1. Trong các thi ch n h c sinh gi i vòng qu c gia hàng năm, bài toán hình h c ph ng ư c xem là bài
toán cơ b n, b t bu c.
gi i chúng, òi h i ngư i h c n m v ng các ki n th c căn b n v hình h c
và năng l c t ng h p các ki n th c ó. Nh m ph c v kỳ thi s p n, tôi xin gi i thi u v i các em m t
s bài toán trong các kỳ thi v a qua, giúp các em có cái nhìn t ng quan v m c
và ki n th c òi h i
trong các bài thi.
Bài 1. (B ng B - năm 2000)
Trên m t ph ng cho trư c cho hai ư ng tròn (O1 ; r1) và (O2 ; r2). Trên ư ng tròn (O1 ; r1) l y
m t i m M1 và trên ư ng tròn (O2 ; r2) l y m t i m M2 sao cho ư ng th ng O1M1 c t ư ng th ng
O2M2 t i i m Q. Cho M1 chuy n ng trên ư ng tròn (O1 ; r1), M2 chuy n ng trên ư ng tròn (O2 ;
r2) cùng theo chi u kim ng h và cùng v i v n t c góc như nhau.
1) Tìm qu tích trung i m o n th ng M1M2.
2) Ch ng minh r ng giao i m th hai c a hai ư ng tròn ngo i ti p tam giác M1QM2 v i ư ng
tròn ngo i ti p tam giác O1QO2 là 1 i m c
nh.
Gi i
P
Q
Q
M2
M1
O1
M2’ M
O
M2
M1’
O1
M1
O2
O2
1) G i O là trung i m c a O1O2. Hi n nhiên O là i m c
nh.
L y các i m M’1 , M’2 sao cho: OM '1 = O1 M1 , OM '1 = O 2 M 2 . Vì M1 , M2 tương ng chuy n ng
trên (O1 ; r1), (O2 ; r2) theo cùng chi u và v i cùng v n t c góc nên M’1 , M’2 s quay quanh O theo
cùng chi u và v i v n t c góc (*).
1
1
Ta có : M là trung i m M1M2 ⇔ OM = (OM1 + OM 2 ) ⇔ OM = (O1 M '1 + O2 M '2 )
2
2
⇔ M là trung i m c a M’1 , M’2 (**).
1
2r12 + 2r22 − d 2 , trong ó d
T (*), (**) suy ra: qu tích c a M là ư ng tròn tâm O và bán kính R =
2
= M1M2 = const.
2) G i P là giao i m th hai c a ư ng tròn ngo i ti p tam giác M1QM2 và ư ng tròn ngo i ti p tam
PO1 r1
giác O1QO2. D dàng ch ng minh ư c: ∆ PO1M1 ng d ng ∆ PO2M2. Suy ra
= . Do ó, P
PO 2 r2
r
thu c ư ng tròn Apôlôniut d ng trên o n O1O2 c
nh, theo t s không i 1 (1).
r2
D th y (PO1 , PO 2 ) = α = const . Suy ra, P thu c cung ch a góc nh hư ng không
o n O1O2 c
nh (2). T (1), (2) suy ra P là i m c
nh ( pcm).
i α d ng trên
trang 1

2. Bài 2. (B ng B - năm 2001)
Trong m t ph ng cho hai ư ng tròn (O1) và (O2) c t nhau t i hai i m A, B và P1 , P2 là m t ti p
tuy n chung c a hai ư ng tròn ó (P1 ∈ (O1), P2 ∈ (O2)). G i Q1 và Q2 tương ng là hình chi u vuông
góc c a P1 và P2 trên ư ng th ng O1O2 . ư ng th ng AQ1 c t (O1) t i i m th hai M1, ư ng th ng
AQ2 c t (O2) t i i m th hai M2. Hãy ch ng minh M1 , B, M2 th ng hàng .
Gi i
G i R1 và R2 tương ng là bán kính c a (O1) và (O2).
1) Trư ng h p 1 : R1 = R2. Khi ó Q1 ≡ O1 và Q2 ≡ O2 ⇒ M1 BA = M 2 BA = 900 ⇒ M1 , B, M2 th ng
hàng .
A
O1 ≡ Q1
M1
O2 ≡ Q2
M2
B
P2
P1
2) Trư ng h p 2 : R1 ≠ R2. Gi s R1 > R2 .
A1
A
O1
Q2
Q1
S
O2
M2
B
M1
P2
P1
Khi ó Q1 n m trên o n O1O2 và Q2 n m trên tia i c a tia O2O1.
MOA M O A
Do ó : M1 BA + M 2 BA = 1800 − 1 1 + 2 2 (*) trong ó M1O1 A < 1800
2
2
G i S = P1P2 ∩ Q1Q2 thì S là tâm c a phép v t VS bi n (O1) thành (O2).
G i A1 là giao i m th hai c a SA và (O1).
Ta có VS : A1 → A ; O1 → O2 ; Q1 → Q2 nên O1 A1Q1 = O 2 AQ 2
Mà SP1.SQ1 = SA.SA1 (= SP12) ⇒ A, Q1 , O1 , A1 cùng thu c m t ư ng tròn
⇒ O1 A1Q1 = O1 AQ1 .
Suy ra O1 AQ1 = O2 AQ 2 ⇒ M1O1 A = M 2 O2 A .
T (*) ⇒ M1 BA + M 2 BA = 1800 ⇒ M1 , B, M2 th ng hàng .
trang 2

