(SKKN 2022) Vận dụng cực và đối cực để giải quyết một số dạng Toán hình học phẳng trong bồi dưỡng học sinh giỏi Toán

I Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Bồi dưỡng học sinh giỏi nhiệm vụ quan trọng việc nâng cao chất lượng giáo dục, bồi dưỡng nhân tài cho trường THPT Chuyên Lam Sơn nói riêng, cho địa phương nói chung Bồi dưỡng học sinh giỏi cơng việc khó khăn lâu dài, địi hỏi nhiều cơng sức thầy trị Phần Hình học phẳng chương trình tốn chun sâu phần khó em học sinh Theo cấu trúc đề thi học sinh giỏi Quốc gia có có tới thuộc phần Hình học phẳng Các tốn loại mang tính tổng hợp trừu tượng hóa cao Vì nhiều học sinh học đến phần thường ngại, say mê, sáng tạo giảm Thời gian đầu tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi trường, thân tơi gặp nhiều khó khăn việc hướng dẫn học sinh giải toán phần Cực đối cực chủ đề quan trọng hình học phẳng Lý thuyết phần đơn giản lại có nhiều ứng dụng quan trọng Rất nhiều toán đề thi học sinh giỏi khu vực, quốc gia quốc tế giải nhờ sử dụng tính chất cực đối cực Điển hình tốn quan hệ song song, vng góc; tốn đồng quy, thẳng hàng, điểm đường cố định… Để giúp học sinh có say mê, tư sáng tạo việc học phần Hình học phẳng Tơi đọc tài liệu, nghiên cứu, phân tích, cải tiến cách dạy, tìm tịi thêm phương pháp giải tốn khác Đồng thời hệ thống hoá tập, trang bị cho em lượng kiến thức để em vận dụng làm tập cách khoa học hơn, sáng tạo Tạo hứng thú học tập đồng thời giúp em rèn luyện phương pháp giải tập loại tập mà cịn vận dụng cách tư cho loại tập khác Trong khuôn khổ đề tài “Vận dụng cực đối cực để giải số dạng tốn hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi tốn” tơi nêu số kỹ thuật để Học sinh giải tốn Hình học phẳng cách khoa học có tính sáng tạo Từ để em củng cố kiến thức, rèn luyện khả nghiên cứu khoa học, đồng thời trang bị thêm kiến thức nhằm chuẩn bị tốt cho kỳ thi học sinh Quốc gia Quốc tế 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu tìm phương pháp dạy học phù hợp dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi số nội dung phần Hình học phẳng Trường THPT Chuyên Lam Sơn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu học sinh Chuyên Toán, Trường THPT Chuyên Lam Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu phần Hình học phẳng, Phương pháp dạy học mơn Tốn có liên quan đến đề tài Sáng kiến kinh nghiệm Quan sát: Quan sát thực trạng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn nói chung bồi dưỡng phần Hình học phẳng nói riêng Trường THPT Chuyên Lam Sơn Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi hiệu việc vận dụng cực đối cực để giải số dạng tốn hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Trường THPT Chuyên Lam Sơn II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trước hết, ta tìm hiểu nội dung cực đối cực 2.1.1 Đường đối cực điểm hai đường thẳng cắt a Hai điểm liên hợp với hai đường thẳng cắt Định nghĩa Hai điểm M N gọi liên hợp với hai đường thẳng cắt Ox , Oy đường thẳng MN cắt hai đường thẳng hai điểm A , B cho ( MNAB ) = −1 Nhận xét: Nếu có ( MNAB ) = −1 có ( ABMN ) = −1 hai điểm A , B liên hợp với hai đường thẳng cắt OM , ON b Đường đối cực điểm hai đường thẳng cắt Định lí Cho điểm M khơng thuộc hai