(SKKN 2022) ứng dụng của cực và đối cực trong bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG CỦA CỰC VÀ ĐỐI CỰC TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA Người thực : Nguyễn Viết Sơn Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác : Trường THPT Chuyên Lam Sơn SKKN thuộc lĩnh vực: Chuyên môn THANH HÓA NĂM 2022 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm SKKN NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Khái niệm 2.1.1.1 Đường tròn trực giao 2.1.1.2 Cực đối cực 2.1.2 Một số tính chất cực đối cực Định lý (LaHire) Định lý (Một số cách xác định đường đối cực bản) Định lý Ba điểm (khác tâm đường tròn xét cực đối cực) thẳng hàng ba đường đối cực chúng đồng quy đôi song song Định lý Phép đối cực bảo toàn tỉ số kép 2.1.3 Ứng dụng cực đối cực 2.1.3.1 Áp dụng vào chứng minh vng góc, song song 2.1.3.2 Chứng minh thẳng hàng, đồng quy 2.1.3.3 Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định 12 2.1.3.4 Các toán khác 13 Bài tập tự luyện 16 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 17 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 17 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường .17 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 18 3.1 Kết luận 18 3.2 Kiến nghị 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong mơn Tốn trường THPT, tốn hình học chiếm vị trí quan trọng Hình học ngày quan tâm mức tỏ có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vẽ đẹp, tính độc đáo phương pháp kỹ thuật giải chúng yêu cầu cao tư cho người giải Trong kỳ thi tuyển chọn Học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế, tốn hình học ln xuất Có nhiều cách, nhiều định lý, nhiều kiến thức để học sinh tìm hướng giải cho tốn như: Phép biến hình; Hàng điểm điều hịa; Định lý Ceva, Menelauyt; tính chất đường thẳng Simson, Steiner Khái niện cực đối cực có quan hệ mật thiết với hàng điểm điều hòa, chùm điều hòa, tứ giác điều hịa Lý thuyết, tính chất cực đối cực tương đối đơn giản, dễ hiểu lại có nhiều ứng dụng toán: Chứng minh quan hệ song song, vng góc; Chứng minh đồng quy; Ba điểm thẳng hàng; Điểm cố định tốn tập hợp điểm Sử dụng cơng cụ cực đối cực thường cho ta lời giải gọn gàng, dễ hiểu, tránh số bước vẽ hình lập luận phức tạp 1.2 Mục đích nghiên cứu Việc sử dụng kiến thức cực đối cực hình học phẳng khai thác nhiều khía cạnh khác nhau, tùy theo yêu cầu toán Tuy nhiên, nhằm khai thác mạnh kiến thức này, đề tài “ Ứng dụng cực đối cực bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia” tập trung vào vài ứng dụng chính, là: Chứng minh quan hệ song song, vng góc; Chứng minh đồng quy; Ba điểm thẳng hàng; Điểm cố định toán tập hợp điểm 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm học sinh chuyên, trang bị kiến thức sâu sách hình học 10 dành cho chuyên toán, đội tuyển HSG Quốc gia trường THPT Chuyên Lam Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu tài liệu có liên quan khái niệm, định lí cực đối cực, tốn áp dụng định lí cực đối cực Quan sát, đánh giá: Thông qua thực trạng Dạy-Học đội dự tuyển lớp chuyên Toán đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn trường THPT Chun Lam Sơn năm học 2019-2020 năm học 2020-2021 Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để đánh giá hiệu xem xét tính khả thi việc vận dụng cực đối cực để dạy mơn hình học cho đối tượng đội dự tuyển lớp đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn trường THPT Chun Lam Sơn năm học 2019-2020 năm học 2020-2021 1.5 Những điểm SKKN Thông qua khái niệm, tính chất cực đối cực để xây dựng hệ thống tốn hình học theo dạng tư rõ ràng NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Khái niệm 2.1.1.1 Đường tròn trực giao + Hai đường tròn  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  Nhận xét: +  O1    O2   O1 A  O2 A 2 +  O1    O2   O1O2  R1  R2 2 +  O1    O2  O1 /  O2   R1 ; O2 / O1   R2 +  O1    O2    MNPQ   1 ( MN đường kính  O1  ) hay nói cách khác đường kính đường trịn bị đường trịn chia điều hòa 2.1.1.2 Cực đối cực Nếu đường thẳng MN cắt đường tròn  O  hai điểm phân biệt A, B điều kiện cần đủ để M N liên hợp với đường tròn  O  cho trước  MNAB   1 Hai điểm M N liên hợp với đường tròn  O  mà đường thẳng MN khơng cắt đường trịn Ta xét tốn sau: Cho đường trịn  O; R  điểm M  O Tìm tập hợp điểm N cho đường trịn đường kính MN trực giao với  O  Hướng dẫn Gọi H chân đường vng góc N MO 2 Khi  MN    O  O / MN   R  R  OH OM  H cố định Vậy N thuộc đường thẳng  qua H vng góc với OM Từ tốn ta có định nghĩa đường đối cực sau: Định nghĩa Cho đường tròn  O  điểm M  O Tập hợp tất điểm N cho đường trịn đường kính MN trực giao với  O  đường thẳng Đường thẳng gọi đường đối cực M  O  Trong tài liệu này, ta kí hiệu đường đối cực điểm M đường thẳng m Từ định nghĩa ta có OM  m 2.1.2 Một số tính chất cực đối cực Định lý (LaHire) Điểm N thuộc đường đối cực M  O  điểm M thuộc đường đối cực N  O  Tức là, N  m  M  n Nhận xét: Hai đường thẳng a, b gọi liên hợp với đường tròn cho trước đường qua cực đường Định lý (Một số cách xác định đường đối cực bản) a) Nếu M nằm  O  , kẻ tiếp tuyến MP , MQ đến  O  ( P, Q tiếp điểm) PQ đường đối cực M  O  b) Nếu M nằm  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  c) Nếu điểm M nằm  O, R  , từ M ta kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt đường tròn  O  P Q Hai tiếp tuyến P, Q  O  cắt H Đường đối cực M  O  đường thẳng qua H vng góc với OH d) 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  e) Nếu M nằm đường trịn  O  đường đối cực M tiếp tuyến M  O  Định lý Ba điểm (khác tâm đường tròn xét cực đối cực) thẳng hàng ba đường đối cực chúng đồng quy đôi song song Định lý Phép đối cực bảo toàn tỉ số kép Hệ 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 toán chứng minh đồng quy chứng minh thẳng hàng 2.1.3 Ứng dụng cực đối cực 2.1.3.1 Áp dụng vào chứng minh vng góc, song song Ý tưởng: Cho đường trịn  O  điểm M khác O Đường đối cực M đường tròn  O  vng góc với OM Để xác định đường đối cực M đường tròn  O  ta sử dụng Định lý Bài Cho đường tròn  O, R  điểm M khác O Qua M kẻ hai cát tuyến MCD MEF không qua O Hai tiếp tuyến C D  O  cắt A , hai tiếp tuyến E F  O  cắt B Chứng minh OM vng góc AB Lời giải Đường đối cực A đường thẳng CD qua M , suy A thuộc đường đối cực M Đường đối cực B đường thẳng EF qua M , suy B thuộc đường đối cực M Khi đường đối cực M đường thẳng AB , tức OM vng góc AB Bài Cho tam giác ABC không cân A với đường