Bài toán về điểm cố định trong đường tròn
Chuyên đề luyện thi vào 10: Điểm cố định trong đường tròn
Bài toán về điểm cố định trong đường tròn là một dạng toán nâng cao có trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán. Tài liệu được VnDoc biên soạn và giới thiệu tới các bạn học sinh cùng quý thầy cô tham khảo. Nội dung tài liệu sẽ giúp các bạn học sinh học tốt môn Toán lớp 9 và giúp các bạn học sinh đạt được điểm 9, 10 trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10. Mời các bạn tham khảo.
- Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 10: Chứng minh các hệ thức hình học
- Các dạng Toán thi vào 10
- Các bài toán Hình học ôn thi vào lớp 10
Tài liệu dưới đây được VnDoc biên soạn gồm hướng dẫn giải chi tiết cho dạng bài liên quan đến điểm cố định và tổng hợp các bài toán để các bạn học sinh có thể luyện tập thêm. Qua đó sẽ giúp các bạn học sinh ôn tập các kiến thức, chuẩn bị cho các bài thi học kì và ôn thi vào lớp 10 hiệu quả nhất. Sau đây mời các bạn học sinh cùng tham khảo tải về bản đầy đủ chi tiết.
I. Cách giải bài toán về điểm cố định trong đường tròn
Để giải được bài toán về điểm cố định ta có thể chứng minh theo các cách sau:
+ Chứng minh khoảng cách từ một điểm cố định đến một điểm cố định khác thuộc đường thẳng là không đổi
+ Chứng minh điểm đó là giao điểm của hai đường thẳng cố định
+ Để chứng minh điểm nằm trên đường tròn cố định ta cần chứng minh nó là điểm cuối hay trung điểm của một cung cố định
II. Bài tập ví dụ cho các bài tập về bài toán điểm cố định trong đường tròn
Bài 1: Cho đường tròn (O) luôn thay đổi và ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó. Kẻ AM, AN là hai tiếp tuyến với (O). I là trung điểm của BC. AO cắt MN tại H và (O) tại P và Q (P nằm giữa A và O). BC cắt MN tại K
a, Chứng minh A, M, I, O, N thuộc cùng một đường tròn
b, Chứng minh tích AB.AC = AH.AO và K cố định khi (O) thay đổi
Lời giải:
a, + Xét tứ giác AMON có 
\(\widehat {AMO} + \widehat {ANO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
mà hai góc ở vị trí đối nhau
Suy ra tứ giác AMON nội tiếp đường tròn hay 4 điểm A, M, O, N cùng thuộc một đường tròn đường kính AO (1)
+ Trong đường tròn (O) có I là trung điểm của BC \(\Rightarrow OI \bot BC \Rightarrow \widehat {OIA} = {90^0}\)
Suy ra điểm I thuộc đường tròn đường kính AO (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A, M, O, N, I cùng thuộc một đường tròn
b, Xét tam giác AMB và tam giác ACM có:
\(\widehat {MAC}\)chung
\(\widehat {AMB} = \widehat {ACM}\)(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung MB)
Suy ra hai tam giác AMB và ACM đồng dạng với nhau theo trường hợp góc - góc
\(\Rightarrow \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}}\)(cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\(\Leftrightarrow A{M^2} = AB.AC\)(3)
+ Có OM = ON (= R), AM = AM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra AO là đường trung trực của MN
Suy ra AO vuông góc với MN tại H
+ Xét tam giác AMO vuông tại M có đường cao MH:
\(\Leftrightarrow A{M^2} = AB.AC\)(hệ thức lượng trong tam giác vuông) (4)
+ Từ (3) và (4) suy ra AB.AC = AH.AO (5)
+ Xét tam giác AHK và tam giác AIO có:
\(\widehat {AHK} = \widehat {AIO} = {90^0}\)
\(\widehat {OAI}\)chung
Suy ra tam giác AHK và tam giác AIO đồng dạng với nhau theo trường hợp góc – góc
\(\Rightarrow \frac{{AH}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AO}} \Leftrightarrow AH.AO = AK.AI\)(6)
Từ (5) và (6) suy ra \(AK.AI = AB.AC \Leftrightarrow AK = \frac{{AB.AC}}{{AI}}\)
Vì A, B, C cố định nên AB, AC, BC không đổi
Mà I là trung điểm của BC nên I cố định hay AI không đổi
Suy ra không đổi. Suy ra AK không đổi hay K cố định (vì A cố định)
Bài 2: Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB cố định. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB chứa đường tròn, vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Trên nửa đường tròn, lấy điểm C bất kì. Vẽ tiếp tuyến (O) tại C cắt Ax, By lần lượt tại D và E. AC cắt DO tại M, BC cắt OE tại N
a, Tứ giác CMON là hình gì? Vì sao?