đường thẳng Ox , Oy Tập hợp điểm N liên hợp với M hai đường thẳng cho nằm đường thẳng qua O Định nghĩa Đường thẳng Oz Định lí nói gọi đường đối cực điểm M hai đường thẳng Ox , Oy Còn điểm M gọi cực đường thẳng Oz hai đường thẳng Nhận xét: - Muốn dựng đường đối cực điểm M hai đường thẳng Ox , Oy cho trước ta tìm hai điểm P , Q phân biệt liên hợp với M Ox , Oy Khi ta có PQ đường đối cực qua O - Qua M ta dựng hai cát tuyến Mz , Mt cắt Ox E , F cắt Oy G, H Gọi I giao điểm EH FG OI đường đối cực 2.1.2 Đường đối cực điểm đường tròn a Đường tròn trực giao Định nghĩa Hai đường trịn ( O1 ) , ( O2 ) có điểm chung A Khi góc hai đường trịn góc hai tiếp tuyến A chúng Hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) gọi trực giao chúng có điểm chung A góc hai tiếp tuyến A chúng 900 Kí hiệu ( O1 ) ⊥ ( O2 ) Định lí Các mệnh đề sau tương đương i) ( O1 ) ⊥ ( O2 ) ii) O1 A ⊥ O2 A 2 iv) ℘O1 /( O2 ) = R1 v) ℘O2 /( O1 ) = R2 iii) O1O2 = R12 + R2 vi) ( MNPQ ) = −1 MN đường kính ( O1 ) (ta nói đường kính đường trịn bị đường tròn chia điều hòa) b Hai điểm liên hợp với đường tròn Định nghĩa Hai điểm M N gọi liên hợp với đường tròn ( O ) , đường trịn đường kính MN trực giao với đường trịn ( O ) Tính chất: Nếu đường thẳng MN cắt đường tròn ( O ) hai điểm A B điều kiện cần đủ để M N liên hợp với đường tròn ( O ) ( MNAB ) = −1 Nhận xét: Hai điểm M , N liên hợp với đường trịn ( O ) mà đường thẳng MN không cắt đường tròn c Đường đối cực điểm đường trịn Định lí Cho đường trịn ( O ) điểm M không trùng với tâm ( O ) đường tròn Tập hợp điểm N liên hợp M đường tròn ( O ) cho đường thẳng vng góc với ( OM ) Định nghĩa Đường thẳng m Định lí gọi đường đối cực điểm M đường tròn ( O ) Điểm M gọi cực đường thẳng m đường tròn ( O ) Vậy: Mỗi điểm M khơng trùng O đường trịn ( O ) có đường đối cực xác định ngược lại đường thẳng khơng qua O có điểm cực xác định đường tròn ( O ) cho trước Nhận xét: + Quan hệ đối cực có tính đối xứng + Nếu P Q hai điểm đối cực M PQ đường đối cực M + Nếu m đường đối cực M IM ⊥ m + Mỗi đường thẳng khơng qua tâm đường trịn đường đối cực điểm Ta gọi điểm cực đường thẳng d Một số cách xác định đường đối cực Định lí Nếu M nằm ( O ) , kẻ tiếp tuyến MP , MQ đến ( O ) ( P, Q tiếp điểm) PQ đường đối cực M ( O ) Định lí Nếu M nằm ngồi ( O ) , từ M kẻ hai cát tuyến MAB, MCD Giả sử AD BC cắt E , AC BD cắt F Khi đường thẳng EF đường đối cực điểm M đường tròn ( O ) Định lí Nếu điểm M nằm ( O, R ) , từ M ta kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt đường trịn ( O ) P Q Hai tiếp tuyến P, Q ( O ) cắt H Đường đối cực M ( O ) đường thẳng qua H vng góc với OH Định lí Nếu điểm M nằm ( O, R ) , vẽ hai dây AB, CD qua M Giả sử AD BC cắt E , AC BD cắt F Khi đường thẳng EF đường đối cực điểm M đường tròn ( O ) Định lí Nếu M nằm đường trịn ( O ) đường đối cực M tiếp tuyến M ( O ) e Các tính chất cực đường đối cực đường tròn Ta thấy N thuộc đường đối cực M ( O ) ⇔ ( MN ) ⊥ ( O ) ⇔ M thuộc đường đối cực N ( O ) Từ ta có tính chất sau: Tính chất (Định lí LaHire) Điểm N thuộc đường đối cực m M ( O ) điểm M thuộc đường đối cực n N ( O ) Tức N ∈m ⇔ M ∈n Chú ý: Hai đường thẳng m n Định lí LaHire gọi liên hợp với đường trịn ( O ) Tính chất Ba điểm (khác tâm đường tròn