cao BB, CC  Gọi E , F trung điểm AB, AC Gọi K giao điểm EF BC  Chứng minh AK vng góc với đường thẳng Euler tam giác ABC Lời giải Xét cực đối cực với đường trịn Euler tam giác ABC , kí hiệu  S  Gọi I giao điểm FC  BE , G giao điểm BE CF , H giao điểm BB CC  Sử dụng định lí Pappus cho hai hàng điểm  B, C , E ,  C , F , B ta suy H , G, I thẳng hàng Do HI đường thẳng Euler tam giác ABC Mặt khác AK đường đối cực I đường tròn  S  , suy HG vng góc với AK Bài Cho tứ giác ABCD có cặp cạnh đối khơng song song, ngoại tiếp đường trịn  I  nội tiếp đường tròn  O  Gọi M , N , P, Q điểm tiếp xúc AB, BC , CD, DA với đường tròn  I  Chứng minh MP vng góc với NQ Lời giải Xét cực đối cưc đường tròn  I  AB cắt CD E , AD cắt BC F Ta thấy đường đối cực E đường thẳng MP , đường đối cực F đường thẳng NQ Để giải toán, ta chứng minh IE  IF Ta có IE , IF đường phân giác góc ·AED, ·AFB Gọi giao điểm IF với AB CD U V · µ  FAB · µ  DCB · ·  UEV cân E  IE  IF EUV F F  EVU Bài Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp  I  Gọi D, E , F tiếp điểm BC , CA, AB với đường tròn  I  Gọi M giao điểm thứ hai AD  I  Đường thẳng qua M vng góc với AD cắt EF N Chứng minh AN / / BC Lời giải Xét cực đối cực đường tròn  I  Gọi P giao điểm thứ hai MN với  I  Dễ thấy D, P, I thẳng hàng Gọi J , G giao điểm EF với IP, IA Ta thấy AM AD  AE  AG AI , suy tứ giác MDIG nội tiếp · · · Do đó, MGF  ·AGF  ·AGM  900  MDI  MPD  tứ giác MGJP nội tiếp Khi NJ NG  NP.NM  NE.NF   NJEF   1 (theo Maclaurin)  N thuộc đường đối cực J Mặt khác J  a  A  j nên AN  JD  AN / / BC Bài 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 Lời 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  2.1.3.2 Chứng minh thẳng hàng, đồng quy Bài Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  I  Gọi D, E , F điểm tiếp xúc BC , CA, AB với  I  Gọi M , N , P giao điểm EF BC ; DF CA ; DE AB Chứng minh M , N , P thẳng hàng Lời giải Xét cực đối cực đường tròn  I  Dễ thấy AD, BE , CF đường đối cực M , N , P Mặt khác, AD, BE , CF đồng quy nên M , N , P thẳng hàng Bài 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 Lời 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 Bài 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 Lời 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 · · · 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 Bài Gọi M , N , P tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh AB, BC , CA Chứng minh trực tâm tam giác MNP , tâm 10 đường tròn nội tiếp tam giác ABC , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thẳng hàng Lời giải Gọi I , O tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC Gọi H trực tâm tam giác MNP Xét cực đối cực đường tròn  I  Hạ ND  MP, ME  NP Trên đường thẳng BC , AB lấy điểm S ,V cho IS / / MP, IV / / NP Theo kết toán trước, đường thẳng SV đường đối cực H đường tròn  I  nên SV  IH  1 ·  ·AIB  ·AIS  900  ·ACB  900  ICB · Mặt khác SIB nên SIB ∽ SCI  SI  SB.SC  S thuộc trục đẳng phương hai đường tròn  I ,0   O  Tương tự, V thuộc trục đẳng phương  I ,0   O  Do SV  OI   Từ  1   suy H , I , O thẳng hàng Bài 10 (HSGQG.A 2002-2003) Cho hai đường tròn  O1   O2  cố định tiếp xúc M bán kính đường trịn  O2  lớn bán kinh đường tròn  