3. Bài 3. (B ng B - năm 2002)
Trong m t ph ng cho hai ư ng tròn c
nh (O, R1) và (O, R2) có R1 > R2 . M t hình thang ABCD
(AB // CD) thay i sao cho b n nh A, B, C, D n m trên ư ng tròn (O, R1) và giao i m c a hai
ư ng chéo AC, BD n m trên ư ng tròn (O, R2). Tìm qu tích giao i m P c a hai ư ng th ng AD
và BC .
Gi i
P
A
B
I
D
O
C
1) Ph n thu n :
G i I = AC ∩ BD. Vì ABCD là hình thang n i ti p nên nó là hình thang cân.
Suy ra OI là tr c i x ng c a hình thang ABCD và O, I, P th ng hàng.
1
1
Vì POD = (DOI + IOC) = 1800 − DOC = 1800 − DAC ⇒ POD + DAC = 1800
2
2
⇒ t giác AIOD n i ti p ⇒ PA.PD = PI.PO = OP(OP – OI) = OP2 – OP.OI.
M t khác : PA.PD = PP/(O) = OP2 – R12
R2 R2
Suy ra : OP.OI = R12 ⇒ OP = 1 = 1 = h ng s
OI
R2
⇒ P chuy n
2) Ph n
ng trên ư ng tròn tâm O, bán kính
R 12
.
R2
o:
R 12
). G i I là giao i m c a OP và (O, R2). D dàng d ng
R2
ư c hình thang ABCD n i ti p ư ng tròn (O, R1), nh n I làm giao i m c a hai ư ng chéo và và
nh n P là giao i m c a hai ư ng th ng ch a hai c nh bên.
L y i m P b t kỳ trên ư ng tròn (O;
3) K t lu n :
T p h p các i m P là ư ng tròn tâm O, bán kính
R 12
.
R2
trang 3

4. Bài 4. (B ng B - Năm 2003)
Cho tam giác nh n ABC n i ti p ư ng tròn tâm O. Trên ư ng th ng AC l y các i m M, N sao
cho MN = AC . G i D là hình chi u vuông góc c a M trên ư ng th ng BC; E là hình chi u vuông góc
c a N trên ư ng th ng AB.
1) Ch ng minh r ng tr c tâm H c a tam giác ABC n m trên ư ng tròn tâm O’ ngo i ti p tam
giác BED.
2) Ch ng minh r ng trung i m I c a o n th ng AN i x ng v i B qua trung i m c a o n
th ng OO’.
Gi i
A
I1
M
E
O
H
I
D
B
I2
O’
C
K
N
1) G i K = MD ∩ NE.
Vì BEK = BDK = 900 nên ư ng tròn ư ng kính BK ngo i ti p tam giác BED.
Ta có : AH // MK và CH // NK nên HAC = KMN và ACH = MNK .
M t khác AC = MN, suy ra : ∆AHC = ∆MKN. Do ó : d(H, AC) = d(K, AC).
Mà H và K n m cùng phía i v i AC nên KH // AC ⇒ BH ⊥ KH
⇒ H n m trên ư ng tròn tâm O’, ư ng kính BK ngo i ti p tam giác BED.
2) G i I1 và I2 l n lư t là hình chi u vuông góc c a I trên AB và BC thì I1 là trung i m AE, I2 là trung
i m DC. Do ó :
1
1
* Hình chi u vuông góc c a O 'I trên BA và BC l n lư t b ng BA và BC
2
2
1
1
* Hình chi u vuông góc c a BO trên BA và BC l n lư t b ng BA và BC
2
2
V y : O 'I = BO ⇒ BO’IO là hình bình hành ⇒ B và I i x ng nhau qua trung i m c a OO’.
trang 4