xét cực đối cực) thẳng hàng ba đường đối cực chúng đồng quy đôi song song 2.1.3 Phép đối cực Định nghĩa Cho đường tròn ( C ) hình H gồm điểm đường thẳng Giả sử với điểm hình H có đường đối cực đường trịn ( C ) , đường thẳng hình H có điểm cực Hình H ’ tập hợp đường thẳng (gồm đường đối cực điểm thuộc H ) điểm (gồm cực đường thẳng thuộc H ) Khi đó, ta nói có phép đối cực với đường trịn ( C ) biến hình H thành hình H ’ Như vậy, theo định nghĩa này, muốn chứng minh tính thẳng hàng điểm hình H ta việc chứng minh tính đồng quy đường thẳng tương ứng hình H ’ Tính chất Phép đối cực bảo tồn tỉ số kép, nghĩa qua phép đối cực, chùm bốn đường thẳng đồng quy biến thành bốn điểm có tỉ số kép tỉ số kép chùm đường thẳng Hệ quả: Phép đối cực biến chùm đường thẳng điều hòa thành hàng điểm điều hòa ngược lại Như vậy, phép đối cực công cụ tương đối hiệu việc chuyển đổi hai dạng toán chứng minh đồng quy chứng minh thẳng hàng, chứng minh chùm đường thẳng điều hòa sang hàng điểm điều hòa ngược lại 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi bồi dưỡng học sinh giỏi phần Hình học phẳng học sinh lớp 10 lớp 11 chuyên toán trường THPT Chuyên Lam Sơn, giai đoạn đầu học phần này, học sinh thường gặp nhiều khó khăn để chiếm lĩnh tri thức Nhiều học sinh học đến phần cảm thấy rắc rối dẫn đến ngại Một số học sinh gặp toán mà em chưa có hướng giải, em hay bỏ ngay, khơng có tính kiên trì để tìm tịi cách giải, học sinh hay ỷ lại, chờ giáo viên chữa Thời gian đầu, thân gặp nhiều khó khăn việc hướng dẫn học sinh giải tốn phần Điều thơi thúc tơi tìm hướng giải tốn với cơng cụ làm tiền đề sau kết hợp với cơng cụ khác để hướng dẫn học sinh giải toán đặt 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Qua nhiều băn khoăn trăn trở, tơi nghiên cứu, tìm tịi đưa cách vận dụng cực đối cực để giải số nội dung Hình học phẳng nhằm khắc phục vấn đề nêu 2.3.1 Hướng dẫn học sinh vận dụng cực đối cực để giải tốn chứng minh vng góc, song song Khi hướng dẫn học sinh vận dụng cực đối cực để giải tốn chứng minh vng góc, song song, ta cần nhấn mạnh nội dung kiến thức hay sử dụng là: Cho đường tròn ( O ) điểm M khác O Đường đối cực M đường trịn ( O ) vng góc với OM Sau số ví dụ minh họa Ví dụ Cho tam giác ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp Các đường thẳng AB, AC cắt đường tròn ( BOC ) điểm thứ hai B1 , C1 Gọi D giao điểm BC B1C1 Chứng minh đường tròn tiếp xúc với AD A có tâm B1C1 trực giao với đường trịn đường kính OD Giải Gọi I tâm đường trịn tiếp xúc với AD A có tâm B1C1 Xét cực đối cực với đường trịn ( I ) ta có 1· 1· · BAC BOC = BC = 1C 2 · · = BAC + ABC1 · ⇒ BAC = ·ABC ⇒ C A = C B ( ) 1 1 Mà OA = OB nên C1O ⊥ AB Tương tự, B1O ⊥ AC Suy AO ⊥ B1C1 Từ suy A thuộc đường đối cực D đường tròn ( I ) Vậy đường tròn tiếp xúc với AD A có tâm B1C1 trực giao với đường trịn đường kính OD · Ví dụ Cho tam giác ABC D điểm cạnh BC cho CAD = ·ABC Đường tròn ( O ) qua B D cắt AB, AD E , F DE cắt BF G , M trung điểm AG Chứng minh CM ⊥ AO Giải Bổ đề Cho tứ giác toàn phần ABCDEF Qua F kẻ đường thẳng song song với AB, CD, AC , BD cắt CD, AB, BD, AC M , N , P, Q Khi M , N , P, Q thẳng hàng đường thẳng qua chúng song song với EG Nhận xét Cho hai tam giác ABC DEF có đường thẳng