bai giang gv he
DESCRIPTION
mTRANSCRIPT
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.
Đáp số: ( ) :3 4 7,( ) :3 4 23.BD x y AC x y