Đang tải... (xem toàn văn)
Trong các dê thi chn hc sinh gii vòng quôc gia hàng nam, bài toán hình hc phang d c xem là bài toán cơ b n, bat buoc. De gi i chúng, dòi hi ngi hc nam vng các kiên thc can b n vê hình hc và nang lc tong h p các kiên thc dó. Nham phc v ky thi sap dên, tôi xin gii thieu vi các em mot sô bài toán trong các ky thi va qua, giúp các em có cái nhìn tong quan vê mc do và kiên thc dòi hi trong các bài thi. Bài 1. (Bng B - nam 2000) Trên mat phang cho trc cho hai dng tròn (O1 ; r1) và (O2 ; r2). Trên dng tròn (O1 ; r1) lây mot diem M1 và trên dng tròn (O2 ; r2) lây mot diem M2 sao cho dng thang O1M1 cat dng thang O2M2 t i diem Q. Cho M1 chuyen dong trên dng tròn (O1 ; r1), M2 chuyen dong trên dng tròn (O2 ; r2) cùng theo chiêu kim dông hô và cùng vi van tôc góc nh nhau. 1) Tìm quy tích trung diem do n thang M1M2. 2) Chng minh rang giao diem th hai ca hai dng tròn ngo i tiêp tam giác M1QM2 vi dng tròn ngo i tiêp tam giác O1QO2 là 1 diem cô dnh.
www.VNMATH.com Trong đề thi chọn học sinh giỏi vòng quốc gia hàng năm, tốn hình học phẳng xem toán bản, bắt buộc Để giải chúng, đòi hỏi người học nắm vững kiến thức hình học lực tổng hợp kiến thức Nhằm phục vụ kỳ thi đến, xin giới thiệu với em số toán kỳ thi vừa qua, giúp em có nhìn tổng quan mức độ kiến thức đòi hỏi thi Bài (Bảng B - năm 2000) Trên mặt phẳng cho trước cho hai đường tròn (O1 ; r1) (O2 ; r2) Trên đường tròn (O1 ; r1) lấy điểm M1 đường tròn (O2 ; r2) lấy điểm M2 cho đường thẳng O1M1 cắt đường thẳng O2M2 điểm Q Cho M1 chuyển động đường tròn (O1 ; r1), M2 chuyển động đường tròn (O2 ; r2) theo chiều kim đồng hồ với vận tốc góc 1) Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng M1M2 2) Chứng minh giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác M1QM2 với đường tròn ngoại tiếp tam giác O1QO2 điểm cố định Giải P Q Q M2 M1 O1 M2’ M O M2 M1’ O1 M1 O2 O2 1) Gọi O trung điểm O1O2 Hiển nhiên O điểm cố định Lấy điểm M’1 , M’2 cho: OM '1 = O1 M1 , OM '1 = O M Vì M1 , M2 tương ứng chuyển động (O1 ; r1), (O2 ; r2) theo chiều với vận tốc góc nên M’1 , M’2 quay quanh O theo chiều với vận tốc góc (*) Ta có : M trung điểm M1M2 ⇔ OM = (OM1 + OM ) ⇔ OM = (O1 M '1 + O2 M '2 ) 2 ⇔ M trung điểm M’1 , M’2 (**) Từ (*), (**) suy ra: quỹ tích M đường trịn tâm O bán kính R = 2r12 + 2r22 − d , d = M1M2 = const 2) Gọi P giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác M1QM2 đường tròn ngoại tiếp tam PO1 r1 giác O1QO2 Dễ dàng chứng minh được: ∆ PO1M1 đồng dạng ∆ PO2M2 Suy = Do đó, P PO r2 r thuộc đường trịn Apơlơniut dựng đoạn O1O2 cố định, theo tỷ số không đổi (1) r2 Dễ thấy (PO1 , PO ) = α = const Suy ra, P thuộc cung chứa góc định hướng khơng đổi α dựng đoạn O1O2 cố định (2) Từ (1), (2) suy P điểm cố định (đpcm) trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2001) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt hai điểm A, B P1 , P2 tiếp tuyến chung hai