AD, BE , CF đồng quy Khi AB / / DE BC / / EF AC / / DF Áp dụng nhận xét cho cặp tam giác { FQN , DGE} ,{ FMQ, BEG} ,{ FMP, AEG} ta suy đường thẳng NQ, MQ, MP song song với EG Do M , N , P, Q thẳng hàng đường thẳng qua chúng song song với EG Trở lại toán: AH / / BD, AK / / BF , AI / / DE A Qua kẻ ( H ∈ EF , K ∈ ED, I ∈ BF ) Gọi J giao điểm EF BC Xét tứ giác toàn phần BEFDAJ , theo bổ đề ta có C , H , I , K thẳng hàng đường thẳng qua chúng song song với JG Vì CH đường chéo hình bình hành AHJC nên CH qua trung điểm N AJ MN đường trung bình tam giác AGJ nên MN / / GJ Suy C , M , N thẳng hàng CM / / GJ Mặt khác, JG đường đối cực A ( O ) , OA ⊥ JG Suy CM ⊥ AO Ví dụ Cho tam giác ABC với phân giác BE CF cắt I Lấy điểm M cho IM ⊥ AB AM ⊥ IC Lấy điểm N cho IN ⊥ AC AN ⊥ IB ME cắt NF P Gọi K trực tâm tam giác IBC Chứng minh AK ⊥ IP Giải Bổ đề Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp ( I ) K trực tâm tam giác IBC Chứng minh đường đối cực K I đường trung bình ứng với A tam giác ABC Chứng minh Gọi hình chiếu A lên IB, IC Q, R QR đường trung bình ứng với A tam giác ABC Gọi ( I ) tiếp xúc với AC S Dễ thấy tam giác AIQ vng Q Từ tứ giác ISLC IQSA nội tiếp Từ ∠ISQ = ∠IAQ = ∠AIB − 900 = ∠ICA = ∠ILS Vậy IQ.IL = IS Mặt khác CK ⊥ IQ L nên CK đường đối cực Q ( I ) Vậy K Q liên hợp ( I ) Tương tự K R liên hợp ( I ) Vậy QR đường đối cực K ( I ) Trở lại toán: Dễ thấy điểm S , Q, T , R nằm đường trịn đường kính AI Áp dụng định lý Pascal cho { R, S , I } ,{ T , Q, A} suy ME , QR, ST đồng quy Tương tự NF , QR, ST đồng quy Từ theo đề bốn đường thẳng ME , QR, ST , NF đồng quy P Chú ý A cực EF theo bổ đề K cực QR ( I ) Từ suy cực AK ( I ) Vậy IP ⊥ AK Nhận xét Bổ đề tính chất tiếng cực đối cực Trong toán này, AK khơng vng góc với IP mà cịn đối cực P ( I ) Ví dụ Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn nội tiếp Q tiếp điểm ( I ) AC , E trung điểm AC , K trực tâm tam giác BIC Chứng minh KQ ⊥ IE Giải Gọi F trung điểm AB , ( I ) tiếp xúc với BC P Gọi L giao điểm BI EF · · · Ta có FLB (vì = LBC = LBF EF / / BC ) ⇒ ∆FBL cân F ⇒ FA = FB = FL ⇒ ∆ALB vuông L ⇒ ·ALI = 900 ⇒ tứ giác AQLI nội tiếp · ⇒ CQL = ·AIL = 1800 − ·AIB   = 1800 −  900 + ·ACB ÷   · = 900 − ·ACB = CQP ⇒ Q, L, P thẳng hàng Xét cực đối cực với đường tròn ( I ) Khi L thuộc đường đối cực C đường tròn ( I ) nên C thuộc đường đối cực L Mà KC ⊥ IL nên KC đường đối cực L Suy L ∈ k , mà EF qua L vuông góc với IK nên EF đường đối cực K Mặt khác, Q thuộc đường đối cực E nên KQ đường đối cực E Do KQ ⊥ IE Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính SA Đường trịn ( K ) tiếp xúc với CA, AB tiếp xúc với ( O ) D Đường trung trực AD cắt tiếp tuyến S ( O ) T Điểm P đối xứng với D qua TK Đường trung trực AP cắt PK R AK cắt ( O ) X khác A DX cắt BC G Lấy điểm Q đường trung trực XA cho AQ ⊥ BC Chứng minh QR ⊥ AG Giải Bổ đề Đường tròn ( PBC ) tiếp xúc với K P Chứng minh Tiếp tuyến D ( K ) cắt BC X SK cắt ( O ) R ( K ) tiếp xúc với AC , AB E F Z giao điểm AD với ( K ) Do DZ , EA, FA đồng quy nên tứ giác DFZE điều hòa, suy tiếp tuyến Z , D ( K ) cắt điểm Y EF Do ℘Y / ( O ) = YD = YF YE =℘Y /( AEF ) nên Y thuộc trục đẳng phương ( O ) ( AEF ) Vì ∠ARK = 900 nên R ∈ ( AEF ) , suy A, R, Y thẳng hàng