Tuyển tập Hình học phẳng207 bài

Bài toán : Cho hình bình hành có góc $B$ nhọn, $A(-2,-1)$. Gọi $H,K,E$ theo thứ tự là hình chiếu của $A$ xuống $BC,BD,CD$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $HKE$ có phương trình $x^2+y^2+x+4y+3=0$. Tìm toạ độ $B,C,D$ biết $H$ có hoành độ âm, $C$ có hoành độ dương và thuộc đường thẳng $x-y-3=0$.

Lời giải :

Gọi $M$ là giao của $AC,BD$. Ta sẽ chứng minh $(HKE)$ đi qua $M$.

Thật vậy, dễ thấy $M$ chính là tâm ngoại tiếp của tứ giác nội tiếp $AHCE$. Nên :

$\angle HME$$=2\angle HAE$$=2\left(\angle HAC+\angle EAC\right)$$=2\left[\left(90^0-\angle HCA\right)+(90^0-\angle ECA)\right]$$=2\left(180^0-\angle BCD\right)$$=2\angle ABC(1)$

Chú ý các tứ giác $AKHB,AKED$ nội tiếp :

$\angle HKE$$=360^0-\angle AKH-\angle AKE$$=360^0-(180^0-\angle ABH)-(180^0-\angle ADE)$$=\angle ABH+\angle ADE$$=2\angle ABC(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $\angle HME=\angle HKE$, hay $M$ thuộc $(HKE)$.

Gỉa sử $C(c,c-3)$ với $c>0$. Trung điểm $M$ của $AC$ có toạ độ $M\left(\frac{c-2}{2},\frac{c-4}{2}\right)$. $M$ thuộc $(HKE)$ nên :

${\left(\frac{c-2}{2}\right)}^2+{\left(\frac{c-4}{2}\right)}^2+\frac{c-2}{2}+2(c-4)+3$$=0$$\iff$$\iff c\in \left\{-1,2\right\}$

Tuy nhiên vì $c>0$ nên $c=2$. Vậy ta được $\boxed{C(2,-1)}$.

Ta tính được $AC=4$. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHCE$ nhận $M\left(0,-1\right)$ là tâm có phương trình :

$$x^2+{\left(y+1\right)}^2=4$$

Ta thấy $H,E$ là hai giao điểm của hai đường tròn nói trên nên toạ độ của chúng là hai nghiệm của hệ :

$$\{\begin{array}{c}{x}^2+{\left(y+1\right)}^2=4\\ x^2+y^2+x+4y+3=0\end{array}\iff \left(x,y\right)=\left(\frac{-8}{5},\frac{-11}{5}\right),(0,-3)$$

Vì $H$ có hoành độ âm nên $H\left(\frac{-8}{5},\frac{-11}{5}\right),E(0,-3)$

Từ đây dễ dàng lập được phương trình các đường thẳng $CB,CD$ :

$$(BC):x-3y-5=0$$

$$(CD):x-y-3=0$$.

Vì $D$  thuộc $CD$ nên $D(d,d-3)$. $M$ là trung điểm của $BD$ nên :

$$\{\begin{array}{c}{x}_B=2x_M-x_D\\ y_B=2y_M-y_D\end{array}\iff B\left(-d,1-d\right)$$

Vì $B$ thuộc $BC$ nên :

$$-d-3(1-d)-5=0\iff d=4$$

Vậy ta có $\boxed{D(4,1),B(-4,-3)}$.

Kết luận :

$$C(2,-1),B(-4,-3),D(4,1)$$

HHPTĐĐH2 : (Thử sức trước kì thi – Toán Học và Tuổi trẻ số 426)

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ngoại tiếp $(C)$ tâm $K$ với tiếp điểm $D$ trên $AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$ cắt $AB$ tại $E$ khác $B$. Các đường thẳng qua $A,D$ vuông góc với $CE$ cắt $BC$ tại $F,G$. Tìm toạ độ các đỉnh tam giác $ABC$ biết rằng $F(-3,-4),G(1,-1),K(-2,3)$.

