trực tâm H . Gọi AD là đường kính của ( ) O và M là trung điểm của BC . Khi đó: Tứ giác BHCD là hình bình hành. G cũng là trọng tâm tam giác AHD . , , OGH thẳng hàng và 2 3 HG HO . 2 AH OM . Chứng minh. Vì AD là đường kính nên CD AC . Do BH AC CD AC nên ta có CH BD . Tương tự thì BH CD . Tứ giác BHCD là hình bình hành. Hai đoạn , BC HD cắt nhau tại trung điểm của chúng, tức là M là trung điểm chung của , . BC HD AM là đường trung tuyến tam giác AHD . Do G là trọng tâm ABC nên 2 3 AG AM hay G cũng là trọng tâm của AHD . Trung tuyến HO của AHD đi qua G nên , , OGH thẳng hàng và 2 . 3 GH HO Do OM là đường trung bình của AHD nên 2 . AH OM Tính chất 2. Cho tam giác ABC có trực tâm H và đường tròn ngoại tiếp là (; ) OR . Gọi , , MNP là trung điểm các cạnh , , BC CA AB ; , , DEF là chân 3 đường cao ứng với đỉnh , , ABC và , , RST là trung điểm các cạnh , , HA HB HC . Khi đó: G M D H O A B C
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Bài giảng chương trình Bồi dưỡng giáo viên hè 2015 tại Bình Dương
1
Chủ đề: BÀI TOÁN HÌNH PHẲNG OXY
TỪ THI ĐẠI HỌC ĐẾN THI OLYMPIC
(Lê Phúc Lữ - TP Hồ Chí Minh)
I) Các tính chất quan trọng thường gặp.
Tính chất 1. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp ,O trọng tâm G và trực tâm H . Gọi
AD là đường kính của ( )O và M là trung điểm của BC . Khi đó:
Tứ giác BHCD là hình bình hành.
G cũng là trọng tâm tam giác AHD .
, ,O G H thẳng hàng và 2
3HG HO .
2AH OM .
Chứng minh.
Vì AD là đường kính nên CD AC . Do
BH AC
CD AC nên ta có CH BD .
Tương tự thì BH CD .
Tứ giác BHCD là hình bình hành. Hai đoạn
,BC HD cắt nhau tại trung điểm của chúng, tức là
M là trung điểm chung của , .BC HD
AM là đường trung tuyến tam giác AHD . Do
G là trọng tâm ABC nên 2
3AG AM hay G
cũng là trọng tâm của AHD .
Trung tuyến HO của AHD đi qua G nên , ,O G H thẳng hàng và 2
.3
GH HO
Do OM là đường trung bình của AHD nên 2 .AH OM
Tính chất 2. Cho tam giác ABC có trực tâm H và đường tròn ngoại tiếp là ( ; )O R . Gọi , ,M N P
là trung điểm các cạnh , ,BC CA AB ; , ,D E F là chân 3 đường cao ứng với đỉnh , ,A B C và , ,R S T
là trung điểm các cạnh , ,HA HB HC . Khi đó:
G
M
D
HO
A
BC
2
9 điểm trên cùng thuộc một đường tròn.
Tâm của đường tròn đó là trung điểm .OH
Bán kính của đường tròn đó bằng 2
R.
Chứng minh.
Theo tính chất 1 thì 2AH OM . Do R là trung
điểm AH nên HR OM và chú ý rằng tam giác
OBC cân tại O nên OM BC . Mà AH BC
nên AH OM hay tứ giác RHMO là hình bình
hành.
Do đó OH cắt RM tại trung điểm K của mỗi đoạn.
Tam giác DMR vuông tại D nên
KD KM KR .
Mặt khác, do RK là đường trung bình AHO nên
1
2 2
RRK AO . Từ đây suy ra 3 điểm , ,D M R
nội tiếp trong đường tròn tâm K , bán kính 2
R.
Tương tự với các bộ ba , ,E N S và , ,F P T cũng thế.
Vậy cả 9 điểm đã cho cùng thuộc đường tròn ,2
RK .
Tính chất 3. Cho tam giác ABC trực tâm H và có
đường tròn ngoại tiếp ( )O ,AH cắt ( )O ở A . Khi đó,
,H A đối xứng nhau qua .BC
Điểm O đối xứng với O qua BC là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác .HBC
Góc 180BHC A.