Từ A ( RD, FE ) = −1 nên tứ giác RBDC điều hòa, suy tiếp tuyến R, D ( O ) cắt BC hay XR tiếp xúc với ( O ) Gọi L giao điểm khác D ( O ) OD TL tiếp xúc với ( O ) Theo định lý Newton, DL, RS , XT đồng quy hay XL qua K Do P đối xứng với D qua XK hay ( PBC ) tiếp xúc ( K ) Trở lại toán: AQ, AO đẳng giác nên Q đối xứng với O qua AX Vậy ( Q, QA ) đối xứng với ( O ) qua XA N điểm đối xứng D qua XA , BE cắt CF M , GD cắt ( K ) J khác D ( K ) cắt BC U ,V L giao điểm AN với ( K ) Do tứ giác PUDV điều hòa nên J ( DP,UV ) = −1 Gọi H giao điểm JP với BC ( GH ,UV ) = −1 Do DH qua I trung điểm EF Do DA đường đối trung ∆EDF nên DA, DI đẳng giác với ∆EDF Mặt khác, AD, AN đối xứng qua XA nên DH qua L Áp dụng định lý Pascal cho hệ điểm { L, P, D} ,{ J , D, P} suy PL, DJ , BC đồng quy hay PL qua G Vì tứ giác LENF điều hòa nên P ( LN , EF ) = −1 suy P ( GN , EF ) = −1 nên PN , EF , AM đồng quy Gọi Y giao điểm tiếp tuyến P, N đường tròn ( K ) Xét cực đối cực với đường trịn ( K ) Ta có PN , EF , AM có cực điểm Y , A, G nên Y , A, G thẳng hàng Mặt khác theo định lý tâm đẳng phương tiếp tuyến P, N đường trịn ( K ) trục đẳng phương ( Q, QA ) ( R, RA ) đồng quy Vậy AG trục đẳng phương ( Q, QA ) ( R, RA ) nên AG ⊥ QR 10 2.3.2 Hướng dẫn học sinh vận dụng cực đối cực để giải toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy Ví dụ Cho tam giác ABC khơng cân, đường trịn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F Đường tròn nội tiếp tam giác DEF tiếp xúc với EF , FD, DE M , N , P Chứng minh AM , BN , CP đồng quy Giải Gọi I , O tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ABC Gọi X , Y , Z giao điểm cặp đường thẳng NP EF , MP FD , MN DE Theo kết trước, X , Y , Z thẳng hàng Hơn nữa, DM , EN , FP đồng quy nên ( XMFE ) = −1 Do M thuộc đường đối cực X ( O ) Mặt khác A thuộc đường đối cực X ( O ) nên AM đường đối cực X ( O ) Tương tự, ta có BN , CP đường đối cực Y , Z ( O ) Mà X , Y , Z thẳng hàng nên ba đường thẳng AM , BN , CP đồng quy Ví dụ Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ) Tiếp điểm ( I ) BC , CA, AB D, E , F Trên đường thẳng BC , CA lấy điểm M , N cho IM / / EF , IN / / FD Chứng minh AM , BN , IF đồng quy Giải Xét cực đối cực đường tròn ( I ) Hạ DP, EQ vng góc với EF , FD Gọi S giao điểm AM BN Ta chứng minh I , F , S thẳng hàng Ta thấy đường đối cực M phải qua D vng góc với IM mà IM / / EF nên suy DP đường đối cực M Mà P thuộc EF đường đối cực A nên suy AM đường đối cực P Tương tự, BN đường đối cực Q Suy đường đối cực S PQ 11 · · · Mặt khác, FPQ (tứ giác PQDE nội tiếp), FDE = FDE = ·AFE (góc tạo tiếp · tuyến dây cung) nên FPQ = ·AFE hay PQ / / AB Khi PQ ⊥ SI , PQ ⊥ FI ⇒ S , F , I thẳng hàng Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC , AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) Các đường cao AD, BE , CF cắt H Gọi K trung điểm BC Các tiếp tuyến với đường tròn ( O ) B C cắt J Chứng minh JD, EF , HK đồng quy Giải Gọi P = EF ∩ BC , Q = AP ∩ ( O ) , M = OP ∩ DI , N = OA ∩ PE Tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn ( K ) 12 Ta có AP đường đối cực H đường tròn ( K ) ⇒ HK ⊥ AP Lại có PB.PC = PE.PF = PQ.PA ( 1) , suy tứ giác AQFE nội tiếp đường trịn đường kính AH Khi HQ ⊥ AP , suy Q, H , K