ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN YẾU TỐ CỐ ĐỊNH

Transcript

1 ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍH, TRỤ ĐẲNG PHƯƠNG TRNG ÀI TÁN YẾU TỐ Ố ĐỊNH. PHẦN Ở ĐẦU I. Lý do chọn đề tài ác bài toán về Hình học phẳng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG môn toán và luôn được đánh giá là nội dung khó trong đề thi. ó rất nhiều dạng bài tập về hình học phẳng cùng với sự tương ứng của các công cụ đi cùng, trong đó phương tích và trục đẳng phương là một trong những công cụ thực sự hiệu quả để giải nhiều lớp bài toán về hình học. ặc dù là một vấn đề khá quen thuộc của hình học phẳng, kiến thức về nó khá đơn giản và dễ hiểu, tuy nhiên nó có ứng dụng nhiều đối với các bài toán chứng minh vuông góc, đồng quy, thẳng hàng, điểm cố đinh, đường cố định hay các bài toán về tập hợp điểm. hính vì thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi lympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan đến phương tích và trục đẳng phương thường xuyên được đề cập và thường được xem là những dạng toán hay của kì thi. Đối với lớp bài toán về yếu tố cố định thì học sinh thường gặp phải khá nhiều khó khăn khi giải từ việc dự đoán yếu tố cố định và chứng minh nó thỏa mãn yêu cầu đề bài. Tuy nhiên với hệ thống lý thuyết khá đơn giản nhưng hiệu quả phương tích, trục đẳng phương thường đem lại lời giải độc đáo, đẹp mắt và không kém phần thú vị cho lớp bài toán này. hính vì vậy tác giả lựa chọn chuyên đề: "Ứng dụng phương tích và trục đẳng phương trong bài toán yếu tố cố định" để hy vọng phần nào chia sẻ và giúp các bạn tiếp cận tốt hơn với các bài toán yếu tố cố định bằng công cụ vô cùng hữu hiệu này. II. ục đích của đề tài Thông qua đề tài Ứng dụng phương tích và trục đẳng phương trong bài toán yếu tố cố định tác giả rất mong muốn nhận được góp ý trao đổi của các bạn đồng nghiệp và các em học sinh. húng tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc ứng dụng phương tích, trục đẳng phương trong bài toán về yếu tố cố định nói riêng và các bài toán hình học phẳng nói chung đạt hiệu quả cao nhất. Từ đó giúp các em học sinh hiểu rõ hơn về việc sử dụng phương tích, trục đẳng phương và tăng khả năng vận dụng nó vào giải các bài toán hình học một cách tốt nhất.

2 . PHẦN NỘI DUNG I. Hệ thống lý thuyết cơ bản về phương tích và trục đẳng phương 1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn. Định lý 1.1 ho đường tròn (; R) và điểm cố định, = d. ột đường thẳng thay đổi qua cắt đường tròn tại hai điểm và. Khi đó hứng minh:. R d R Gọi là điểm đối xứng của qua. Ta có hay là hình chiếu của trên.... Khi đó ta có Định nghĩa. Giá trị không đổi d R. d R điểm đối với đường tròn () và kí hiệu trong định lý 1.1 được gọi là phương tích của /(). Khi đó theo định nghĩa ta có. d R / Định lý 1. Nếu hai đường thẳng và D cắt nhau tại P và P. P P. PD thì 4 điểm,,, D cùng thuộc một đường tròn. hứng minh. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt D tại D. Khi đó ta có theo định lý 1.1 ta có P. P P. PD, suy ra P. PD P. PD D D. Suy ra 4 điểm,, và D cùng thuộc một đường tròn. ột số tính chất 1) nằm trên đường tròn () khi và chỉ khi / 0 nằm ngoài đường tròn () khi và chỉ khi / 0

3 nằm trong đường tròn () khi và chỉ khi / 0 ) Khi nằm ngoài đường tròn () và T là tiếp tuyến của () thì / 3) Nếu, cố định và. đường đi qua điểm cố định. T const cố định. Ý tưởng này giúp ta giải các bài toán về 4) ho hai đường thẳng, T phân biệt cắt nhau tại ( không trùng với,, T). Khi đó, nếu. T thì đường tròn ngoại tiếp tam giác T tiếp xúc với T tại T.. Trục đẳng phương của hai đường tròn. Định lý.1 ho hai đường tròn không đồng tâm ( 1 ; R 1 ) và ( ; R ). Tập hợp các điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn là một đường thẳng, đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn ( 1 ) và ( ). hứng minh: 1 H I Giả sử điểm có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của trên 1, I là trung điểm của 1. Ta có: R R R R / 1 / H H H H R R H H R R H H H H R R.HI R R R R IH Từ đây suy ra H cố định, suy ra thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với 1.