O1  Xét điểm A nằm đường tròn  O2  cho O1 , O2 , A không thẳng hàng Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC đến  O1  ( B, C tiếp điểm) Các đường thẳng MB, MC cắt lại đường tròn  O2  E , F Gọi D giao điểm đường thẳng EF tiếp tuyến A đường tròn  O2  Chứng minh điểm D di động đường thẳng cố định A di động đường tròn  O2  cho O1 , O2 , A không thẳng hàng 11 Lời giải Ta xét trường hợp tiếp xúc Trường hợp tiếp xúc tương tự Gọi G giao điểm thứ hai AM  O1  Tiếp tuyến  O1  M G cắt H Xét cực đối cực  O1  Đường đối cực H đường thẳng MG qua A nên đường đối cực A qua H hay H , B, C thẳng hàng Xét phép vị tự tâm M biến  O1  a  O2  B a E , C a F , G a A Suy H a D hay HM qua D Vậy D di động tiếp tuyến chung M  O1   O2  2.1.3.3 Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định Đường đối cực điểm đường tròn cho trước tập hợp điểm liên hợp điều hòa với điểm Do khai thác tính chất cực đối cực để giải tốn tìm điểm cố định qua tốn cụ thể Bài 11 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 Lời giải 12 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 Bài 12 Cho hai đường tròn  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 Lời 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  0 · · »  1 ·OCD  180  COD  180  2CMD  900  CMD ·  900   sd »AB  sdCD  2 2  » ·  sdCD  CAD Suy OC tiếp xúc với  O2  Hơn nữa, OM  OC , O   Kết hợp với S cực  đường tròn  O2  nên S cố định 2.1.3.4 Các toán khác Bài 13 (IMO 1998) Cho I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường tròn  I  tiếp xúc với BC , CA, AB K , L, M Đường thẳng qua B song song với MK cắt đường thẳng LM , LK R S Chứng minh RIS nhọn Lời giải 13 Xét cực đối cực với đường tròn  I  Đường đối cực B, K , L, M MK , BC , CA, AB Gọi B giao điểm IB MK Theo định lý LaHire, điểm B nằm đường đối cực B Do MK / / RS nên đường đối cực B RS Dễ thấy đường đối cực S đường thẳng BC  BC  IS Tương tự ta có BA  IR Khi RIS  1800  ABC Để kết thúc chứng minh, ta điểm B nằm đường trịn đường kính AC , tức ABC  900 suy RIS  900 uuur uuur uuur  uuuu r uuur   uuuur uuur  uuur uuur uuur Ta có 2BT  BC  BA  BK  KC  BM  MA  KC  MA Vì KC uuur MA khơng phương nên BT  KC  MA CL  AL AC   Do 2 ABC  900 Bài 14 Cho đường trịn tâm O đường kính AB C điểm tia đối tia BA Một đường thẳng qua C cắt đường tròn  O  D, E ( D nằm E C ) Giả sử OF đường kính đường trịn tâm O1 ngoại tiếp tam giác BOD Đường thẳng CF cắt lại đường tròn  O1  G Chứng minh O, A, E , G đồng viên Lời giải 14 Gọi P  AE  BD, H  AD  BE Dễ thấy HC đường đối cực P đường tròn  O  suy OP  CH · · · Gọi Q  CH  OP Ta có PEH  PQH  PDH  900  P, E , Q, H , D · · · thuộc đường tròn Suy OQD  1800  PED  DBO  Q, D, B, O thuộc đường tròn  Q  G (cùng giao điểm thứ hai khác O  O1  với đường trịn đường kính OC ) Do PE.PA  PD.PB  PG.PO suy O, A, E , G đồng viên Bài 15 Cho tam giác ABC Các đường cao BH b , CH c cắt trực tâm H Gọi M a , M b , M c trung điểm BC , CA, AB M b M c cắt H b H c L H b H c cắt BC K E tâm đường tròn Euler tam giác ABC Chứng minh hai tam giác ALK HEM a đồng dạng Lời giải Gọi N giao điểm AL với BC ,  O  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , Q, R trung điểm HB, HC M a H cắt  O  T suy A, T , K thẳng hàng ATH  900 Áp