Xem mẫu
- CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng
mang yếu tố chuyển động.
Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên
cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt
đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI =
DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B.
1.CMR:Tam giác KAC cân.
2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho
Ai có độ dài lớn nhất.
3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di
động trên cung lớn BC của (O).
Giải:
1.Ta có:
DBI cân tại D nên: DBI= DIB.Mà: DIB = IBC + ICB (1).
Và: DBI = KCI = KCA + ACD = KBA + ICB (2).
Từ (1) và (2) suy ra ABI = CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
BI là phân giác góc B của tam giác ABC K là trung điểm cung AC.
Tam giác KAC cân.
- 2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J
của cung nhỏ BC.
Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J JI = JB = const.
Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là
đường kính của (O) A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC.
3.Ta dễ dàng tính được:
1 1
. BAC = số đo cung nhỏ BC = const.
BMC =
2 4
1
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng số đo cung
4
nhỏ BC.
Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.
1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.
2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là
đường kính và chiều cao AH = h cho trước.
Giải:
1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.
2.Nhận thấy AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là
đường tròn đường kính AO.
- 3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa
mãn yêu cầu của bài toán.
Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC
một khoảng h).
Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại
A,B;M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT
và MN với đường tròn.
1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O.
2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P.
3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.
Giải:
1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường
kính OM.
Vậy K là điểm cố định cần tìm.
2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM.
Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const.
Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một
khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của
OA và OB.
- 3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R.
MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const.
Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.
Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường
thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường
trên theo thứ tự tại P,Q.
1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân.
2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ
giác EKRI là hình gì?Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc
vuông xEy quay quanh E?
Giải:
1.Dễ dàng chứng minh được: EHQ = EFM (cgc).
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.
PEF = PQN (đồng vị) mà FEM = QEH.
Suy ra: PEN = PEF + FEM = EQH + QEH = 900.
Vậy tam giác PEN vuông (1).
Thấy: NEQ = PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2).
Từ (1) và (2) suy ra:Ta m giác PEN vuông cân.
- 2.Có: EI PN và EK QM.
Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4).
Lại có:
0 0
PQR = RPQ = 45 suy ra: PRQ = 90 (3).
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.
Ta có:
0
EKH = 180 - EQH (5).
Và: EKF = EMF = EQH (6).
Từ (5) và (6) suy ra: EKH + EKF = 1800. Suy ra H,K,F thẳng hàng.
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên EFI = 1800- EPI = 1800-450 = 1350.
Suy ra: EFK + EFI = 450 + 1350 =1800.
Suy ra K,F,I thẳng hàng.
Vậy ta có đpcm.
Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là
điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp
tuyến kẻ từ A và B ở D và E.
a)CMR: Tam giác DCE vuông.
- b)CMR: Tích AD.BE không đổi.
c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường
thẳng cố định.
Giải:
a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:
DCM = DAM và MCE = MBE = MAB.Vậy:
0
DCE = DCM + MCE = DAM + MAB = 90 .
Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay DCA = 900 - ECB
= CEB.
Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:
AD AC
AD.BE BC. AC const.
BC BE
c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách
khác,ta luôn có OI AB.
Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc
với AB.
Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất
kỳ chạy trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường
- tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường
tròn đó.. CMR
a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi.
c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi.
d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE.
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA.
vậy tia NM đi qua A.
Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2
không đổi
c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A).
Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông
góc với BC tại I.J,L. Ta có:
BD CE BJ CL 1 BM 1 CM 1 BM CM
. . . 1
BK CK BI CI 2 BI 2 CI 2 BI
BD CE
1 BD CE CK = khoâng ñoåi
CK CK
d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có:
KI DJ EL KI BD CE KI
1
. Nên H nằm trên đ ường
HQ = .( DJ EL)
. .
2 2 KI 2 BK CK 2
thẳng song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E
thuộc BK và CK do đó
- quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy
BC).
nguon tai.lieu . vn