b, Chứng minh tích OM.OD + ON.OE không đổi
Lời giải:
a, + Có DA và DC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D. Suy ra DA = DC
lại có OA = OC
suy ra DO là đường trung trực của AC. Suy ra Do vuông góc với AC
mà M là giao điểm của OD và AC. Suy ra \(\widehat {OMC} = {90^0}\)
+ Tương tự ta cũng có \(\widehat {ONC} = {90^0}\)
+ Có DC và DA là hai tiếp tuyến cắt nhau tại D suy ra OD là phân giác của \(\widehat {AOC}\)
EC và EB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E suy ra OE là phân giác của \(\widehat {COD}\)
Có \(\widehat {AOC} + \widehat {COD} = {180^0}\)
Suy ra \(\widehat {DOC} + \widehat {EOC} = \frac{{{{180}^0}}}{2} = {90^0} \Leftrightarrow \widehat {MON} = {90^0}\)
+ Xét tứ giác OMCN có \(\widehat {OMC} = \widehat {ONC} = \widehat {MON} = {90^0}\)
Suy ra tứ giác OMCN là hình chữ nhật
b, + Xét tam giác AOD vuông tại A có AM vuông góc với DO
Suy ra \(A{O^2} = OM.ON \Leftrightarrow OM.ON = {R^2}\)(1)
+ Xét tam giác OBE vuông tại B có BN vuông góc bới OE
Suy ra \(O{B^2} = ON.OE \Leftrightarrow ON.OE = {R^2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(OM.OD + ON.OE = 2{R^2}\)
Do R không đổi nên OM.OD + ON.OE không đổi.
Bài 3: Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.
1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.
2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn .
3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.
4. Chứng minh OAHB là hình thoi.
5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d
Lời giải:
Hình vẽ minh họa
1. (HS tự làm).
2. Vì K là trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đường kính và dây cung) \(= > \widehat{OKM}\ = \
90^{0}\). Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900; ∠OBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM.
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R
=> OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại I .
Theo tính chất tiếp tuyến ta có \(\widehat{OAM}\ = \ 90^{0}\)nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao.
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.
4. Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH ⊥ AB; cũng theo trên OM ⊥ AB
=> O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB).
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R.
Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R
Bài 4 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến
tại N của đường tròn ở P. Chứng minh :
1. Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. Tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng cố định nào.
Lời giải:
Hình vẽ minh họa
1. Ta có \(\widehat{OMP}\ = \
90^{0}\) (vì \(PM\bot AB\)); \(\widehat{ONP\ } = \ 90^{0}\) (vì NP là tiếp tuyến ).
Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác OMNP nội tiếp => \(\widehat{OPM}\ = \widehat{ONM}\) (nội tiếp chắn cung OM)
Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R \(= > \widehat{ONC\ } =
\widehat{OCN}\)
\(= > \widehat{\ OPM}\ =
\widehat{OCM}\).