5. Ghi chú : Cho hai ư ng th ng ∆1 và ∆2 c t nhau. Xét hai vectơ u và v .
Hình chi u vuông góc c a u trên ∆1 và ∆2 l n lư t b ng a và b
Hình chi u vuông góc c a v trên ∆1 và ∆2 cũng l n lư t b ng a và b
Gi s ∆1 và ∆2 c t nhau t i O. t u = OM , v = ON .
G i M1 , M2 l n lư t là hình chi u c a M trên ∆1 và ∆2 thì a = OM1 và b = OM 2
G i N1 , N2 l n lư t là hình chi u c a N trên ∆1 và ∆2 thì a = ON1 và b = ON 2
∆2
N2
M2
M
N
u
v
O
M1
N1
∆1
Vì u và v có cùng i m g c O, có cùng hình chi u trên ∆1 là a nên N n m trên ư ng th ng MM1.
Tương t u và v có cùng hình chi u trên ∆2 là b nên N n m trên ư ng th ng MM2. Suy ra N ≡ M hay
u= v.
trang 5

6. Bài 5. (B ng B - năm 2004)
Trong m t ph ng, cho tam giác nh n ABC n i ti p ư ng tròn (O) và có tr c tâm H. Trên cung BC
không ch a i m A c a ư ng tròn (O), l y i m P sao cho P không trùng v i B và C. L y i m D sao
cho AD = PC và g i K là tr c tâm c a tam giác ACD. G i E và F tương ng là hình chi u vuông góc
c a K trên các ư ng th ng BC và AB. Ch ng minh r ng ư ng th ng EF i qua trung i m c a HK.
Gi i
D
N
F
A
K
K1
I
H
B
E
M
C
P
T AD = PC ⇒ APCD là hình bình hành ⇒ APC = ADC ⇒ APC + AKC = 1800 ⇒ K ∈ (ABC)
G i N = AH ∩ EF, M = AH ∩ (ABC) v i M ≠ A.
Vì MN và KE cùng vuông góc v i BC nên MN // KE.
Vì KEB = KFB = 900 nên t giác KFBE n i ti p ⇒ NEK = ABK = NMK ⇒ MEKN là t giác n i ti p ⇒
t giác MEKN là hình thang cân ⇒ HE // NK ⇒ HEKN là hình bình hành ⇒ EF i qua trung i m I
c a HK.
Ghi chú : EF là ư ng th ng Simson
trang 6

7. Bài 6. (B ng B - năm 2005)
Trong m t ph ng, cho tam giác ABC ngo i ti p ư ng tròn tâm I. G i M, N và P l n lư t là tâm ư ng
tròn bàng ti p gócA, ư ng tròn bàng ti p gócB và ư ng tròn bàng ti p gócC c a tam giác ó. G i O1
, O2 , O3 tương ng là tâm c a các ư ng tròn (INP), (IPM) và (IMN). Ch ng minh r ng :
1) Các ư ng tròn (INP), (IPM) và (IMN) có bán kính b ng nhau.
2) Các ư ng th ng MO1 , NO2 , PO3 c t nhau t i m t i m.
Gi i
N
C
O1
O3
M1
A
M3
I
P
B
O
M2
M
O2
1) Vì phân giác trong và phân giác ngoài xu t phát t cùng m t nh c a tam giác vuông góc nhau nên
suy ra I là tr c tâm tam giác MNP.
Do ó các ư ng tròn (INP), (IPM) và (IMN) i x ng v i ư ng tròn (MNP) tương ng qua các
ư ng th ng NP, PM, MN. Vì v y bán kính c a các ư ng tròn ó b ng nhau.
Ghi chú : Có th áp d ng nh lý hàm sin ch ng minh bán kính các ư ng tròn (INP), (IPM), (IMN)
và (MNP) b ng nhau.
2) G i O là tâm ư ng tròn ngo i ti p tam giác (MNP) thì O1 , O2 , O3 i x ng v i O tương ng qua
các ư ng th ng PN, PM, MN.
T ó suy ra trung i m M1 c a OO1 cũng là trung i m c a NP. L p lu n tương t cho M2 và M3.
Do ó: O1O 2 = 2M1 M 2 = NM và O1O3 = 2M1 M 3 = PM . Suy ra : O1NMO2 và O1PMO3 là các hình
bình hành.
Dùng tính ch t hai ư ng chéo c a hình bình hành c t nhau t i trung i m m i ư ng suy ra MO1 ,
NO2 , PO3 c t nhau t i m t i m.
trang 7