Chứng minh.
Theo tính chất góc nội tiếp thì 1 1B A (cùng
chắn cung CA ). Do H là trực tâm tam giác ABC
nên BH AC và AD BC . Suy ra
1 290A C B C hay
1 2A B .
D
R
K
M
HO
A
B C
2
1
1
O'
H
A'
D
O
A
B C
3
Từ đó suy ra 1 2B B hay BD là phân giác của HBA .
Hơn nữa BD HA nên BHA cân tại B và ,H A đối xứng nhau qua BC .
Do đó, ,BHC BA C đối xứng nhau qua BC nên tâm ngoại tiếp của chúng là ,O O cũng
đối xứng nhau qua .BC
Từ đây suy ra 180BHC BA C A.
Tính chất 4. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( )I và đường tròn ngoại tiếp ( ).O Đường
thẳng AI cắt ( )O tại K . Khi đó:
KB KC KI hay K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .BIC
Gọi J là điểm đối xứng với I qua K thì tứ giác BICJ nội tiếp trong đường tròn tâm K
hay K là trung điểm .IJ
J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và 902
ABIC .
Chứng minh.
Do AI là phân giác nên các dây ,KB KC cùng chắn
các cung có số đo bằng nhau, suy ra KB KC .
Ta sẽ chứng minh KBI cân ở .K Thật vậy,
Ta có 1 1 2
A BBIK A B .
2 3 2 2 2
A BKBI B B B A .
Suy ra BIK KBI hay tam giác KBI cân tại K .
Do đó, KB KC KI hay K là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác .BIC
Vì J đối xứng với I qua K nên IJ là đường kính
của đường tròn ( )K . Suy ra 90IBJ ICJ hay
,BJ CJ là các phân giác ngoài của góc ,B C của tam giác
.ABC Do đó, J là tâm bàng tiếp góc A của .ABC
Ta có 1 1
180 180 180 180 902 2 2
ABIC BJC BKC A .
Tính chất 5. Cho tam giác ABC có các đường cao , ,AD BE CF đồng quy tại trực tâm H . Gọi O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Khi đó:
3
2
2
1
1
J
K
IO
A
B C
4
DA là phân giác trong và BC là phân giác ngoài tại đỉnh D của tam giác .DEF
H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác .DEF
Đường thẳng nối trung điểm của ,AH BC vuông góc với .EF
OA vuông góc với EF .
Chứng minh.
Tứ giác BDHF nội tiếp trong đường tròn đường kính BH , suy ra
90 .HDF HBF A
Tương tự, ta cũng có 90HDE A nên HDE HDF hay DH là phân giác trong của
tam giác DEF .
Ngoài ra, BC vuông góc với DH nên nó là phân
giác ngoài của tam giác .DEF
,EH FH cũng là các phân giác trong của
DEF nên H chính là tâm nội tiếp .DEF
Gọi ,M N lần lượt là trung điểm ,BC AH thì do
các tam giác vuông ,BCE BCF nên
.2
BCME MF Ta có:
2
AHNE NF
Suy ra MN là trung trực EF hay .MN EF
Ngoài ra, 1
2AN AH OM nên tứ giác
AOMN là hình bình hành, suy ra AO MN ,
mà ta đã có MN EF nên .AO EF
Tính chất 6. Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn ( )O . Gọi ,AD AE lần lượt là các
phân giác trong và ngoài của tam giác. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của , .DE BC Khi đó,
,AD AE lần lượt đi qua trung điểm cung nhỏ và cung lớn BC của ( ).O
Tứ giác AMNO nội tiếp.
AM là tiếp tuyến của đường tròn ( ).O
Chứng minh.
N
M
F
E
H
D
O
A
B C
5
Gọi ,I J lần lượt là giao điểm
của ,AD AE với ( )O thì dễ thấy
rằng IB IC nên I là trung
điểm cung nhỏ BC . Ngoài ra,
90IAJ DEA nên J
là trung điểm cung lớn .BC
Tam giác ADE vuông tại A ,
có M là trung điểm cạnh huyền
nên
180 2
180 2( )
180 (2 )
180 ( )
180
DMA ADM
C DAC
C A
AOB BON
AON
Suy ra, tứ giác AONM nội tiếp.
Do đó, 180 90OAM ONM nên MA OA hay MA là tiếp tuyến của đường
tròn ( ).O
II) Phân tích một số bài toán.
Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có trực tâm (3;0)H và trung
điểm của BC là (6;1).I Đường thẳng AH có phương trình là 2 3 0.x y Gọi ,D E lần lượt là chân
đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương
trình đường thẳng DE là 2 0x và điểm D có tung độ dương.
Phân tích. Đây là một bài toán khá quen thuộc.
Bài này có 4 dữ kiện là:
(1) (3;0)
(2) : 2 3 0
(3) (6;1)
(4) : 2 0
H
AH x y
I
DE x
và thực tế thì không cần nhiều như thế.
Nếu bỏ 1 trong 4 dữ kiện trên và thử giải bài toán nhận được, ta có thể xử lý 2 tình huống sau:
Bỏ (1), giữ lại (2), (3), (4).
Bỏ (2), giữ lại (1), (3), (4).
Cả 2 bài toán nhận được đều khá thú vị và đều đòi hỏi sử dụng nhiều tính chất hình học để xử lý.
N
I
J
M DE
O
A
B C
6
Bài toán 2. (Đề chính thức ĐH 2015)
Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu của A lên BC . Điểm D đối xứng với B qua
H . Gọi K là hình chiếu của C lên AD . Cho ( 5; 5)H , (9; 3)K và trung điểm cạnh AC thuộc
đường thẳng ( ) : 10 0d x y . Tìm tọa độ điểm .A
Bài toán 3. (Đề dự bị ĐH 2015)
Trong mặt phẳng ,Oxy cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm .I Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên BC , K là hình chiếu vuông góc của B trên .AI Giả sử (2;5), (1;2)A I ,
điểm B thuộc đường thẳng 3 5 0x y , đường thẳng HK có phương trình 2 0.x y Tìm tọa
độ các điểm , .B C
Bài toán 4.
Cho hình bình hành ABCD , trực tâm tam giác BCD là (4;0)H , tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABD là3
2;2
I
. Điểm B thuộc đường thẳng 3 4 0x y và BC của (5;0)M . Tìm tọa độ
các đỉnh của hình bình hành, biết hoành độ điểm B dương.
III) Một số bài toán chọn lọc.
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC nhọn có đỉnh (7; 4)C , M là trung
điểm BC và D là hình chiếu vuông góc của M lên cạnh AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABD cắt đoạn thẳng BC tại điểm (4; 3).E Biết rằng điểm A cách gốc tọa độ một khoảng là
5 và nằm về phía bên phải của trục tung. Tìm tọa độ của điểm A .
Lời giải.
Do tứ giác ABED nội tiếp nên ABC EDC nên . .CA CB
CACD CB CECE CD
.
7
Gọi H là hình chiếu của A trên BC thì tương tự, ta cũng có AHC MDC nên
. .CH CA
CACD CH CMCD CM
.
Do đó . .CBCE CH CM , mà 2
BCCM nên
2
CHCE hay E là trung điểm CH .
Từ (7; 4)C và (4; 3)E , ta tìm được (1; 2)H . Do (3; 1)CE nên phương trình đường cao
AH là: 3( 1) 1( 2) 0 3 5 0x y x y .
Đặt tọa độ điểm A là ( ; )A a b với 0b thì 2 2
3 5 0
25
a b
a b
.
Giải hệ này, ta có (3;4).A Vậy tọa độ điểm A cần tìm là (3;4).A
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình vuông ABCD có ,M N lần lượt là các điểm nằm trên
đường chéo AC sao cho 3 4 .AC AM AN Đường tròn ngoại tiếp của tam giác BMN có
phương trình là 2 2 15 13 86 0x y x y . Biết rằng trung trực của CD đi qua gốc tọa độ O
và điểm A có hoành độ nguyên. Viết phương trình của đường thẳng AB .
Lời giải.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN , viết lại phương trình của ( )I là
2 215 13 25
2 2 2x y
nên
15 13;
2 2I
và bán kính 5
2R .
8
Đặt cạnh của hình vuông ABCD là a thì ta tính được 2AC a .
Từ đó suy ra 2 3
,3 4
CM CA CN CA nên 2 2 21.
2CM CN CA a CB .
Xét hai tam giác CBM và CNB có BCM NCB và CB CM
CN CB nên chúng đồng dạng. Suy
ra ( . . )CBM CNB c g c nên CBM CNB . Từ đây suy ra BC tiếp xúc với đường tròn
ngoại tiếp tam giác BMN .