Lời giải :

Ta sẽ chứng minh rằng $F$ là trung điểm của $BG$.

Gọi $O$ là giao điểm của $BD$ và $AF$. Ta có $\angle DAO=\angle AEG$ do cùng phụ với góc $EAF$ và $\angle AEG=\angle ADO$ do tứ giác $BDEC$ nội tiếp.

Từ đó có $\angle DAO=\angle ADO$, suy ra $OA=OD$, hơn nữa có tam giác $DAB$ vuông tại $A$ nên $OA=OB=OD$.

Ta có $OB=OD$, kết hợp với $AD$ song song $DG$ (do cùng vuông góc $CE$) ta được $F$ là trung điểm của $BG$.

• Từ đó ta có :

$$\{\begin{array}{ccc}{x}_B=2x_F-x_G=-7& & \\ y_B=2y_F-y_G=-7& & \end{array}$$

Tức là $B(-7,-7)$.

• Ta có $\overrightarrow{BK}=\left(5,10\right)=5(1,2)$, đường thẳng $BK$ đi qua điểm $K(-2,3)$ và nhận $(2,-1)$ làm một vector pháp tuyến :

$$(BK):2(x+2)-1.(y-3)=0\iff 2x-y+7=0$$

Gọi $G^{\prime }$ là điểm đối xứng với $G$ qua $BK$ thì rõ ràng $G^{\prime }$ thuộc $AB$. Gỉa sử $G^{\prime }(a,b)$. Ta có $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=(a-1,b+1)$.

Trung điểm $\left(\frac{a+1}{2},\frac{b-1}{2}\right)$ của $G{G}^{\prime }$ thuộc $BK$ nên :

$$2.\frac{a+1}{2}-\frac{b-1}{2}+7=0\iff 2a-b+17=0$$

Mặt khác hai vector $BK$ và $G{G}^{\prime }$ vuông góc nhau nên :

$$1.(a-1)+2(b+1)=0\iff a+2b+1=0$$

Từ đây suy ra được $G^{\prime }\left(-7,3\right)$ và $\overrightarrow{G^{\prime }B}=\left(0,-10\right)$.

Đường thẳng $AB$ đi qua $B(-7,-7)$ và nhận $(10,0)$ làm một vector pháp tuyến nên :

$$(AB):10(x+7)+0(y+7)=0\iff x+7=0$$

Dễ dàng tìm được phương trình đường thẳng $BC$ là $3x-4y-7=0$.

Bán kính đường tròn $(C)$ có độ dài bằng khoảng cách từ $K$ tới $BC$ :

$$r=d(K,BC)=\frac{\left|3.(-2)-4.3-7\right|}{\sqrt{3^2+(-4{)}^2}}=5$$

Dễ dàng thấy rằng $AK=r\sqrt{2}=5\sqrt{2}$. Cho nên nếu gọi $A(m,n)$ thì :

$$(m+2{)}^2+(n-3{)}^2=50$$

Hơn nữa do $A$ thuộc $AB$ nên ta có hệ :

$$\{\begin{array}{ccc}(m+2{)}^2+(n-3{)}^2=50& & \\ m+7=0& & \end{array}\iff m=-7,n=3$$

Tức là A$(-7,3)$.