dụng định lý Pascal cho điểm M b , M c , H b , H c , Q, R ta có P  M b H c  M c H b , H  QH b  RH c , E  QM b  RM c thẳng hàng Ta lại có AL đường đối cực P  E  suy AL  OH Suy ANK  HOM a OHM a  TAN Khi ANK ∽ HOM a Do L, E trung điểm AN HO nên ALK ∽ HEM a 15 Bài tập tự luyện Bài Từ điểm P ngồi đường trịn  O  , kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn A , B Gọi M điểm thuộc đoạn AB C , D hai điểm nằm  O  cho M trung điểm CD Giả sử tiếp tuyến C D  O  cắt Q Chứng minh OQ  PQ Bài Tứ giác lồi ABCD có AC  BD nội tiếp đường tròn  O  Gọi E giao điểm AC BD Điểm P nằm tứ giác ABCD cho · · · · PAB  PCB  PBC  PDC  900 Chứng minh O, P, E thẳng hàng Bài (MOP – 1995) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn  O  Tiếp điểm  O với cạnh AB, BC , CD, DA M , N , P, Q AN , AP cắt  O  E , F Chứng minh ME , QF , AC đồng quy Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O; R  Các đường phân giác BE , CF cắt lại  O  M , N Đường thẳng qua M vng góc với BM cắt đường thẳng qua N vng góc với CN S Chứng minh SO  EF Bài Cho tứ giác tồn phần ABCDEF , tứ giác ABCD có đường trịn nội tiếp tâm I Gọi A1 , B1 , C1 , D1 tiếp điểm  I  với cạnh AB, BC , CD, DA Gọi M hình chiếu vng góc I EF Hình chiếu M đường thẳng A1B1 , B1C1 , C1D1 , D1 A1 M , M , M , M Chứng minh M , M , M , M thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC ngoại tiếp  I  Tiếp điểm  I  BC , CA, AB D, E , F Phân giác I tam giác BIC cắt BC M AM cắt FE N Chứng minh DN phân giác EDF Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  , AB cắt CD E , AD cắt BC · F , AC cắt BD I , OI cắt EF H Chứng minh ·AHD  BHC Bài Cho tam giác nhọn ABC Gọi M trung điểm cạnh BC , BE , CF đường cao tam giác Gọi D (khác M ) điểm nằm đường tròn  MEF  cho DE  DF Chứng minh AD  BC Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  AC BD cắt I Gọi H , K trực tâm tam giác AID BIC Đường thẳng HK cắt  O  M , N Gọi J giao điểm tiếp tuyến M , N  O  Gọi S giao điểm AD, BC Chứng minh S , I , J thẳng hàng Bài 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  K điểm Lemoine (điểm đồng quy ba đường đối trung) AK , BK , CK cắt  O  D, E , F Chứng minh K điểm Lemoine tam giác DEF 16 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này, em lớp chuyên toán cuối học kì lớp 10 đầu học kì lớp 11 giải toán đơn giản cách sử dụng hàng điểm điều hòa, tứ giác điều hòa Các tài liệu chuyên sâu cực đối cực nên em chưa tiếp xúc nhiều với lời giải hay cho hình khó phương pháp cực đối cực mà em phải vẽ nhiều hình phức tạp, lời giải thơng thường dài dịng 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề - Trước hết hướng dẫn học sinh nắm vững khái niệm tính chất cực đối cực - Hướng dẫn học sinh tìm hiểu kĩ đề bài, gợi ý cho em theo định hướng phát giải vấn đề - Hướng dẫn học sinh biết cách nên dùng định lí tương ứng trường hợp nào, biết cách phân nhỏ tốn, biết cách tương tự hóa để tìm lời giải cho tốn - Hướng dẫn học sinh biết cách tổng quát toán số trường hợp, tạo toán từ toán cho - Đưa phân tích tư duy, phương pháp suy nghĩ đến lúc áp dụng tính chất cực đối cực để tìm lời giải 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Là giáo viên dạy chuyên toán, thành viên đội ngũ giáo viên tham gia