Do đó, IB BC , mà AB BC nên I nằm trên .AB
Gọi P là giao điểm khác B của ( )I với AB thì ta có 2
21. .
12 6
aAP AB AN AM AC .
Suy ra 6
aAP hay
5
6
aBP và
5
12
aIB . Chú ý rằng IB cũng chính là bán kính của đường
tròn ( )I nên 5 5
6 212 2
aa .
Gọi T là trung điểm AB thì theo giả thiết, OT AB hay OT IT . Ngoài ra, ta cũng có
5
2 12 12
a a aIT TB IB nên
2
2IT .
Đặt ( , )T a b thì ta có hệ phương trình
2 215 13 1
2 2 2
15 130
2 2
a b
a a b b
.
Giải hệ này ra và chọn bộ nghiệm sao cho A nguyên, ta được 7a b .
Do đó (7;7)T và phương trình đường thẳng AB chính là 14x y .
Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn có 4
3;3
H
và 7
6;3
I
lần lượt là trực tâm và tâm đường
tròn ngoại tiếp. Gọi ,D E lần lượt là hình chiếu của ,A B lên cạnh đối diện và 3 10x y là
trung trực của DE . Biết rằng đỉnh ,A D cùng có hoành độ là 3 và tung độ của A dương. Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác .ABC
9
Lời giải.
Gọi F là hình chiếu của C lên AB . Các tứ giác ,CDHE BFHD nội tiếp nên
ADE HCE HBF ADF hay DA là phân giác của EDF .
Gọi là góc tạo bởi trung trực DE và đường cao AD thì
180 290 90 90
2 2
BACEDFADE BAC
.
Gọi M là trung điểm BC và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì
2 2 .cos 2 .cosAH OM R BAC R . Do đó 2cosAH
AO .
Theo giả thiết thì vector pháp tuyến của DE là 1 (1; 3)n và vector pháp tuyến của AD là
2 (1;0)n nên 2 2 2 2
1 1 3 0 1cos
101 0 1 ( 3)
.
Đặt (3; )A a thì
2 2
2 22 4 2 8(3 3) (3 6)
3 5 310AH AI a a
.
Giải hệ này ra và chọn 0a , ta được 2a hay (3;2).A Gọi ( , )N b c là trung điểm của đoạn
thẳng AB thì ta có
10
3 10
7( 3)( 6) ( 2) 090
3
c dND NE
c c d dANO
Giải hệ này, ta được 7
3;3
N
hoặc (7; 1)N . Tuy nhiên, điểm thứ nhất không thỏa vì nó
nằm trên đường cao AD . Ta có (7; 1)N và từ đây suy ra (11; 4).B
Phương trình đường thẳng BC (qua B và vuông góc với AD ) là 4.y Hình chiếu của I
lên BC có tọa độ là (6; 4).M Do đó, tọa độ của C là (1; 4).C
Vậy ta có (3;2), (11; 4), (1; 4).A B C
Bài 4. Cho hình thang ABCD có hai đáy ,AB CD với AB CD . Biết AC AD và
9 5; , (7;0)
2 2M N
lần lượt là trung điểm của ,BD BC . Gọi ,I J lần lượt là giao điểm của các
đường thẳng ,AC BD và ,AD BC . Phương trình đường thẳng IJ là 3 3 0x y . Biết chiều
cao của hình thang nhỏ hơn 3, tính diện tích hình thang .ABCD
Lời giải.
Gọi P là trung điểm của AB . Ta có ,PM PN lần lượt là đường trung bình trong các tam giác
,ABC ABD nên ,PM AC PN AD .
Do ,AC AD vuông góc với nhau nên ,PN PM cũng vuông góc với nhau.
Theo định lý Thales, ta biết rằng IJ đi qua trung điểm P của AB .
11
Do đó, gọi ( , )P a b thì
3 3 0
9 57 090
2 2
a bP IJ
a a b bMPN
.
Giải ra ta được 15 3
;2 2
P
và 21 2
;5 5
P
. Chú ý rằng khoảng cách từ P đến MN bằng 1
2
chiều cao của hình thang, tức là bé hơn 3
2. Phương trình MN là 7x y nên kiểm tra
khoảng cách của 2 điểm P , ta thấy 15 3
;2 2
P
thỏa mãn và chiều cao hình thang là 2 2 .