đường trịn (P1 ∈ (O1), P2 ∈ (O2)) Gọi Q1 Q2 tương ứng hình chiếu vng góc P1 P2 đường thẳng O1O2 Đường thẳng AQ1 cắt (O1) điểm thứ hai M1, đường thẳng AQ2 cắt (O2) điểm thứ hai M2 Hãy chứng minh M1 , B, M2 thẳng hàng Giải Gọi R1 R2 tương ứng bán kính (O1) (O2) 1) Trường hợp : R1 = R2 Khi Q1 ≡ O1 Q2 ≡ O2 ⇒ M BA = M BA = 90 ⇒ M1 , B, M2 thẳng hàng A O1 ≡ Q1 O2 ≡ Q2 M1 M2 B P2 P1 2) Trường hợp : R1 ≠ R2 Giả sử R1 > R2 A1 A Q2 O1 Q1 S O2 M2 B M1 P2 P1 Khi Q1 nằm đoạn O1O2 Q2 nằm tia đối tia O2O1 M M OA 0 O1 A + 2 (*) M Do : M BA + M BA = 180 − O1 A < 180 2 Gọi S = P1P2 ∩ Q1Q2 S tâm phép vị tự VS biến (O1) thành (O2) Gọi A1 giao điểm thứ hai SA (O1) Ta có VS : A1 → A ; O1 → O2 ; Q1 → Q2 nên O A1 Q1 = O AQ Mà SP1.SQ1 = SA.SA1 (= SP12) ⇒ A, Q1 , O1 , A1 thuộc đường tròn ⇒O A1 Q1 = O1 AQ1 Suy O AQ = O AQ ⇒ M OA=M O A 1 2 1 2 Từ (*) ⇒ M BA + M BA = 180 ⇒ M1 , B, M2 thẳng hàng trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2002) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cố định (O, R1) (O, R2) có R1 > R2 Một hình thang ABCD (AB // CD) thay đổi cho bốn đỉnh A, B, C, D nằm đường tròn (O, R1) giao điểm hai đường chéo AC, BD nằm đường trịn (O, R2) Tìm quỹ tích giao điểm P hai đường thẳng AD BC Giải P A B I D O C 1) Phần thuận : Gọi I = AC ∩ BD Vì ABCD hình thang nội tiếp nên hình thang cân Suy OI trục đối xứng hình thang ABCD O, I, P thẳng hàng = (DOI + IOC) = 1800 − DOC = 1800 − DAC ⇒ POD + DAC = 1800 Vì POD 2 ⇒ tứ giác AIOD nội tiếp ⇒ PA.PD = PI.PO = OP(OP – OI) = OP2 – OP.OI Mặt khác : PA.PD = PP/(O) = OP2 – R12 R2 R2 Suy : OP.OI = R12 ⇒ OP = = = số OI R2 ⇒ P chuyển động đường trịn tâm O, bán kính R 12 R2 2) Phần đảo : R 12 ) Gọi I giao điểm OP (O, R2) Dễ dàng dựng R2 hình thang ABCD nội tiếp đường tròn (O, R1), nhận I làm giao điểm hai đường chéo và nhận P giao điểm hai đường thẳng chứa hai cạnh bên Lấy điểm P đường tròn (O; 3) Kết luận : Tập hợp điểm P đường tròn tâm O, bán kính R 12 R2 trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - Năm 2003) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Trên đường thẳng AC lấy điểm M, N cho MN = AC Gọi D hình chiếu vng góc M đường thẳng BC; E hình chiếu vng góc N đường thẳng AB 1) Chứng minh trực tâm H tam giác ABC nằm đường tròn tâm O’ ngoại tiếp tam giác BED 2) Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng AN đối xứng với B qua trung điểm đoạn thẳng OO’ Giải A I1 M E O H I D B I2 O’ C K N 1) Gọi K = MD ∩ NE = BDK = 900 nên đường trịn đường kính BK ngoại tiếp tam giác BED Vì BEK = KMN ACH = MNK Ta có : AH // MK CH // NK nên HAC Mặt khác AC = MN, suy : ∆AHC = ∆MKN Do : d(H, AC) = d(K, AC) Mà H K nằm phía AC nên KH // AC ⇒ BH ⊥ KH ⇒ H nằm đường tròn tâm O’, đường kính BK ngoại tiếp tam giác BED 2) Gọi I1 I2 hình chiếu vng góc I AB BC I1 trung điểm AE, I2 trung điểm DC Do : * Hình chiếu vng góc O 'I BA BC BA BC 2 1 * Hình chiếu vng góc BO BA BC BA BC 2 Vậy : O 'I = BO ⇒ BO’IO hình bình hành ⇒ B I đối xứng qua trung điểm OO’ trang www.VNMATH.com Ghi : Cho hai đường thẳng ∆1 ∆2 cắt Xét hai vectơ u v Hình chiếu vng góc u ∆1 ∆2 a b Hình chiếu vng góc v ∆1 ∆2 a b Giả sử ∆1 ∆2 cắt O Đặt u = OM , v = ON Gọi M1 , M2 hình chiếu M ∆1 ∆2 a = OM1 b = OM Gọi N1 , N2 hình chiếu N ∆1 ∆2 a = ON1 b = ON ∆2 N2 M2 u O M N v M1 N1 ∆1 Vì u v có điểm gốc O, có hình chiếu ∆1 a nên N nằm đường thẳng MM1 Tương tự u v có hình chiếu ∆2 b nên N nằm đường thẳng MM2 Suy N ≡ M hay u= v trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2004) Trong mặt phẳng, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Trên cung BC khơng chứa điểm A đường trịn (O), lấy điểm P cho P không trùng với B C Lấy điểm D cho AD = PC gọi K trực tâm tam giác ACD Gọi E F tương ứng hình chiếu vng góc K đường thẳng BC AB Chứng minh đường thẳng EF qua trung điểm HK Giải D N F A K K1 I H B E M C P = ADC ⇒ APC + AKC = 1800 ⇒ K ∈ (ABC) Từ AD = PC ⇒ APCD hình bình hành ⇒ APC Gọi N = AH ∩ EF, M = AH ∩ (ABC) với M ≠ A Vì MN KE vng góc với BC nên MN // KE = KFB = 900 nên tứ giác KFBE nội tiếp ⇒ NEK = ABK = NMK ⇒ MEKN tứ giác nội tiếp ⇒ Vì KEB tứ giác MEKN hình thang cân ⇒ HE // NK ⇒ HEKN hình bình hành ⇒ EF qua trung điểm I HK Ghi : EF đường thẳng Simson trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2005) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Gọi M, N P tâm đường trịn bàng tiếp gócA, đường trịn bàng tiếp gócB đường trịn bàng tiếp gócC tam giác Gọi O1 , O2 , O3 tương ứng tâm đường tròn (INP), (IPM) (IMN) Chứng minh : 1) Các đường tròn (INP), (IPM) (IMN) có bán kính 2) Các đường thẳng MO1 , NO2 , PO3 cắt điểm Giải N C O1 O3 M1 A M3 I P B O M2 M O2 1) Vì phân giác phân giác xuất phát từ đỉnh tam giác vng góc nên suy I trực tâm tam giác MNP Do đường tròn (INP), (IPM) (IMN) đối xứng với đường tròn (MNP) tương ứng qua đường thẳng NP, PM, MN Vì bán kính đường trịn Ghi : Có thể áp dụng định lý hàm sin để chứng minh bán kính đường tròn (INP), (IPM), (IMN) (MNP) 2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (MNP) O1 , O2 , O3 đối xứng với O tương ứng qua đường thẳng PN, PM, MN Từ suy trung điểm M1 OO1 trung điểm NP Lập luận tương tự cho M2 M3 Do đó: O1O = 2M1 M = NM O1O3 = 2M1 M = PM Suy : O1NMO2 O1PMO3 hình bình hành Dùng tính chất hai đường chéo hình bình hành cắt trung điểm đường để suy MO1 , NO2 , PO3 cắt điểm trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2006) Cho hình thang cân ABCD có CD đáy lớn Xét điểm M di động đường thẳng CD cho M không trùng với C với D Gọi N giao điểm thứ hai khác M đường tròn (BCM) (DAM) Chứng minh : 1) Điểm N di động đường tròn cố định ; 2) Đường thẳng MN qua điểm cố định Giải P P N A A B B N D D M C C M 1) Nếu M nằm cạnh CD M N phía đường thẳng AB = 2π − (ANM + BNM) =C +D Từ tứ giác nội tiếp ANMD BNMC, ta có : ANB Nếu M nằm ngồi cạnh CD M N khác phía đường thẳng AB = π − (C + D) Từ tứ giác