4 Vậy tập hợp những điểm có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là đường thẳng đi qua điểm H (xác định như (1)) và vuông góc với 1. ột số hệ quả ho hai đường tròn ( 1 ) và ( ). Từ định lý.1 ta suy ra được các tính chất sau: 1) Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường thẳng nối tâm. ) Nếu hai đường tròn cắt nhau tại và thì chính là trục đẳng phương của chúng. 3) Nếu điểm có cùng phương tích đối với ( 1 ) và ( ) thì đường thẳng qua vuông góc với 1 là trục đẳng phương của hai đường tròn. 4) Nếu hai điểm, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng N chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. 5) Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì 3 điểm đó thẳng hàng. 6) Nếu ( 1 ) và ( ) tiếp xúc nhau tại thì đường thẳng qua và vuông góc với 1 chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. ách dựng trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không đồng tâm ( 1 ) và ( ). Xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt,. Khi đó đường thẳng chính là trục đẳng phương của hai đường tròn Trường hợp : Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại T. Khi đó tiếp tuyến chung tại T chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. Trường hợp 3: Hai đường tròn không có điểm chung. Dựng đường tròn ( 3 ) cắt cả hai đường tròn ( 1 ) và ( ) lần lượt tại, và, D. Đường thẳng và D cắt nhau tại. Đường thẳng qua vuông góc với 1 chính là trục đẳng phương của ( 1 ) và ( ). (Hình vẽ) 1 3 D

5 3. Tâm đẳng phương. Định lý 3.1 ho 3 đường tròn ( 1 ), ( ) và ( 3 ). Khi đó 3 trục đẳng phương của các cặp đường tròn hoặc trùng nhau hoặc song song hoặc cùng đi qua một điểm. Nếu các trục đẳng phương đó cùng đi qua một điểm thì điểm đó được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn. hứng minh. 3 1 Gọi d ij là trục đẳng phương của hai đường tròn ( i ) và ( j ). Ta xét hai trường hợp sau. TH1: Giả sử có một cặp đường thẳng song song, không mất tính tổng quát ta giả sử d 1 // d 3. Ta có d1 1, d3 3 suy ra 1,, 3 thẳng hàng. à d suy ra d13 // d3 // d 1 TH: Giả sử d 1 và d 3 có điểm chung. Khi đó ta có: / 1 / / / 3 d / 1 / 3 13 Từ đây suy ra nếu có hai đường thẳng trùng nhau thì đó cũng là trục đẳng phương của cặp đường tròn còn lại. Nếu hai trục đẳng phương chỉ cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cũng thuộc trục đẳng phương còn lại ột số hệ quả. 1) Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm ) Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường tròn thẳng hàng.

6 3) Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng phương trùng nhau. II. ài tập áp dụng ài 1. ho đường tròn () và hai điểm, cố định. ột đường thẳng quay quanh, cắt () tại và N. hứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác N thuộc một đường thẳng cố định. Giải: I N Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác N. Gọi là giao điểm của và (I). Khi đó ta có.. N / I / (không đổi vì, () cố định). Suy ra / Vì, cố định và thuộc nên từ hệ thức trên ta có cố định. Suy ra I thuộc đường trung trực của cố định. Nhận xét: Việc tìm ra điểm cố định là dễ hiểu bởi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm trên đường trung trực của dây cung bất kì. Hơn nữa điểm cố định và đường tròn ngoại tiếp tam giác N với đường tròn () có trục đẳng phương là N. Do và () cố định nên không đổi /

7 ài. ho đường tròn tâm đường kính và điểm H cố định thuộc. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại của (), vẽ đường tròn (K; KH) cắt () tại và D. hứng minh rằng D luôn đi qua một điểm cố định. Giải K H D I Gọi I là điểm đối xứng của H qua, suy ra I cố định và thuộc (K). Gọi là giao điểm của D và. Vì D là trục đẳng phương của () và (K) nên ta có: H. I. D. H I H H H. H. Vì,, H cố định suy ra cố định. Do đó D luôn đi qua điểm cố định Nhận xét: Việc xác định điểm là giao điểm của D và (cố định) là khá dễ dàng để dự đoán khi ta thay đổi vị trí điểm K. Do, cố định và tiếp tuyến K cố định nên điểm I xuất hiện và cố định là dễ hiểu vì khi đó H. I. D / K / ài 3. (V 014) ho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (), trong đó, cố định và thay đổi trên (). Trên các tia và lần lượt lấy các điểm và N sao cho = và N = N. ác đường tròn ngoại tiếp các tam giác N và cắt nhau tại P P. Đường thẳng N cắt đường thẳng tại Q.