• Chú ý $AB$ vuông góc $AC$, đường thẳng $AC$ đi qua $A(-7,3)$ và có $\overrightarrow{G^{\prime }B}=(0,-10)$ là vector pháp tuyến nên :

  $$(AC):0(x+7)-10(y-3)=0\iff y=3$$

  $C$ là giao điểm của $AC$ và $CB$ nên toạ độ $C$ là nghiệm của hệ :

  $$\{\begin{array}{ccc}y=3& & \\ 3x-4y-7=0& & \end{array}\iff C(\frac{19}{3},3)$$

  Đáp số :

  $$\boxed{A(-7,3),B(-7,-7),C\left(\frac{19}{3},3\right)}$$

 

HHPTĐĐH1 : Trong mặt phẳng $Oxy$, cho hình thoi $ABCD$ có tâm $I(2,1)$ và $AC=2BD$. Biết điểm $M\left(0,\frac{1}{3}\right)$ thuộc $AB$ và điểm $N(0,7)$ thuộc $CD$. Tìm điểm $P$ biết $\overrightarrow{BP}=5\overrightarrow{BI}$ và điểm $B$ có tung độ dương.

Lời giải :

Gọi $M^{\prime },N^{\prime }$ theo thứ tự là điểm đối xứng của $M,N$ qua $I$, dễ dàng thấy $M^{\prime }$ thuộc $CD$ và $N^{\prime }$ thuộc $AB$.

Ta tính được $M^{\prime }\left(4,\frac{5}{3}\right)$ và $N(4,-5)$.

Ta có : $\overrightarrow{M{N}^{\prime }}=\left(4,\frac{-16}{3}\right)$. Đường thẳng $(AB)$ có $\left(\frac{4}{3},1\right)$ là một vector pháp tuyến và đi qua $N^{\prime }(4,-5)$ nên :

$$(AB):\frac{4}{3}(x-4)+1.(y+5)=0\iff 4x+3y-1=0$$

Điểm $B$ thuộc $(AB)$ nên $B\left(\frac{1-3b}{4},b\right)(b>0)$. Ta tính được $\overrightarrow{IB}=\left(\frac{-3b-7}{4},b-1\right)$.

Chú ý rằng $tan\angle ABD=\frac{AI}{BI}=\frac{AC}{BD}=2$ nên $cos\angle ABD=\frac{\sqrt{5}}{5}$

Và $\overrightarrow{n}=(-3,4)$ là một vector cùng phương với vector $M{N}^{\prime }$. Như vậy thì :

$\overrightarrow{n}.\overrightarrow{IB}$$=\left|\overrightarrow{n}\right|.\left|\overrightarrow{IB}\right|.cos\left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{IB}\right)$

$\iff \frac{\sqrt{5}}{5}$$=\frac{(-3).\frac{-3b-7}{4}+4(b-1)}{\sqrt{(-3{)}^2+4^2}.\sqrt{{\left(\frac{3b+7}{4}\right)}^2+(b-1{)}^2}}$$\iff b$$=3/5$

Suy ra $B\left(\frac{-1}{5},\frac{3}{5}\right)$. Từ đó dễ dàng tính được $P\left(\frac{54}{5},\frac{13}{5}\right)$.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ nhọn, $M$ là trung điểm của $AB$. $AD,BE$ là hai đường cao của tam giác. $CM$ theo thứ tự cắt $(CDE),(ABC)$ tại điểm thứ hai là $P,Q$. Chứng minh $MP=MQ$.

Lời giải :

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $F$ là chân vuông góc từ $C$ xuống $AB$.

Ta có $\angle HPM=\angle HFM=90^0$ nên $HPMF$ nội tiếp. Tứ giác $EFMD$ nội tiếp đường tròn Euler của tam giác $ABC$ và tứ giác $EHPD$ nội tiếp đường tròn đường kính $CH$.

Như vậy ta có $HD,ED,FM$ đồng quy tại tâm đẳng phương $J$ của ba đường tròn $(HPMF),(EFMD),(EHPD)$.

Từ đó mà :

$$JA.JB=JE.JD=JH.JP$$

(Chú ý tứ giác $EDBA,EHPD$ nội tiếp)

Suy ra tứ giác $HPBA$ nội tiếp.

Lúc này :

$$\angle PAB=\angle PHB=\angle ACQ=\angle ABQ$$

Kéo theo $AP$ song song $QB$.

Và :

$$\angle PBA=\angle DHP=\angle DCP=\angle BAQ$$

Suy ra $PB$ song song $QA$.