Suy ra phương trình của AB là 9.x y
Gọi Q là trung điểm CD thì ta cũng có Q nằm trên IJ .
Khoảng cách từ Q đến MN cũng bằng khoảng cách từ P đến MN nên nếu đặt ( , )Q c d thì ta
có hệ
2 2
3 3 0
72
1 1
c d
c d
. Giải hệ này ta được 9 1
;2 2
Q
(loại đi điểm trùng với P ).
Ta cũng có 1 5
2 2QA CD MN . Đặt ( , )A m n thì 2 2
7
9 1 25
2 2 2
m n
m n
. Giải hệ này,
ta được 2 điểm A là (5;4)A hoặc (8;1).A Do 2 2
AB CDAP MN nên ta chọn được (8;1)A .
Từ đây suy ra độ dài 2 2AB AP .
Vậy diện tích hình thang cần tính là 1 1( ) 2 5 2 2 2 12
2 2S AB CD h .
Bài 5. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là (0; 1)I , tâm đường tròn bàng tiếp là
(5;4)J và điểm 11 2
;25 25
H
là hình chiếu của A lên cạnh BC . Tính độ dài đoạn BC của
tam giác ABC .
Lời giải.
12
Gọi D là giao điểm của BC và đường phân giác góc .A Gọi 1 2,r r lần lượt là bán kính đường
tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A thì theo định lý Thales, dễ thấy rằng
1
2
AI r DIAI DJ DI AJ
AJ r DJ .
Gọi M là trung điểm AD và đặt MA MD MH a thì . ( )( )
. ( )( )
MI MJ a DI AJ a
MI MJ AI a DJ a
.
Cộng từng vế hai đẳng thức, ta có
2 2 22 2 ( ) 2 2MI MJ a a DI AJ DJ AI DI AJ AI DJ a MH .
Xét hai tam giác ,MHI MJH có M là góc chung và MH MI
MJ MH nên chúng đồng dạng. Suy
ra MHI MJH , mà MHD MDH nên DHI DHJ hay HD là phân giác của góc IHJ . Do
đó:
26 6 26 1:
5 5 6
DI HI
DJ HJ nên
1
6DI DJ nên tìm được
5 2;
7 7D
.
Phương trình BC là 3 4 1x y . Chú ý rằng 90IBJ ICJ nên ,B C là giao điểm của
đường tròn đường kính IJ và đường thẳng chứa BC ở trên, tọa độ của chúng thỏa mãn
2 2
3 4 11, 1
5 3 253, 2
2 2 2
x yx y
x yx y
.
Vậy ta tính được 2 2(3 1) ( 2 1) 5.BC
13
IV) Các bài tập tự giải.
Bài 1.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường tròn ngoại tiếp ( ).I Đường thẳng
AI có phương trình 2 11x y và đường này cắt đường thẳng BC ở D . Đường trung trực
của AD cắt đường cao đỉnh A của tam giác ABC tại điểm 3
4;4
H
. Biết rằng đường thẳng
AC có phương trình là 7x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác .ABC
Đáp số: (4;3), (2; 3), (10; 3).A B C
Bài 2.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là (6;1)I .
Điểm D đối xứng với A qua đường thẳng BC và trực tâm tam giác DBC là (4; 2)H . Gọi
M là trung điểm của BC và HM cắt DI ở 16 4
;3 3
G
. Tính diện tích tam giác .ABC
Đáp số: 15S .
Bài 3.
Trong mặt phẳng tọa độ, cho tam giác ABC có 5
; 32
M
là trung điểm .BC Các điểm
15; 8
2D
và 1
2;2
E
lần lượt thuộc tia đối của tia BA và tia AC thỏa .BD CE Biết
rằng phân giác góc A của tam giác ABC đi qua điểm (1; 5)F . Tìm tọa độ của .A
Đáp số: (0;2).A
Bài 4.
Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đường tròn ngoại tiếp ( )I và điểm
11;1
3G
là trọng tâm ACD . Tiếp tuyến của ( )I ở ,A B cắt nhau ở 31
5; .3
J
Gọi M là
trung điểm AB và 5;7K là chân đường phân giác của góc MCJ với K thuộc MJ . Viết
phương trình của hai đường chéo ,AC BD của hình chữ nhật biết I có tung độ nguyên.