8 a) hứng minh rằng ba điểm, P, Q thẳng hàng. b) Gọi D là trung điểm của. ác đường tròn có tâm là, N và cùng đi qua cắt nhau tại K K. Đường thẳng qua vuông góc với K cắt tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DE cắt () tại F F. hứng minh rằng đường thẳng F đi qua một điểm cố định. Giải: N E Q D F P K a) Không mất tính tổng quát, ta giả sử như hình vẽ, các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Khi đó, nằm ngoài đoạn và N nằm trong đoạn. Do N = N nên N N và do = nên. Từ đây suy ra N hay tứ giác N nội tiếp và khi đó ta được Q.QN = Q.Q. Từ đây suy ra Q có cùng phương tích đến hai đường tròn () và (N) nên nó nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này. Trục đẳng phương đó chính là dây chung P nên suy ra, P, Q thẳng hàng. b) Ta thấy rằng đường tròn (D) tiếp xúc với () tại nên trục đẳng phương của hai đường tròn này chính là tiếp tuyến d của () ở. Ta sẽ chứng minh rằng (DE). I

9 Thật vậy, ta có, cùng nằm trên trung trực của nên. Tương tự thì N nên là trực tâm tam giác N. Suy ra N. Xét hai đường tròn (, ), (N, N) thì do dây chung vuông góc với đường nối tâm nên ta có K N. Từ đây suy ra,, K thẳng hàng nên 0 E 90. Hơn nữa, ta cũng có 0 DE 90 nên tứ giác DE nội tiếp hay (DE). Do đó, trục đẳng phương của (DE) và (D) chính là D. Ngoài ra, trục đẳng phương của () và (DE) là F. Xét ba đường tròn (), (DE), (D) có các trục đẳng phương của từng cặp đường tròn là D, d, F nên chúng sẽ đồng quy tại một điểm. Vậy F đi qua giao điểm của D với đường thẳng d và đó là một điểm cố định. Nhận xét. âu a) của bài toán này có thể dễ dàng giải quyết bằng ý tưởng chứng minh các điểm,, N, cùng thuộc một đường tròn Ω và các đoạn P, N, đều là các trục đẳng phương tương ứng của hai trong ba đường tròn (), Ω, (N) nên sẽ đồng quy tại tâm đẳng phương Q. Hướng tiếp cận này có thể nhận thấy được. Tuy nhiên, ở ý b) do có sự xuất hiện của nhiều đường tròn, đường thẳng hơn với yêu cầu đi qua điểm cố định thì nhiều bạn gặp khó khăn. Nhưng nếu để ý cẩn thận ta có thể dễ dàng tìm được điểm cố định I bằng cách cho tiến dần đến hai điểm đối xứng với, qua tâm () để phát hiện ra rằng điểm cố định nếu có thì phải nằm trên tiếp tuyến của () tại,. Và cũng không khó để nhận ra mô hình quen thuộc về tứ giác điều hòa hoặc đường đối trung. ụ thể thì F là tứ giác điều hòa tương ứng với F là đường đối trung của tam giác. Lời giải nêu trên thực tế là chứng minh lại các tính chất của mô hình này mà thôi. Ta biết trong trong tứ giác điều hòa thì tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại hai đỉnh đối nhau thì đồng quy với đường chéo đi qua hai đỉnh còn lại, còn đường đối trung thì đối xứng với trung tuyến D qua phân giác góc (cũng có thể coi đây là một phần của mô hình tứ giác điều hòa). Thông qua cách dựng điểm E là giao điểm của tiếp tuyến của () với, bài toán xây dựng thêm đường tròn đường kính E để có một tứ giác như vậy. Trên thực tế, hai bước xây dựng trên đã bị che giấu đi bản chất thông qua các điểm thẳng hàng và các điểm đồng viên nhằm loại đi vai trò của điểm.