thẳng hàng Gọi I giao điểm EF QK , N giao điểm OA EF Ta có OA ⊥ EF ⇒ tứ giác AQIN nội tiếp ⇒ PQ.PA = PI PN ( ) Mặt khác ( PDBC ) = −1 ⇒ PB.PC = PD.PK ( 3) Từ ( 1) , ( ) ( 3) suy PD.PK = PQ.PA = PI PN ⇒ tứ giác INKD nội tiếp · · · Khi IDP = INK = POK ⇒ tứ giác MOKD nội tiếp ⇒ DM ⊥ OP Hơn nữa, ( PDBC ) = −1 ⇒ P ∈ d ⇒ JP = d ⇒ OD ⊥ JP ⇒ JD ⊥ OP ⇒ J , D, I thẳng hàng Vậy JD, EF , HK đồng quy I Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có ( O ) , ( I ) đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Gọi A1 giao điểm trục đẳng phương ( O ) ( I ) với BC Giả sử A2 tiếp điểm không nằm BC tiếp tuyến kẻ từ A1 đến ( I ) Các điểm B1 , B2 , C1 , C2 xác định tương tự Chứng minh a Các đường thẳng AA2 , BB2 , CC2 đồng quy; b Tâm đẳng phương đường tròn ngoại tiếp tam giác BCA2 , CAB2 , ABC2 nằm đường thẳng OI Giải a Xét cực đối cực với đường tròn ( I ) Dễ thấy A2 D, B2 E , C2 F đường đối cực A1 , B1 , C1 13 Mà A1 , B1 , C1 thẳng hàng nên A2 D, B2 E , C2 F đồng quy Từ theo định lý Ceva A2 F B2 D C2 E =1 dạng lượng giác tam giác DEF ta suy A2 E B2 F C2 D sin ∠FAA2 sin ∠A2 EF sin ∠A2 FA A2 F = = Hơn ta lại có sin ∠EAA2 sin ∠A2 EA sin ∠A2 FE A2 E sin ∠ECC2 C2 E sin ∠DBB2 B2 D = ; = Tương tự sin ∠DCC2 C2 D sin ∠FBB2 B2 F sin ∠FAA2 sin ∠ECC2 sin ∠DBB2 = hay AA2 , BB2 , CC2 đồng Từ suy sin ∠EAA2 sin ∠DCC2 sin ∠FBB2 quy b Bổ đề Cho hai đường tròn ( O1 ) ( O2 ) cắt hai điểm A, B Đường tròn ( O3 ) tiếp xúc với ( O1 ) ( O2 ) M , N Từ A kẻ tiếp tuyến AP, AQ đến ( O3 ) Chứng minh MP, NQ, AB đồng quy Chứng minh Gọi E giao điểm MP ( O1 ) , F giao điểm NQ với ( O2 ) Bài toán tương đương với chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp 2 2 2 2 Ta có EO3 − FO3 = ( EO3 − R ) − ( FO3 − R ) =℘( E /( O3 ) ) −℘( F /( O3 ) ) = EA − FA Do AO3 ⊥ EF suy EF //PQ (vì PQ ⊥ AO3 ) Hơn MNPQ nôi tiếp nên MNEF nội tiếp Trở lại toán Gọi J giao điểm A2 D, B2 E , C2 F Do A2 D, B2 E , C2 F đường đối cực A1 , B1 , C1 nên đường đối cực J qua A1 , B1 , C1 trục đẳng phương hai đường tròn ( O ) ( I ) Do I , J , O thẳng hàng 14 Ta có A1 A22 = A1B A1C nên A1 A2 tiếp tuyến đường tròn ( A2 BC ) Do ( A2 BC ) ( I ) tiếp xúc A2 Tương tự ta có ( B2CA) , ( C2 AB ) tiếp xúc với đường tròn ( I ) B2 , C2 Theo bổ đề trên, trục đẳng phương ( A2 BC ) , ( B2CA ) , ( C2 AB ) qua J nên J tâm đẳng phương ba đường tròn ( A2 BC ) , ( B2CA ) , ( C2 AB ) Ta có điều phải chứng minh Ví dụ (VMO 2012) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường trịn tâm O có cặp cạnh đối không song song Gọi M , N tương ứng giao điểm đường thẳng AB CD , AD BC Gọi P, Q, S , T giao điểm đường phân giác ∠MAN ∠MBN , ∠MBN ∠MCN , ∠MCN ∠MDN , ∠MDN ∠MAN Giả sử bốn điểm P, Q, S , T đôi phân biệt a Chứng minh tứ giác PQTS nội tiếp Gọi I tâm đường trịn b Gọi E giao điểm AC BD Chứng minh E , O, I thẳng hàng Giải a Xét ( mod π ) ta có ( ST , SQ ) ≡ ( SD, SC ) ≡ ( DS , DC ) + ( CD, CS ) ≡ ( ( DA, DC ) + ( CD, CB ) ) Do ta cần chứng minh ( AD, AB ) + ( BA, BC ) ≡ ( DA, DC ) + ( CD, CB ) Mà điều hiển nhiên ( AD, AB ) ≡ ( CD, CB ) ( BA, BC ) ≡ ( DA, DC ) b Ta có Q, T tâm đường tròn bàng tiếp tam giác BCM ADM nên chúng nằm đường phân giác ∠AMC hay M , Q, T ( PT , PQ ) ≡ ( PA, PB ) ≡ ( AP, AB ) + ( BA, BP ) ≡ ( ( AD, AB ) + ( BA, BC ) ) 15 1 thẳng hàng Hơn nữa, ∠MQB = 900 − ∠BCM = 900 − ∠BAD = ∠BAT , suy 2 tứ giác ABQT nội tiếp Khi MA.MB = MQ.MT ⇒℘M /( O ) =℘M /( I ) Tương tự với điểm N , ta suy MN trục đẳng phương ( O ) ( I ) hay OI ⊥ MN ( 1) Mặt khác MN đường đối cực E ( O ) nên OE ⊥ MN ( ) Từ ( 1) ( ) suy O, I , E thẳng hàng 2.3.3 Hướng dẫn học sinh vận dụng cực đối cực để giải toán chứng minh đường thẳng qua điểm cố định Đường đối cực điểm đường tròn cho trước tập hợp điểm liên hợp điều hịa với điểm Do khai thác tính chất cực đối cực để giải tốn tìm điểm cố định qua ví dụ cụ thể Ví dụ Cho góc xOy cố định điểm A cố định nằm tia Ox Đường tròn ( I ) thay đổi tiếp xúc với hai tia Ox, Oy Gọi tiếp điểm ( I ) Ox, Oy B, C Từ A kẻ tiếp tuyến AD tới ( I ) ( D tiếp điểm, D khác B ) OI cắt BD E Gọi d đường thẳng qua I vng góc với EC Chứng minh ( I ) di động d ln qua điểm cố định Giải Xét cực đối cực ( I ) , d cắt Oy F Đường đối cực F CE , suy đường đối cực E qua F Đường đối cực A đường thẳng BD qua E , suy đường đối cực E qua A Khi AF đường đối cực E , suy AF ⊥ EI Mà EI phân giác góc xOy nên F cố định Vậy d qua điểm F cố định 16 Ví dụ Cho hai đường trịn ( O1 ) ( O2 ) Điểm M chạy ( O1 ) Đường thẳng ∆ qua O2 song song với O1M , cắt ( O2 ) A, B MA, MB cắt ( O2 ) C , D Chứng minh đường thẳng CD qua điểm cố định Giải Gọi S giao điểm CD O1O2 ; ∆ trục đẳng phương ( O1 ) ( O2 ) ; O tâm đường tròn ( MCD ) · MD = ·ABD = MCD · Ta có O suy MO1 tiếp xúc với ( MCD ) Suy OM ⊥ O1M ⇔ OM tiếp xúc với ( O1 ) · · 1800 − COD 1800 − 2CMD · OCD = = 2 »  » 1 · · = 900 − CMD = 900 −  sd »AB − sdCD ÷ = sdCD = CAD 2  Suy OC tiếp xúc với ( O2 ) Hơn nữa, OM = OC , O ∈ ∆ Kết hợp với S cực ∆ đường tròn ( O2 ) nên S cố định Ví dụ Cho đường trịn ( O, R ) hai điểm A, B cố định nằm ( O ) cho A, B, O không thẳng hàng Xét điểm C nằm đường tròn ( O ) , C không trùng với A B Dựng đường tròn ( O1 ) qua A tiếp xúc với đường thẳng BC C ; dựng đường tròn ( O2 ) qua B tiếp xúc với đường thẳng AC C Hai đường tròn cắt điểm thứ hai D khác C Chứng minh rằng: a CD ≤ R ; b Đường thẳng CD qua điểm cố định điểm C di động ( O ) cho C không trùng với A B Giải a Ta thấy O1C ⊥ CB, OO2 ⊥ CB ⇒ O1C / / OO2 Tương tự O2C / / OO1 Suy OO1CO2 hình bình hành nên O1O2 qua trung điểm M đoạn OC Mà O1O2 qua trung điểm CD nên O1O2 / / OD 17 · Lại có O1O2 ⊥ CD ⇒ ODC = 900 , từ CD ≤ OC = R b Ta có ·ADB = 3600 − ·ADC − BDC · = 3600 − 1800 − ·ACB − 1800 − ·ACB = ·ACB = ·AOB ( ) ( ) Suy tứ giác ADOB nội tiếp Gọi ( O3 ) đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADOB Ta thấy OD, AB tiếp tuyến C ( O ) trục đẳng phương cặp đường tròn ( O3 ) ( COD ) , ( O ) ( O3 ) , ( O ) ( COD ) Do ba đường thẳng nói đồng quy tai điểm S Xét cực đối cực ( O ) Đường đối cực S phải qua C vng góc với SO nên CD đường đối cực S Vì S thuộc AB nên CD qua cực đường thẳng AB điểm cố định Nhận xét Ta giải tốn theo hướng sau: Gọi I giao điểm hai tiếp tuyến A, B đường tròn ( O ) , suy I cố định Dễ thấy điểm A, D, O, B, I nằm đường tròn ( O3 ) nên · ODI = 900 ⇒ C , D, I thẳng hàng 18 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Với cương vị người giao nhiệm vụ bồi dưỡng Học sinh giỏi mơn Tốn, sau triển khai nội dung Sáng kiến kinh nghiệm vào