nội tiếp ANMD BNMC, ta có : ANB Vậy N thuộc đường tròn cố định qua A B 2) Gọi P = AD ∩ BC P cố định PA.PD = PB.PC, suy P thuộc trục đẳng phương đường tròn (BCM) (DAM) ⇒ P ∈ MN trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2006) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O có BC > AB > AC Đường thẳng OA cắt đường thẳng BC điểm A1 ; đường thẳng OB cắt đường thẳng CA điểm B2 Gọi B1 , C1 , C2 A2 tương ứng tâm đường tròn (AA1B), (AA1C), (BB2C) (BB2A) Chứng minh : 1) Tam giác A1B1C1 đồng dạng với tam giác A2B2C2 ; 2) Tam giác A1B1C1 với tam giác A2B2C2 góc C tam giác ABC 600 Giải A A B• B1• A2= • • O C1 B2 A2= • • O • C1 B2 • B C A1 • C2 B A1 C • C2 B’ 0 1) Ta có : AA B = A1 AC + C = 90 − AB 'C + C = 90 − B + C AB Theo định lý hàm sin tam giác AA1B : = 2sin AA B = cos(C − B) A1 B1 AC Tương tự : = 2sin AA C = 2sin( π − AA1 B) = 2sin AA1 B = cos(C − B) A1C1 AB AC Suy : = A1 B1 A1C1 + (900 − C) =A Mặt khác : B AC =B A A+C A A = (900 − B) 1 1 1 Suy : ∆A1B1C1 ∼ ∆ABC theo tỉ số 2cos(C – B) Tương tự : ∆A2B2C2 ∼ ∆ABC theo tỉ số 2cos(A – C) Do : ∆A1B1C1 ∼ ∆A2B2C2 = 600 2) ∆A1B1C1 = ∆A2B2C2 ⇔ cos(C – B) = cos(A – C) ⇔ C trang www.VNMATH.com Bài (Năm 2007) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Gọi H, G trực tâm trọng tâm tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm A, biết trung điểm K HG thuộc đường thẳng BC Giải y A G C B O x K H Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC trục Ox đường thẳng BC (hình vẽ) Đặt BC = 2a > B(-a ; 0), C(a ; 0) Giả sử A(x0 ; y0) với y0 ≠ 2x 3a − 3x + y a − x 02 x y0 ; G ; Suy : K ; Từ tìm H x ; 3 y0 6y0 2 K thuộc đường thẳng BC ⇔ 3a − 3x + y0 Vậy quỹ tích điểm A hypebol x y0 = ⇔ − = với y0 ≠ a 3a x y2 − = trừ hai điểm B, C a 3a trang 10 www.VNMATH.com Bài 10 (Năm 2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC nội tiếp đường tròn (O) tâm O Gọi P điểm thay đổi đường thẳng BC nằm đoạn BC cho PA không tiếp tuyến đường trịn (O) Đường trịn đường kính PD cắt (O) E (E ≠ D) Gọi M giao điểm BC với DE, N giao điểm khác A PA với (O) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Giải (γ1) D A (O) N O • B F M E C P A’ (γ2) Gọi A’ điểm đối xứng A qua tâm O Ta chứng minh N, M, A’ thẳng hàng, từ suy MN qua A’ cố định Thật vậy, ta có DE trục đẳng phương đường trịn (O) đường trịn (γ1) đường kính PD ' = 90° nên NA’ trục đẳng phương đường trịn (O) đường trịn (γ2) đường kính PA’ Vì PNA ' = 90° ⇒ PFA ' = 90° nên BC trục đẳng phương (γ1) (γ2) Giả sử DA’ cắt BC F, ADA Vì trục đẳng phương đồng quy tâm đẳng phương, suy DE, BC NA’ đồng quy điểm M Vậy M, N, A’ thẳng hàng trang 11 www.VNMATH.com Bài 11 (Năm 2008) Cho tam giác ABC Gọi E trung điểm cạnh AB.Trên tia EC lấy điểm M cho = ECA Kí hiệu α số đo góc BEC , tính tỉ số MC theo α BME AB Giải M(m ; km) β y C(c ; kc) β α E≡O A(-a ; 0) B(a ; 0) x Cách MC = = cos α AB Nếu α ≠ 900 Chọn hệ toạ độ Oxy với A(-a ; 0), B(a, 0) với a >0 Đặt k = tanα ≠ 0, phương trình đường thẳng CE y = kx Giả sử C(c ; kc), M(m ; km) với c > m > Khi MC2 = (c – m)2 + (kc – km)2 = (1 + k2)( c – m)2 Ta có : MB = (a − m; − km) MO = (− m; − km) CA = (−a − c; − kc) CO = (−c; − kc) MB.MO CA.CO Từ BME = ECA ⇒ cos(MB, MO) = cos(CA, CO) ⇒ = MB.MO CA.CO m(m − a) + k m c(c + a) + k c ⇒ = (a − m) + k m m + k m c2 + k c (a + c) + k c2 Nếu α = 900 M ≡ C ⇒ ⇒ m − a + k2m (a − m) + k m = c + a + k2c (a + c)2 + k c Đặt h = + k2 với h > : (*) ⇒ (*) hm − a = hc + a a − 2am + hm a + 2ac + hc2 ⇒ (hm − a) (a + 2ac + hc2 ) = (hc + a)2 (a − 2am + hm ) 2a 2a Khai triển thu gọn, ta : m − c = = h + k2 trang 12 www.VNMATH.com (Còn chọn A(a ; 0), B(-a, 0) với a >0 c − m = Do : MC = (1 + k ) 2a 2a = ) h + k2 4a 4a = (1 + k ) + k 2 MC MC ⇒ = cos α ⇒ = cos α = AB 2a + k Cách A A E α β B M E α C ϕ β β C ϕ B β M Hình Hình MC = = cos α AB Nếu α < 900 M nằm ngồi đoạn EC (Hình 1) Thật vậy, từ α < 900 ta suy AC > AB Giả sử ngược lại, M thuộc đoạn EC Do M ≠ E, nên M nằm = BME = ECB + CBM ⇒ ECA > ECB Vì thế, gọi D giao đường E C ⇒ ECA cạnh AB D nằm E A phân giác góc ACB Nếu α = 900 M ≡ C ⇒ CA DA = < Vô lý CB DB Nếu α > 900 M nằm E C (Hình 2) (Chứng minh tương tự trên) = ECA = β MBC =ϕ Đặt BME Áp dụng định lý hàm sin cho tam giác ACE BME, ta : AC EA EB BM = = = ⇒ AC = BM sin(π − α) sin β sin β sin α Áp dụng định lý hàm côsin vào tam giác BCM ABC ta có : MC2 = BC2 + BM2 – BC.BM.cosϕ = BC2 + AC2 – 2BC.AC.cosϕ - 2BC.AC.cosϕ = AB2 – 4BC.AC sin ACB + ϕ sin ACB − ϕ (*) = AB2 + 2BC.AC.cos ACB 2 + ϕ (β + ECB) + (ECB − β) ACB = = ECB - Nếu M nằm ngồi đoạn EC (Hình 1) : 2 − ϕ β + ECB −ϕ β+β ACB = = =β 2 Suy < trang 13 www.VNMATH.com - Nếu M nằm đoạn EC (Hình 2) : + ϕ β + ECB +ϕ β+β ACB = = = β 2 − ϕ (β + ECB) − (β − ECB) ACB = = ECB 2 = AB2 – 4.(AC sin β )(BC sin ACB ) Vậy từ (*) ta có : MC2 = AB2 – 4BC.AC sin β sin ACB = AB2 – 4(EAsinα)(EBsinα) = AB2 – (ABsinα)2 = AB2cos2α MC ⇒ = cos α AB trang 14 www.VNMATH.com Bài 12 (Năm 2008) Cho tam giác ABC, trung tuyến AD Cho đường thẳng d vng góc với đường thẳng AD Xét điểm M nằm d Gọi E, F trung điểm MB, MC Đường thẳng qua E vng góc với d cắt đường thẳng AB P, đường thẳng qua F vng góc với d cắt đường thẳng AC Q Chứng minh đường thẳng qua M vuông góc với đường thẳng PQ ln qua điểm cố định điểm M di động đường thẳng d Giải y P M d A F E C D≡O Q x B Chọn hệ trục Oxy có O≡ D, trục Oy ≡ DA Khi Ox //d (hình vẽ) Vì A ∈ Oy nên A(0 ; a) với a ≠ (do A ≠ D) Giả sử B(b ; c) Do B ∉ Oy nên b ≠ Vì B C đối xứng qua O nên C(-b ; -c) Suy : AB : (a – c)x + by – ab = AC : (a + c)x – by + ab = Do M ∈ d nên M(xM ; h) với h số x +b x −b Gọi d1 , d2 đường thẳng vng góc với d qua E, F : d1 : M d : M 2 (a − c)(x M + b) x +b P = d1 ∩ AB ⇒ P M ;a − 2b (a + c)(x M − b) x −b Q = d2 ∩ AC ⇒ Q M ;a + 2b a.x − bc Suy : PQ = −b; M b Phương trình đường thẳng ∆ qua M(xM ; h) vng góc PQ : ax M − bc bc b2 − b(x − x M ) + (y − h) = hay