10 ài 4. (V 015) ho đường tròn () và hai điểm, cố định trên (), không là đường kính. ột điểm thay đổi trên () sao cho tam giác nhọn. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ, của tam giác. ho (I) là đường tròn thay đổi đi qua E, F và có tâm là I. D cot a) Giả sử (I) tiếp xúc với tại điểm D. hứng minh rằng D cot b) Giả sử (I) cắt cạnh tại hai điểm, N. Gọi H là trực tâm tam giác và P, Q là các giao điểm của (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác H. Đường tròn (K) đi qua P, Q và tiếp xúc với () tại điểm T (T cùng phía đối với PQ). hứng minh rằng đường phân giác trong của góc TN luôn đi qua một điểm cố định. Giải: a) Giả sử điểm D nằm trong cạnh, trường hợp điểm D nằm ngoài chứng minh tương tự. Ta có hai cách xử lý như sau: ách 1. R E S F I D Gọi R, S lần lượt là giao điểm của (I) với (các giao điểm này có thể tương ứng trùng E, F trong trường hợp tam giác cân). Ta có R. F S. E R E RS / / S F Do (I) tiếp xúc với tại D nên D. cot F R F. R F. F. E D E. S E S E E F cot Do đó D D cot cot

11 ách E F I X D Y Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của (I) với E, F. Ta có D X. E, D Y. F (phương tích với đường tròn (I)). Hai tam giác XF,YE có XF YE, XF YE nên đồng dạng. Suy ra X Y F E cos cos Do đó D X cos sin cot. E. D Y F cos sin cot hay D D cot cot b)

12 T E F H Q P G N J Trường hợp tam giác cân tại, bài toán hiển nhiên đúng. Xét trường hợp tam giác không cân ở, không mất tính tổng quát, giả sử <. Gọi G là giao điểm của EF và đường thẳng. Xét các đường tròn (H), (I) và đường tròn đường kính. Ta thấy: Trục đẳng phương của (H), (I) là PQ. Trục đẳng phương của (I) và đường tròn đường kính là EF. Trục đẳng phương của (H) và đường tròn đường kính là. Do đó PQ, EF, đồng quy tại tâm đẳng phương của 3 đường tròn này. Ta có GT GP. GQ G. GN nên đường tròn (TN) cũng tiếp xúc với () tại T. Do đó ta có GT GNT (cùng chắn cung T của đường tròn (K)). Theo tính chất góc ngoài của tam giác thì GNT NT NT. Hơn nữa, do GT tiếp xúc với () nên GT GT. Trừ tương ứng từng vế đẳng thức, ta được T NT Từ đây dễ thấy phân giác của góc TN và T là trùng nhau hay phân giác của TN đi qua trung điểm J của cung không chứa, đây là điểm cố định. Ta có đpcm.

13 Nhận xét. Về câu a) của bài toán có thể nói đây là một phần tương đối hay, nó không quá đơn giản nhưng có nhiều hướng để học sinh có thể tự tin để khai thác. Việc sử dụng tính chất cơ bản của phương tích của đường tròn sẽ dẫn đến sự xuất hiện một cách tự nhiên của các điểm R, S, X, Y (ứng với hai cách). Ngoài ra, với học sinh nào không quen với việc kẻ đường phụ, ta còn có thể lập luận bằng tỉ số lượng giác trực tiếp cũng có thể làm được. Về câu b) của bài toán, cũng tương tự như những bài toán về yếu tố cố định trong các kỳ thi V, TST gần đây, bài toán đòi hỏi học sinh khả năng phán đoán, suy luận tốt và nhất là khả năng "đơn giản hoá" bài toán, tìm ra yếu tố quyết định trong một loạt giả thiết có vẻ phức tạp và "ít tác dụng". Ta có thể dự đoán điểm cố định thông qua việc xét hai điểm đối xứng qua trung trực, từ đó suy ra điểm cố định cách đều và, sẽ dễ đưa đến kết luận hơn. ó khá nhiều đường tròn góp mặt trong bài toán, nhưng với những học sinh có kinh nghiệm thì việc sử dụng tính chất trục đẳng phương để có các đường đồng quy là điều dễ hiểu. Dù đề bài được phát biểu tương đối dài và phức tạp, nhưng nếu dự đoán được điểm cố định như trên thì việc giải quyết các bước tiếp theo đơn giản hơn rất nhiều Trên thực tế, ta có thể giải mà không cần sự có mặt của E, F. Vẫn với xuất phát từ trục đẳng phương, xét 3 đường tròn (H), (), (TPQ) thì sẽ có tiếp tuyến tại T đi qua giao điểm của, PQ. ài 5. (V 007) ho hình thang D có đáy lớn và nội tiếp đường tròn (). Gọi P là điểm thay đổi trên và nằm ngoài đoạn sao cho P không là tiếp tuyến của đường tròn (). Đường tròn đường kính PD cắt () tại E (E D). Gọi là giao điểm của với DE, N là giao điểm khác của P với (). hứng minh đường thẳng N qua một điểm cố định. Giải ách 1