dạy cho học sinh đội tuyển lớp 12 chuyên Toán đội tuyển trường THPT Chuyên Lam Sơn, thu kết đáng khích lệ Trước hết, em khơng cịn thấy “ngại” gặp Hình học phẳng Khơng vậy, em cịn hào hứng muốn “chinh phục” dạng toán Kết làm tốn Hình học phẳng học sinh lần kiểm tra, đánh giá nhà trường, lần thi chọn đội tuyển trường, tỉnh ngày cao Trong lần thi chọn đội tuyển Trường Tỉnh đa số học sinh tiếp cận với tốn Hình học phẳng làm trọn vẹn loại toán Các học sinh tham dự kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm học 2021 - 2022 làm từ 1,5 đến hình học phẳng Kết góp phần đưa đội tuyển trường đạt giải với giải Nhì, giải Ba, giải khuyến khích Đặc biệt có học sinh tham dự Kỳ thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi Olympic quốc tế Trong kỳ thi em làm phần hình học phẳng đặc biệt xuất sắc góp phần làm nên thành cơng lớn có học sinh lọt vào đội tuyển quốc gia dự thi Olympic quốc tế IMO (đứng thứ học sinh suất sắc nước) Sáng kiến kinh nghiệm tiếp tục vận dụng để dạy cho đội tuyển Học sinh giỏi trường, hứa hẹn góp phần đem lại thành cơng cho nhà trường cho tỉnh nhà kỳ thi Học sinh giỏi khu vực, cấp Quốc gia Quốc tế năm học III Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ trị quan trọng trường trung học phổ thơng Chun Lam Sơn nói riêng ngành giáo dục nói chung Phần Hình học phẳng chương trình tốn học phổ thơng phần khó em học sinh Các tốn loại mang tính tổng hợp khái quát hóa cao Tuy nhiên học sinh qua ngưỡng “ngại” em hứng thú với nội dung 19 Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn phần Hình học phẳng chương trình tốn chun sâu, ngồi việc động viên, khích lệ mặt tinh thần học sinh, khuyến khích em nỗ lực tìm tịi lời giải hay, tranh luận với bạn bè giúp tiến bộ, người giáo viện cịn phải biết phân tích tốn tìm cách vận dụng biết vào giải toán cách phù hợp với học sinh Ví dụ vận dụng cực đối cực để giải số dạng tốn phần Hình học phẳng SKKN Trên số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi Toán vận dụng cực đối cực để giải số dạng toán phần Hình học phẳng Trường THPT Chuyên Lam Sơn Trong phạm vi Sáng kiến kinh nghiệm, giải số dạng tốn nội dung Rất mong bạn đồng nghiệp góp ý kiến để có cách dạy khai thác thể loại cách tốt hiệu cao 3.2 Kiến nghị Đề nghị Sở Giáo dục Đào tạo công bố rộng rãi Sáng kiến kinh nghiệm để người tham khảo Qua đó, hy vọng người đọc có ý kiến phản hồi để tác giả tiếp tục nghiên cứu sâu đề tài XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 12 tháng năm 2022 Tôi xin cam đoan SKKN thân, không chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Đình Thanh 20 ... cách vận dụng biết vào giải toán cách phù hợp với học sinh Ví dụ vận dụng cực đối cực để giải số dạng tốn phần Hình học phẳng SKKN Trên số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi Toán vận dụng cực đối. .. cách vận dụng cực đối cực để giải số nội dung Hình học phẳng nhằm khắc phục vấn đề nêu 2.3.1 Hướng dẫn học sinh vận dụng cực đối cực để giải tốn chứng minh vng góc, song song Khi hướng dẫn học sinh. .. nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi hiệu việc vận dụng cực đối cực để giải số dạng tốn hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Trường THPT Chuyên Lam Sơn II Nội