Xét hai tam giác OMC và MOP ta có \(\left\{
\begin{matrix}
\widehat{MOC} = \widehat{OMP} = 90^{0} \\
\widehat{OPM} = \widehat{OCM} \\
\end{matrix} \right.\) \(= >
\widehat{CMO}\ = \widehat{POM}\) lại có MO là cạnh chung => ∆OMC = ∆MOP => OC = MP. (1)
Theo giả thiết ta có \(CD\bot AB;\ PM\bot
AB\ = > \ CO//PM\ (2)\)
Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có \(\widehat{MOC}\ = \ 90^{0}\) ( gt \(CD\bot AB\)); (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) \(= > \widehat{MOC\ } = \widehat{DNC\ } =
\ 90^{0}\)lại có ∠C là góc chung => ∆OMC ∼∆NDC
=> \(\frac{CM}{CD}\ = \
\frac{CO}{CN}\) => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. ( HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D.
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB.
Bài 5. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.
1. Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp .
2. Tính góc CHK.
3. Chứng minh KC. KD = KH.KB
4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đường nào?
Lời giải:
Hình vẽ minh họa
1. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên \(\widehat{BCD} = 90^{0};\ BH\bot DE\) tại H nên \(\widehat{BHD\ } = \ 90^{0}\)=> Như vậy H và C cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900 nên H và C cùng nằm trên đường tròn đường kính BD => BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. BHCD là tứ giác nội tiếp\(= >
\widehat{BDC} + \widehat{BHC\ } = 180^{0}\). (1)
\(\widehat{BHK}\) là góc bẹt nên \(\widehat{KHC} + \widehat{BHC} =
180^{0}\) (2).
Từ (1) và (2) \(= > \widehat{CHK} =
\widehat{BDC}\) mà \(\widehat{BDC} = \
45^{0}\) (vì ABCD là hình vuông) =>\(\widehat{CHK} = 45^{0}\).
3. Xét ∆KHC và ∆KDB ta có \(\widehat{CHK} =
\widehat{BDC} = 45^{0};\widehat{K}\) là góc chung
=> ∆KHC ∼ ∆KDB => \(\frac{KC}{KB}\ =
\ \frac{KH}{KD}\) => KC. KD = KH.KB.
4. (HD) Ta luôn có \(\widehat{BHD}
= 90^{0}\) và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển động trên cung BC (E ≡ B thì H ≡ B; E ≡ C thì H ≡ C).
III. Bài tập tự luyện các bài toán về điểm cố định trong đường tròn
Bài 1: Cho đường tròn (O) và một dây BC cố định, một điểm A thay đổi trên cung lớn BC (A khác B và C), vẽ BE vuông góc với AC, CF vuông góc với AB (E thuộc AC và F thuộc AB). Gọi H là giao điểm của BE và CF. Chứng minh rằng:
a, Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp
b, BF.BA + CE.CA = BC2
c, Đường thẳng đi qua H và vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định
Bài 2: Cho đường tròn (O) với dây BC cố định (BC < 2R), điểm A trên cung lớn BC (A không trùng với B, C và A không là điểm chính giữa cung). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên đường kính AA'.
a) Chứng minh rằng tứ giác BHEA nội tiếp và HE AC
b) Chứng minh HE.AC = HF.AB
c) Khi A di động,chứng minh tâm đường tròn ngoài tiếp tam giác HEF cố định.
Bài 3: Cho đường tròn tâm O và điểm M cố định không đổi. Qua M vẽ cát tuyến bất kì cắt (O) tại A và B. Chứng minh rằng tích MA.MB không đổi (xét hai trường hợp M nằm trong đường tròn và M nằm ngoài đường tròn)
Bài 4: Cho I là một điểm cố định trong đường tròn (O; R). Kẻ hai dây AB và CD vuông góc với nhau tại I. Chứng minh \(A{B^2} + C{D^2}\) không đổi khi AB thay đổi
-------------------
Ngoài các dạng Toán 9 ôn thi vào lớp 10 trên, mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với tài liệu này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt!