14 D N F P E ' Gọi ' là điểm đối xứng của qua tâm. Ta chứng minh N,, ' thẳng hàng, từ đó suy ra N đi qua ' cố định. Thật vậy, trước tiên ta có DE là trục đẳng phương của () và đường tròn ( 1 ) đường kính PD. Để ý PN ' = 90 o nên N là trục đẳng phương của () và đường tròn ( ) đường kính P. D cắt tại F; do 0 D' 90 => 0 PF' 90 nên là trục đẳng phương của ( 1 ) và ( ). Vì các trục đẳng phương đồng qui tại tâm đẳng phương. Suy ra DE, và N đồng qui tại điểm. Vậy, N, thẳng hàng. ách :

15 D N K ' P E Gọi giao của đường tròn đường kính DP với là K. Giao của DK với () là I. Dễ thấy DI. Ta sẽ chứng minh NI,, DE đồng quy. Giả sử NI cắt tại '. Khi đó ta có 0 INP IKP 90 nên bốn điểm N, I, K, P đồng viên. Suy ra ' N. ' I ' K. ' P '/ '/ DP Do đó ' thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn, tức ' thuộc DE hay ' trùng. Như vậy ta có ngay N luôn đi qua điểm I cố định. ài 6. (VN TST 006) ho tam giác là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong đường tròn tâm bán kính R. ột đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với và luôn cắt tia,. Gọi, N lần lượt là giao điểm của d và,. Giả sử N và N cắt nhau tại K, K cắt. a) Gọi P là giao của K và. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác NP luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi H là trực tâm của tam giác N. Đặt = a và l là khoảng cách từ đến HK.hứng I minh KH đi qua trực tâm của tam giác, từ đó suy ra: Giải: l 4R a

16 L Z H X F N J I Y Q K P 1 D E a) Gọi Q là giao điểm của N và, E là trung điểm. Xét tứ giác N thì ta biết rằng Q, P,, là hàng điểm điều hòa. Suy ra (QP) = - 1. Khi đó ta có: EP. EQ E, suy ra QE. QP QE QE. PE QE E Q Q. Q à tứ giác N cũng nội tiếp vì có N x N (x là tia tiếp tuyến của ()). Suy ra Q. QN Q. Q Từ đó suy ra Q. QN QP. QE, suy ra tứ giác NEP nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác NP luôn đi qua điểm E cố định. b) Giả sử 3 đường cao D, F và J của tam giác cắt nhau tại I; ba đường cao X, Y, NZ của tam giác N cắt nhau tại H. Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng. Xét đường tròn tâm ( 1 ) đường kính N và tâm ( ) đường kính. Ta thấy: K. K K. KN, I. IJ I. IF, H. HX HN. HZ Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của ( 1 ) và ( ) nên thẳng hang. Từ đó suy ra L I. à I. E R 4R a 4

17 Nên L l 4R a ài 7. (VN TST 01) ho đường tròn () và hai điểm cố định, trên đường tròn này sao cho không là đường kính của (). Gọi là một điểm di động trên đường tròn () và không trùng với hai điểm,. Gọi D, K, J lần lượt là trung điểm của,, và E,, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của,, trên, DJ, DK. hứng minh rằng các tiếp tuyến tại, N của đường tròn ngoại tiếp tam giác EN luôn cắt nhau tại điểm T cố định khi điểm thay đổi trên (). Giải: T J K H E R I D N S U X Gọi R, S lần lượt là trung điểm của D, D thì R, S lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác D, ND Ta có T TN, R D ' D ' NS 4

18 ằng biến đổi góc ta thu được TR TNS TR TNS c. g. c Suy ra TR = TS hay T nằm trên đường trung trực của. Gọi X là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác H thì X cố định. Ta sẽ chứng minh T nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (S) và (X). Gọi U là trung điểm của XD. Ta thấy TX X TS S T / X T / S TX TS XD D S TD SD XD D S T XD TD XD T XD D TD. XD DS DU. DT Điều này tương đương với tam giác TSU vuông tại S. Hơn nữa, ta thấy TSU 90 STU SUT 90 RTS X 180 TN IN Đẳng thức cuối đúng nên suy ra T nằm trên trục đẳng phương của (S) và (X). Do hai đường tròn này cố định nên trục đẳng phương của chúng cũng cố định. T là giao điểm của hai đường thẳng cố định nên T là điểm cố định. Ta có đpcm. ài 8. (US TST 01) ho tam giác, P là một điểm chuyển động trên. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên, sao cho PY = P, PZ = P. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác YZ luôn đi qua trực tâm của tam giác Giải: Y Z H T S G P L