8. Bài 7. (B ng B - năm 2006)
Cho hình thang cân ABCD có CD là áy l n. Xét m t i m M di ng trên ư ng th ng CD sao
cho M không trùng v i C và v i D. G i N là giao i m th hai khác M c a ư ng tròn (BCM) và
(DAM). Ch ng minh r ng :
1) i m N di ng trên m t ư ng tròn c
nh ;
2) ư ng th ng MN luôn i qua m t i m c
nh.
Gi i
P
P
N
A
A
B
B
N
D
D
M
C
M
C
1) N u M n m trên c nh CD thì M và N cùng phía i v i ư ng th ng AB.
T các t giác n i ti p ANMD và BNMC, ta có : ANB = 2π − (ANM + BNM) = C + D
N u M n m ngoài c nh CD thì M và N khác phía i v i ư ng th ng AB.
T các t giác n i ti p ANMD và BNMC, ta có : ANB = π − (C + D)
V y N thu c ư ng tròn c
nh i qua A và B.
2) G i P = AD ∩ BC thì P c
nh và PA.PD = PB.PC, suy ra P thu c tr c
tròn (BCM) và (DAM) ⇒ P ∈ MN.
ng phương c a 2 ư ng
trang 8

9. Bài 8. (B ng B - năm 2006)
Cho tam giác nh n ABC n i ti p ư ng tròn tâm O và có BC > AB > AC. ư ng th ng OA c t
ư ng th ng BC t i i m A1 ; ư ng th ng OB c t ư ng th ng CA t i i m B2. G i B1 , C1 , C2 và A2
tương ng là tâm các ư ng tròn (AA1B), (AA1C), (BB2C) và (BB2A). Ch ng minh r ng :
1) Tam giác A1B1C1 ng d ng v i tam giác A2B2C2 ;
2) Tam giác A1B1C1 b ng v i tam giác A2B2C2 khi và ch khi góc C c a tam giác ABC b ng 600.
Gi i
A
A
B•
1
B1•
A2=
•
O
•
C1
B2
A2=
•
•
O
•
C1
B2
•
B
A1
C
•
C2
B
A1
C
•
C2
B’
1) Ta có : AA1 B = A1 AC + C = 900 − AB 'C + C = 900 − B + C
AB
Theo nh lý hàm sin trong tam giác AA1B thì :
= 2sin AA1 B = 2 cos(C − B)
A1 B1
AC
Tương t :
= 2sin AA1C = 2sin(π − AA1 B) = 2sin AA1 B = 2 cos(C − B)
A1C1
AB
AC
Suy ra :
=
.
A1 B1 A1C1
M t khác : B1 A1 C1 = B1 A1 A + C1 A1 A = (900 − B) + (900 − C) = A
Suy ra : ∆A1B1C1 ∼ ∆ABC theo t s 2cos(C – B)
Tương t : ∆A2B2C2 ∼ ∆ABC theo t s 2cos(A – C)
Do ó : ∆A1B1C1 ∼ ∆A2B2C2 .
2) ∆A1B1C1 = ∆A2B2C2 ⇔ cos(C – B) = cos(A – C) ⇔ C = 600 .
trang 9

10. Bài 9. (Năm 2007)
Cho tam giác ABC có hai nh B, C c
nh và nh A thay i. G i H, G l n lư t là tr c tâm và
tr ng tâm c a tam giác ABC. Tìm qu tích i m A, bi t r ng trung i m K c a HG thu c ư ng th ng
BC.
Gi i
y
A
G
C
B
O
x
K
H
Ch n h tr c Oxy v i O là trung i m BC và tr c Ox là ư ng th ng BC (hình v )
t BC = 2a > 0 thì B(-a ; 0), C(a ; 0). Gi s A(x0 ; y0) v i y0 ≠ 0.