b x − − (ax M − bc) y − h + = a a b bc b2 Vậy ∆ qua điểm cố định R ; h − M di động d a a trang 15 www.VNMATH.com Bài 13 (Năm 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định A, B (A ≠ B) Một điểm M di động mặt phẳng cho ACB = α không đổi (00 < α < 1800) Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, BC, CA D, E, F Các đường thẳng AI, BI cắt đường thẳng EF M N 1) Chứng minh đoạn thẳng MN có độ dài khơng đổi 2) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN ln qua điểm cố định Giải C α E M NF I A D B = AIB = 1800 − A + B = 900 + α ⇒ MIB = 900 − α = MEB ⇒ tứ giác MEIB nội tiếp đường 1) MIN 2 = B IMB = 900 ⇒ ∆ IMN ∼ ∆ IBA trịn đường kính IB ⇒ IMN MN IM = cos MIB = cos(900 − α ) = sin α ⇒ MN = ABsin α = không đổi = = sin IBM ⇒ AB IB 2 2) Gọi P = AN ∩ BM I trực tâm tam giác PAB Đường tròn (DMN) đường tròn Euler tam giác PAB, suy đường trịn (DMN) ln qua trung điểm K AB với K cố định trang 16 www.VNMATH.com Bài 14 (Năm 2010) Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) hai điểm cố định B, C nằm đường trịn cho dây BC khơng đường kính Xét điểm A di động (O) cho AB ≠ AC A không trùng với B, C Gọi D E giao điểm đường thẳng BC với đường phân giác đường phân Gọi I trung điểm DE Đường thẳng qua trực tâm tam giác ABC giác ngồi góc BAC vng góc với AI cắt đường thẳng AD AE tương ứng M N 1) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định 2) Xác định vị trí điểm A cho tam giác AMN có diện tích lớn Giải L A N α P O H D B α α J α α C I E M K 1) Gọi K giao điểm thứ hai AD (O) K trung điểm cung BC Dựng đường kính KL (O) L, A , E thẳng hàng Gọi J = MN ∩ KL Phép quay Q(A, +900 ) biến : tia AL → tia AK ; tia AK → tia AE ; tia AO → tia AI Suy AO ⊥ AI ⇒ AO // JH Mà OJ // AH nên AOJH hình bình hành ⇒ OJ = AH Mặt khác, kẻ đường kính BB’ (O) B’ cố định AHCB’ hình bình hành Vậy : OJ = AH = B’C = 4R − a = số (với a = BC) ⇒ điểm J cố định = α Do ∆OKA cân O tam giác OKA, JKM, HAM đồng dạng nên ∆HAM 2) Đặt AKL = AMH = α Gọi P trung điểm AM cân H ⇒ HAM Ta có : AM = 2AP = 2AH.cosα = 4R − a cosα AN = 2HP = 2AH.sinα = 4R − a sinα Do : S∆AMN = AM.AN = (4R − a ).sin 2α ≤ 4R2 – a2 MaxS∆AMN = 4R2 – a2 ⇔ sin2α = ⇔ α = 450 Từ suy vị trí A trung điểm cung KL trang 17 www.VNMATH.com M α H P L α N A J α B D C I E O α K trang 18 ... PAB, suy đường tròn (DMN) qua trung điểm K AB với K cố định trang 16 www.VNMATH.com Bài 14 (Năm 2010) Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) hai điểm cố định B, C nằm đường trịn cho dây BC khơng... Từ (*) ⇒ M BA + M BA = 180 ⇒ M1 , B, M2 thẳng hàng trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2002) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cố định (O, R1) (O, R2) có R1 > R2 Một hình thang ABCD (AB //... b nên N nằm đường thẳng MM2 Suy N ≡ M hay u= v trang www.VNMATH.com Bài (Bảng B - năm 2004) Trong mặt phẳng, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Trên cung BC không