19 Gọi T, S lần lượt là hình chiếu của P trên,. Kẻ đường cao G của tam giác, G cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác YZ tại điểm H và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại L. Dễ thấy TY = T nên T / YZ T / TY. T 1 T. T Tương tự S/ YZ S/ 1 nên 3 đường tròn ngoại tiếp các tam giác, YZ và ST đồng trục Do G, T, S T nên G/ YZ G/ GH. G GH GL. G GL hay G là trung điểm của HL Suy ra H là trực tâm của tam giác ài 9. ho tam giác có D là trung điểm của cạnh. Gọi d là đường thẳng qua D và vuông góc với đường thẳng D. Trên đường thẳng d lấy một điểm bất kì. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng,. Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt đường thẳng tại P, đường thẳng qua F vuông góc với d cắt đường thẳng tại Q. hứng minh rằng đường thẳng qua, vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi di động trên đường thẳng d. Giải: P d' D E K' K F H' H I Q d

20 Phân tích. Ta thấy trong đề bài này các giả thiết đưa ra chỉ xoay quanh các yếu tố như trung điểm, đường vuông góc, đoạn thẳng,... nhưng vì có hơi nhiều yếu tố như vậy nên việc liên kết chúng lại và đảm bảo sử dụng được tất cả các giả thiết quả là điều không dễ dàng. húng ta có một lời giải bằng cách sử dụng phương pháp hình học thuần túy nhờ kiến thức trục đẳng phương như sau nhưng nó hơi phức tạp vì cần phải kẻ nhiều đường phụ: Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của, lên đường thẳng d. Do D là trung điểm của nên DH = DK, suy ra D là trung trực của HK H =K. Gọi ( ) là đường tròn tâm đi qua H và K. Gọi H, K lần lượt là các điểm đối xứng với H, K qua các đường thẳng, H, K thuộc ( ). Giả sử các đường thẳng HH, KK cắt nhau tại I thì I là điểm cố định. (*) Ta có PE // H (cùng vuông góc với d) mà PE đi qua trung điểm của nên cũng qua trung điểm của H PE là trung trực của H PH = P. Gọi ( 1) là đường tròn tâm P đi qua H và, do tính đối xứng nên H cũng thuộc ( 1). Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: QF là trung trực của K; nếu gọi ( ) là đường tròn tâm Q đi qua K và thì K thuộc ( ). Ta lại có: + ( ), ( 1) cắt nhau tai H, H nên HH là trục đẳng phương của ( ), ( 1). + ( ), ( ) cắt nhau tai K, K nên KK là trục đẳng phương của ( ), ( ). ặt khác cùng thuộc ( 1), ( ) và P, Q lần lượt là tâm của ( 1), ( ) nên đường thẳng d qua, vuông góc với PQ chính là trục đẳng phương của ( 1), ( ). Suy ra HH, KK, d đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn ( ), ( 1), ( ) (**) Từ (*) và (**) suy ra d đi qua I là điểm cố định. Vậy đường thẳng qua, vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi di động trên đường thẳng d. Ta có đpcm. ài 10. ho đường tròn () tiếp xúc đường thẳng d tại H. Hai điểm, N di động trên d sao cho H. HN k ( 0 (). (với, khác H). k cho trước). Từ, N kẻ các tiếp tuyến và N đến đường tròn a) hứng minh rằng đường tròn (N) luôn đi qua điểm cố định.

21 b) hứng minh rằng đường thẳng luôn đi qua 1 điểm cố định. Giải: I K E H N F d P J a) Gọi P là giao điểm của H với đường tròn (N). Khi đó ta có H. HN H. HP k à H, cố định, k không đổi nên P cố định. Vậy đường tròn (N) luôn đi qua hai điểm cố định, P b) Gọi IH là đường kính của (); E, F là giao điểm của I, I với d. Dễ thấy, N lần lượt là trung điểm của EH, FH Ta có HE. HF. H.HN 4k. Dựng đường tròn (IEF) cắt IH tại điểm thứ hai J J cố định. H /(IEF) HI. HJ HE. HF 4k Trong các tam giác vuông IHE và IHF ta có I. IE I. IF IH Suy ra tứ giác EF nội tiếp I EF (cùng bù với E ) à EF EJI nên I EJI Gọi K là giao điểm của và IJ ta có tứ giác KJE nội tiếp K cố định I /( KJE) I. IE IK. IJ IH