 2x 3a 2 − 3x 0 2 + y0 2 
a 2 − x 02 
x y 
; G  0 ; 0  . Suy ra : K  0 ;
T ó tìm ư c H  x 0 ;


y0 
6y0
 3 3 

 3

2
2
K thu c ư ng th ng BC ⇔ 3a − 3x 0 + y0
V y qu tích các i m A là hypebol
2
x 0 2 y0 2
= 0 ⇔ 2 − 2 = 1 v i y0 ≠ 0.
a
3a
x 2 y2
−
= 1 tr
a 2 3a 2
i hai i m B, C.
trang 10

11. Bài 10. (Năm 2007)
Cho hình thang ABCD có áy l n BC và n i ti p ư ng tròn (O) tâm O. G i P là m t i m thay
i trên ư ng th ng BC và n m ngoài o n BC sao cho PA không là ti p tuy n c a ư ng tròn (O).
ư ng tròn ư ng kính PD c t (O) t i E (E ≠ D). G i M là giao i m c a BC v i DE, N là giao i m
khác A c a PA v i (O). Ch ng minh ư ng th ng MN i qua m t i m c
nh.
Gi i
(γ1)
D
A
(O)
N
O •
B
F
M
E
C
P
A’
(γ2)
G i A’ là i m i x ng c a A qua tâm O. Ta ch ng minh N, M, A’ th ng hàng, t ó suy ra MN i
qua A’ c
nh.
Th t v y, ta có DE là tr c ng phương c a ư ng tròn (O) và ư ng tròn (γ1) ư ng kính PD.
Vì PNA ' = 90° nên NA’ là tr c ng phương c a ư ng tròn (O) và ư ng tròn (γ2) ư ng kính PA’.
Gi s DA’ c t BC t i F, do ADA ' = 90° ⇒ PFA ' = 90° nên BC là tr c ng phương c a (γ1) và (γ2).
Vì các tr c ng phương ng quy t i tâm ng phương, suy ra DE, BC và NA’ ng quy t i i m M.
V y M, N, A’ th ng hàng.
trang 11

12. Bài 11. (Năm 2008)
Cho tam giác ABC. G i E là trung i m c a c nh AB.Trên tia EC l y i m M sao cho
BME = ECA . Kí hi u α là s
MC
theo α.
AB
o c a góc BEC , hãy tính t s
Gi i
M(m ; km)
β
y
C(c ; kc)
β
α
E≡O
A(-a ; 0)
B(a ; 0)
x
Cách 1
MC
= 0 = cos α
AB
N u α ≠ 900. Ch n h to
Oxy v i A(-a ; 0), B(a, 0) v i a >0.
t k = tanα ≠ 0, thì phương trình ư ng th ng CE là y = kx.
Gi s C(c ; kc), M(m ; km) v i c > 0 và m > 0.
Khi ó MC2 = (c – m)2 + (kc – km)2 = (1 + k2)( c – m)2
Ta có : MB = (a − m; − km)
N u α = 900 thì M ≡ C ⇒
MO = (− m; − km)
CA = (−a − c; − kc)
CO = (−c; − kc)
MB.MO CA.CO
=
MB.MO CA.CO
c(c + a) + k 2 c 2
T BME = ECA ⇒ cos(MB, MO) = cos(CA, CO) ⇒
⇒
⇒
m(m − a) + k 2 m 2
(a − m) 2 + k 2 m 2 m 2 + k 2 m 2
m − a + k2m
(a − m) 2 + k 2 m 2
=
=
c2 + k 2 c 2 (a + c) 2 + k 2 c2
c + a + k2c
(a + c)2 + k 2 c 2
t h = 1 + k2 v i h > 1 thì : (*) ⇒
(*).
hm − a
=
hc + a
a 2 − 2am + hm 2
a 2 + 2ac + hc2
⇒ (hm − a) 2 (a 2 + 2ac + hc2 ) = (hc + a)2 (a 2 − 2am + hm 2 )
2a
2a
Khai tri n và thu g n, ta ư c : m − c =
=
.
h 1 + k2
trang 12