Như vậy $PBQA$ là hình bình hành, dễ thấy được $M$ là trung điểm của $PQ$ hay $MP=MQ$.

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. $P$ di chuyển trên cung $CD$ không chứa $A,B$. $PA$ cắt $DB,DC$ tại $E,F$. $PB$ cắt $CA,CD$ tại $G,H$. $GF$ giao $EH$ tại $Q$. Chứng minh $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải :

Gọi $U,V$ theo thứ tự là giao của tiếp tuyến tại $B$ với $AC$ và tiếp tuyến tại $A$ với $BD$. Gọi $T$ là giao của $BU$ và $AV$.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ sáu điểm $(D,B,B,P,A,C)$ thì ta được $U,E,H$ thẳng hàng.

Tương tự thì $V,G,F$ thẳng hàng.

Tiếp tục gọi $W$ là giao của $AB$ và $CD$.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ sáu điểm $(A,A,C,D,B,B)$ thì ta có $U,V,W$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $BUH$ và $AVF$ có $AB,UV,HF$ đồng quy.

Và :

$$P=AF\cap BH,Q=VF\cap UH,T=AV\cap BU$$

Theo định lí Desargues ta có $P,Q,T$ thẳng hàng. Dễ thấy $T$ cố định nên $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán :

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp trong đường tròn. Một điểm $P$ trong tứ giác thỏa mãn $\widehat{PDC}+\widehat{PCB}=\widehat{PBC}+\widehat{PAB}=90^{\circ }$

Gọi $S$ là giao điểm của $AB,CD$. Chứng minh $SP$ vuông góc $BC$

Lời giải :

Gọi $H$ là chân vuông góc của $P$ xuống $BC$.

Ta có :

$$\angle PAB+\angle PBC=90^0$$

$$\angle BPH+\angle PBC=90^0$$

Suy ra $\angle PAB=\angle BPH$, điều này chứng tỏ rằng $PH$ là tiếp tuyến tại $P$ của $(PAB)$.

Tương tự $PH$ là tiếp tuyến tại $P$ của $(PCD)$.

Như vậy $(PAB),(PCD)$ tiếp xúc ngoài nhau và có trục đẳng phương là $PH$.

Hơn nữa do $ABCD$ nội tiếp nên $SA.SB=SC.SD$, suy ra $S$ thuộc trục đẳng phương của $(PAB),(PCD)$, tức $S$ thuộc $PH$.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (Iran Second Round 2015)

Cho tam giác $ABC$ và $D,E$ lần lượt là các điểm trên cạnh $AB,AC$ sao cho tứ giác $BDEC$ nội tiếp. Gọi $P$ là giao của $BE,CD$. Gọi $H$ là điểm trên $AC$ thoả $\angle AHP=90^0$ và $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AP,BC$. Chứng minh rằng hai tam giác $MHN,ADC$ đồng dạng.

Lời giải :

Ta sẽ chứng minh đường tròn $(MHN)$ chính là đường tròn Euler của tam giác $APC$.

Thật vậy, gọi $K,L$ là trung điểm của $AC,PC$ thế thì chú ý $KL\parallel AP,NL\parallel BP$.

Ta có :

$\angle KNL$$=\angle BNL-\angle BNK$$=(180^0-\angle EBC)-(180^0-\angle ABC)$$=\angle ABC-\angle EBC$$=\angle ACD$$=\angle MLP$$=\angle KML$

Suy ra tứ giác $MNLK$ nội tiếp hay $N$ thuộc đường tròn Euler của tam giác $APC$. Từ đó có ngay $M,N,H,K,L$ cùng thuộc một đường tròn.

Từ đó có :

$$\angle HMN=\angle CKN=\angle CAD,\angle HNM=\angle HKM=\angle ACD$$

Điều này chứng tỏ hai tam giác $AHM,ADC$ đồng dạng.