22 ài 11. ho đường tròn (, R) và đường thẳng d không có điểm chung với (). Từ () hạ H d tại H. Giả sử là một điểm bất kỳ trên d. Từ kẻ các tiếp tuyến, đến đường tròn (). Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống,. hứng minh rằng đường kính KI luôn đi qua một điểm cố định Giải: I d H L K J T N Gọi J, T lần lượt là giao điểm của với H và. Ta có tiếp tuyến của đường tròn (). Suy ra 0 TJ 90 Lại có 0 HJ 90 do H H 0 TJ HJ 180 suy ra TJH nội tiếp J. H T. mà Suy ra T. R tam giác vuông tại có T là đường cao. R J suy ra J cố định. H Gọi N là hình chiếu vuông góc của H xuống, L là giao điểm của KI và H. Ta có năm điểm, H,,, cùng nằm trên đường tròn đường kính. do, là các Do K, I, N là hình chiếu vuông góc của H xuống,, nên K, I, N thẳng hàng (tính chất đường thẳng Simson của tam giác tương ứng với H). Vậy tứ giác HIN nội tiếp, do đó INH IH (1)

23 ặt khác do tứ giác H nội tiếp nên IH H () Lại có HN / / cùng vuông góc nên H JHN (3) Từ (1), () và (3) suy ra INH JHN Hơn nữa tam giác JHN vuông góc tại N nên từ đó ta có L là trung điểm của JH. Do J, H cố định nên L cố định. Vậy đường thẳng KI luôn đi qua điểm L cố định. ài 1. ho tam giác có đỉnh cố định và, thay đổi trên đường thẳng d cố định sao cho nếu gọi là hình chiếu của lên d thì. âm và không đổi. Gọi là hình chiếu của lên. Gọi N là hình chiếu của lên, K là giao điểm của các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác N tại và N. hứng minh rằng K thuộc một đường thẳng cố định. Giải: N P I ' D H K Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác N và I là giao điểm của K và N. Ta thấy chính là trung điểm của. Gọi D và P là giao điểm của với () và N. Dễ thấy. N.

24 Suy ra tứ giác N nội tiếp N à D nên N D. Suy ra PD nội tiếp. Do đó ta có P. D. à, và D cố định suy ra P cố định. Gọi H là hình chiếu của K trên. Ta có 1 P. H I. K N 4 à, P, cố định suy ra H cố định. Vậy K thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với ài tập tương tự ài 1. ho 3 điểm,, thẳng hàng và được sắp xếp theo thứ tự đó. ột đường tròn () thay đổi luôn đi qua hai điểm và. và là hai tiếp tuyến của (). hứng minh rằng: a) và luôn thuộc một đường tròn cố định b) Trung điểm H của thuộc một đường cố định. ài. ho đường tròn () tâm và một điểm khác nằm trong đường tròn. ột đường thẳng thay đổi qua nhưng không đi qua cắt () tại, N. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác N luôn đi qua một điểm cố định khác. ài 3. (V 003) Trên mặt phẳng cho hai đường tròn ( 1 ) và ( ) cố định tiếp xúc nhau tại và bán kính của ( ) lớn hơn bán kính của ( ). ột điểm di chuyển trên ( ) sao cho 3 điểm 1, và không thẳng hàng. Từ điểm vẽ tiếp tuyến và đến ( 1 ) (, là hai tiếp điểm). Đường thẳng và cắt đường tròn ( ) tại E và F. Gọi giao điểm của EF với tiếp tuyến tại của ( ) là D. hứng minh rằng D luôn di chuyển trên một đường cố định khi thay đổi trên ( ) mà 1, và không thẳng hàng. ài 4. ho đường tròn () tâm và một đường thẳng (d) nằm ngoài đường tròn. I là điểm di động trên (d). Đường tròn đường kính I cắt () tại, N. hứng minh rằng đường thẳng N luôn đi qua một điểm cố định. ài 5. ho đường tròn tâm đường kính. D là một điểm cố định thuộc, đường thẳng d đi qua D và vuông góc với. H là một điểm thay đổi trên d. H và H cắt () lần lượt tại P và Q. hứng minh rằng PQ luôn đi qua một điểm cố định.