13. (Còn n u ch n A(a ; 0), B(-a, 0) v i a >0 thì c − m =
Do ó : MC 2 = (1 + k 2 )
2a
2a
=
)
h 1 + k2
4a 2
4a 2
=
(1 + k 2 ) 2 1 + k 2
2
MC
1
 MC 
⇒
= cos 2 α ⇒
= cos α
 =
2
AB
 2a  1 + k
Cách 2
A
A
E
α
β
B
M
E
α
C
ϕ
β
β
C
ϕ
B
β
M
Hình 1
Hình 2
MC
= 0 = cos α
AB
N u α < 900 thì M n m ngoài o n EC (Hình 1)
Th t v y, t α < 900 ta suy ra AC > AB. Gi s ngư c l i, M thu c o n EC. Do M ≠ E, nên M n m
gi a E và C ⇒ ECA = BME = ECB + CBM ⇒ ECA > ECB . Vì th , n u g i D là giao c a ư ng
N u α = 900 thì M ≡ C ⇒
phân giác trong góc ACB và c nh AB thì D n m gi a E và A.
CA DA
Suy ra 1 <
=
< 1 .Vô lý.
CB DB
N u α > 900 thì M n m gi a E và C (Hình 2) (Ch ng minh tương t như trên)
t BME = ECA = β và MBC = ϕ
Áp d ng nh lý hàm sin l n lư t cho các tam giác ACE và BME, ta ư c :
AC
EA
EB
BM
=
=
=
⇒ AC = BM
sin(π − α) sin β sin β sin α
Áp d ng nh lý hàm côsin vào các tam giác BCM và ABC ta có :
MC2 = BC2 + BM2 – 2 BC.BM.cosϕ = BC2 + AC2 – 2BC.AC.cosϕ
ACB + ϕ
ACB − ϕ
= AB2 + 2BC.AC.cos ACB - 2BC.AC.cosϕ = AB2 – 4BC.AC. sin
sin
(*)
2
2
ACB + ϕ (β + ECB) + (ECB − β)
- N u M n m ngoài o n EC (Hình 1) thì :
=
= ECB và
2
2
ACB − ϕ β + ECB − ϕ β + β
=
=
=β
2
2
2
trang 13

14. - N u M n m trong o n EC (Hình 2) thì :
ACB + ϕ β + ECB + ϕ β + β
=
=
= β và
2
2
2
ACB − ϕ (β + ECB) − (β − ECB)
=
= ECB
2
2
V y t (*) ta có : MC2 = AB2 – 4BC.AC. sin β sin ACB = AB2 – 4.(AC. sin β )(BC. sin ACB )
= AB2 – 4(EAsinα)(EBsinα) = AB2 – (ABsinα)2 = AB2cos2α
MC
⇒
= cos α
AB
trang 14

15. Bài 12. (Năm 2008)
Cho tam giác ABC, trung tuy n AD. Cho ư ng th ng d vuông góc v i ư ng th ng AD. Xét
i m M n m trên d. G i E, F l n lư t là trung i m c a MB, MC. ư ng th ng i qua E và vuông góc
v i d c t ư ng th ng AB P, ư ng th ng i qua F và vuông góc v i d c t ư ng th ng AC Q.
Ch ng minh r ng ư ng th ng i qua M vuông góc v i ư ng th ng PQ luôn i qua 1 i m c
nh khi
i m M di ng trên ư ng th ng d.
Gi i
y
P
M
d
A
F
E
C
D≡O
Q
x
B
Ch n h tr c Oxy có O≡ D, tr c Oy ≡ DA. Khi ó Ox //d. (hình v )
Vì A ∈ Oy nên A(0 ; a) v i a ≠ 0 (do A ≠ D)
Gi s B(b ; c). Do B ∉ Oy nên b ≠ 0. Vì B và C i x ng nhau qua O nên C(-b ; -c).
Suy ra : AB : (a – c)x + by – ab = 0 và AC : (a + c)x – by + ab = 0
Do M ∈ d nên M(xM ; h) v i h là h ng s .
x +b
x −b
G i d1 , d2 là các ư ng th ng vuông góc v i d và l n lư t i qua E, F thì : d1 : M
và d 2 : M
2
2
(a − c)(x M + b) 
x +b
P = d1 ∩ AB ⇒ P  M
;a −

2b
 2

(a + c)(x M − b) 
x −b
Q = d2 ∩ AC ⇒ Q  M
;a +

2b
 2

a.x − bc 

Suy ra : PQ =  − b; M

b


Phương trình ư ng th ng ∆ i qua M(xM ; h) và vuông góc PQ là :

ax M − bc
bc 
b2 
2 
− b(x − x M ) +
(y − h) = 0 hay b  x −  − (ax M − bc)  y − h +  = 0 .
b
a 
a 


 bc
b2 
V y ∆ i qua i m c
nh R  ; h −  khi M di ng trên d.
a 
 a
trang 15

16. Bài 13. (Năm 2009)
Trong m t ph ng cho hai i m c
nh A, B (A ≠ B). M t i m M di ng trên m t ph ng sao
0
0
cho ACB = α không i (0 < α < 180 ). ư ng tròn tâm I n i ti p tam giác ABC và ti p xúc v i AB,
BC, CA l n lư t t i D, E, F. Các ư ng th ng AI, BI c t ư ng th ng EF l n lư t t i M và N.
1) Ch ng minh r ng o n th ng MN có dài không i.
2) Ch ng minh r ng ư ng tròn ngo i ti p tam giác DMN luôn i qua m t i m c
nh.
Gi i
C
α
E
M
NF
I
A
D
B
A+B
α
α
= 900 + ⇒ MIB = 900 − = MEB ⇒ t giác MEIB n i ti p ư ng
2
2
2
B
tròn ư ng kính IB ⇒ IMN =
và IMB = 900 ⇒ ∆ IMN ∼ ∆ IBA
2
MN IM
α
α
α
⇒
=
= sin IBM = cos MIB = cos(900 − ) = sin ⇒ MN = ABsin = không i.
AB IB
2
2
2
2) G i P = AN ∩ BM thì I là tr c tâm tam giác PAB. ư ng tròn (DMN) là ư ng tròn Euler c a tam
giác PAB, suy ra ư ng tròn (DMN) luôn i qua trung i m K c a AB v i K c
nh.
1) MIN = AIB = 1800 −
trang 16

17. Bài 14. (Năm 2010)
Trong m t ph ng, cho ư ng tròn (O) và hai i m c
nh B, C n m trên ư ng tròn ó sao cho
dây BC không là ư ng kính. Xét m t i m A di ng trên (O) sao cho AB ≠ AC và A không trùng v i
B, C. G i D và E l n lư t là giao i m c a ư ng th ng BC v i ư ng phân giác trong và ư ng phân
giác ngoài c a góc BAC . G i I là trung i m c a DE. ư ng th ng qua tr c tâm c a tam giác ABC và
vuông góc v i AI c t các ư ng th ng AD và AE tương ng t i M và N.
1) Ch ng minh r ng ư ng th ng MN luôn i qua m t i m c
nh.
2) Xác nh v trí c a i m A sao cho tam giác AMN có di n tích l n nh t.
Gi i
L
A
N
α
P
O
H
D
B
α
α
J
α
α
C
I
E
M
K
1) G i K là giao i m th hai c a AD và (O) thì K là trung i m c a cung BC .
D ng ư ng kính KL c a (O) thì L, A , E th ng hàng. G i J = MN ∩ KL.
Phép quay Q(A, +900 ) bi n : tia AL → tia AK ; tia AK → tia AE ; tia AO → tia AI.
Suy ra AO ⊥ AI ⇒ AO // JH. Mà OJ // AH nên AOJH là hình bình hành ⇒ OJ = AH.
M t khác, n u k ư ng kính BB’ c a (O) thì B’ c
nh và AHCB’ là hình bình hành
V y : OJ = AH = B’C =
4R 2 − a 2 = h ng s (v i a = BC) ⇒ i m J c
2) t AKL = α . Do ∆OKA cân t i O và các tam giác OKA, JKM, HAM
cân t i H ⇒ HAM = AMH = α . G i P là trung i m AM.
nh.
ng d ng nhau nên ∆HAM
Ta có : AM = 2AP = 2AH.cosα = 2 4R 2 − a 2 .cosα
và AN = 2HP = 2AH.sinα = 2 4R 2 − a 2 .sinα.
1
Do ó : S∆AMN = AM.AN = (4R 2 − a 2 ).sin 2α ≤ 4R2 – a2
2
MaxS∆AMN = 4R2 – a2 ⇔ sin2α = 1 ⇔ α = 450. T ó suy ra v trí c a A là trung i m các cung KL.
trang 17

18. M
α
H
P
L
α
N
A
J
α
B
D
C
I
E
O
α
K
trang 18