25 ài 6. ho tam giác không vuông tại có đường trung tuyến. Gọi D là một điểm di động trên đường thẳng. Gọi ( 1 ), ( ) là các đường tròn đi qua D, tiếp xúc với lần lượt tại và. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của đường thẳng với đường tròn ( 1 ), đường thẳng với đường tròn ( ). hứng minh rằng: a) Tiếp tuyến tại P của ( 1) và tiếp tuyến tại Q của ( ) phải cắt nhau tại một điểm. Gọi giao điểm đó là S. b) Điểm S luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định khi D di động trên. ài 7. ho hình thang D có đáy nhỏ và một điểm di động bên trong hình thang. Gọi E, F là giao điểm của, D với. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác E và tam giác F cắt nhau tại điểm thứ hai N. hứng minh N luôn đi qua một điểm cố định. ài 8. ho đường tròn tâm () và một điểm nằm ngoài (). (I) là đường tròn thay đổi qua và cắt () tại hai điểm, N. Gọi K là giao điểm của N với tiếp tuyến của I tại điểm. a) hứng minh K luôn thuộc một đường thẳng cố định. b) ho đường tròn (I) thay đổi qua và đồng thời tâm (I) thuộc đường tròn (). hứng minh đường thẳng N luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. ài 9. ho đường tròn () tâm cố định và một điểm khác. Đường kính quay quanh nhưng không đi qua., cắt () tại các điểm thứ hai,. a) hứng minh rằng đường thẳng đi qua một điểm cố định. b) hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua một điểm cố định. ài 10. ho đường tròn () và hai điểm phân biệt, cố định ( không phải là đường kính). Điểm bất kì trên cung lớn, vẽ đường kính E. Gọi H là hình chiếu của trên. F là phân giác trong của. Đường thẳng EF cắt lại () tại điểm thứ hai là K. a) hứng minh rằng đường thẳng vuông góc với HK tại K luôn đi qua một điểm cố định khi di động trên cung lớn. b) Kẻ dây cung D của () sao cho D //. Gọi P là giao điểm của K với, Q là giao điểm thứ hai của DH và (). hứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định khi di động trên cung lớn. ài 11. ho tứ giác D nội tiếp đường tròn (). Gọi E là giao điểm của và D, F là giao điểm của D và. Điểm G chạy trên đường tròn tâm (). GE, GF theo thứ tự cắt

26 đường tròn () tại I, K. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IK luôn đi qua một điểm cố định (khác điểm ). ài 1. ho tam giác nhọn và một đường tròn thay đổi qua, cắt, tại, N. Gọi P là giao điểm của N và và Q, T là giao điểm của P, N với. Đường thẳng qua Q và song song với N cắt, tại R, S. a) hứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác RST luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi K là trực tâm tam giác N, a là độ dài cạnh và d là khoảng cách từ đến đường thẳng PK. hứng minh d a.cos. ài 13. ho tam giác có D là trung điểm của cạnh. Gọi d là đường thẳng qua D và vuông góc với đường thẳng D. Trên đường thẳng d lấy một điểm bất kì. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng,. Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt đường thẳng tại P, đường thẳng qua F vuông góc với d cắt đường thẳng tại Q. hứng minh rằng đường thẳng qua, vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi di động trên đường thẳng d. ài 14. ho đường tròn w có hai dây và DE cắt nhau tại, với, cố định. ột đường thẳng đi qua D và song song với cắt w tại điểm thứ hai là F, F cắt w tại điểm T T F. Gọi là giao điểm của ET và, N là điểm đối xứng của qua. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN đi qua điểm cố định

27 . PHẦN KẾT LUẬN Trên đây là một số bài toán về yếu tố cố định được giải bằng cách sử dụng đến phương tích, trục đẳng phương. Kiến thức về phương tích khá dễ hiểu và đơn giản nhưng ứng dụng của nó thì khá nhiều, không chỉ các bài toán chứng minh, quỹ tích và các bài toán tính toán thông thường, thông qua các bài toán về yếu tố cố định ta lại thấy được một ứng dụng nữa của phương tích để giải quyết lớp bài toán khá khó là bài toán về yếu tố cố định. Thông qua đó giúp học sinh tiếp cận và hình thành kĩ năng sử dụng phương tích, cũng như lựa chọn được cách giải bài toán phù hợp, tăng thêm tính say mê, tích cực tìm tòi và sáng tạo. huyên đề trên nhằm mục đích trao đổi với các thầy cô dạy bộ môn toán về việc sử dụng phương tích, trục đẳng phương để giải các bài về yếu tố cố định nói riêng và các bài toán hình học phẳng nói chung. Do kiến thức còn nhiều hạn chế nên chắc rằng chuyên đề khó tránh khỏi các thiếu sót, chúng tôi mong có sự góp ý của quý thầy cô để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn! TÀI LIỆU TH KHẢ [1] Đoàn Quỳnh, Văn Như ương, Trần Nam Dũng, Nguyễn inh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê á Khánh Trình: Tài liệu chuyên toán hình học 10. NX Giáo dục, 010. [] Nguyễn inh Hà, Nguyễn Xuân ình: ài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10. NX Giáo dục, 006 [3] Tuyển tập lời giải và bình luận đề thi V các năm của nhóm tác giả Trần Nam Dũng [4] Nguồn tại liệu từ Internet: diendantoanhoc.net, matscope.org. [5] [6] [7] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