huấn luyện đội tuyển HSG Quốc gia tỉnh Thanh hóa năm 2019-2020 đồng thời lãnh đội đội tuyển Quốc gia môn tốn tỉnh Thanh Hóa năm 20202021 có học sinh tham dự vòng năm học 2019-2020, 02 học sinh tham dự vòng năm học 2020-2021, vòng chọn đội tuyển toán Quốc tế, tác giả nhận thấy mặt tích cực sau triển khai sáng kiến kinh nghiệm cho lớp Chuyên toán em đội tuyển HSG Để triển khai dạy sáng kiến kinh nghiệm, tác giả trang bị kĩ kiến thức hình học phẳng, hàng điểm điều hòa, chùm điều hòa, tứ giác điều hòa, đường tròn trực giao số định lí Pappus, Pascal cho em học sinh Trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này: Tác giả đưa tập có áp dụng tính chất cực đối cực, em lớp Tốn gặp khó khăn tìm lời giải, khoảng 3,4 em đội dự tuyển lớp tìm hướng giải, nhiên lời giải tương đối dài dịng, hình vẽ phức tạp, thời gian để giải xong toán nhanh khoảng 45 phút em đội Các em lại giải trọn vẹn tốn tới tiếng đến 1,5 tiếng Sau áp dụng sáng kiến: Các em có cơng cụ mạnh để giải tốn, em khơng phải nhiều thời gian để vẽ thêm hình phụ khơng phải suy luận nhiều bước Thời gian làm khác em rút ngắn xuống khoảng 20 phút cho em 30 phút đến 40 phút cho bạn cịn lại 17 Trong kì thi HSG khu vực duyên hải đồng Bắc bộ, lớp có em tham dự hình giải tốt, kết đoạt huy chương Bạc Trong kì thi HSG Quốc gia năm học 2019-2020, hai ngày có hai hình em làm tốt, kết 10 em tham dự dành giải giải nhì, giải ba giải khuyến khích Lớp 11T1 đạt giải nhì giải ba, em lớp 11T1 giải 1,5 hình hai ngày Trong kì thi TST năm học 2019-2020, có em lớp 11T1 tham dự, không lọt vào đội tuyển tốn Quốc tế nói em giải tốt hình hai ngày chọn đội tuyển Trong kì thi HSG Quốc gia năm học 2020-2021, hai ngày có hai hình em làm tốt, kết 10 em tham dự dành giải giải nhất, giải nhì giải ba Lớp 12T1 đạt giải nhì, có em lớp 12T1 giải hai hình hai ngày Trong kì thi TST năm học 2020-2021, có hai em lớp 12T1 tham dự, không lọt vào đội tuyển tốn Quốc tế nói em giải tốt hình hai ngày chọn đội tuyển sử dụng dến tư cực đối cực Sáng kiến với tập xây dựng cách có hệ thống tài liệu tốt dành cho em đội tuyển HSG Quốc gia đội dự thi TST Thơng qua tập, em có tư mẻ cách giải toán hình học khó KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia Quốc tế nhiệm vụ trọng tâm hàng đầu đội ngũ thầy cô trường THPT chuyên Lam Sơn, thầy tổ Tốn ln cố gắng giảng dạy, cố gắng tự học, tự bồi dưỡng, nâng cao kiến thức để góp phần đào tạo nhân tài cho tỉnh Thanh Hóa Trong kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế, số lượng hình ln nhiều ln thách thức cho em học sinh Đặc biệt sử dụng công cụ mạnh cực đối cực Chính địi hỏi độ sâu, rộng kiến thức nên cực đối cực cịn gây nhiều khó khăn học sinh trình tiếp cận vận dụng Với đề tài “Ứng dụng cực đối cực bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia” tác giả mong em có thêm phương pháp để hình khó, góp phần nâng cao tính ứng dụng kiến thức việc giải toán học sinh Tác giả mong rằng, em củng cố khắc sâu kiến thức có liên quan, biết phân tích chọn lời giải tối ưu cho tốn, biết phát huy tính sáng tạo, biết khái qt hóa tốn Trên số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi phần hình học người viết Trong phạm vi có hạn, tác giả đưa số dạng tốn điển hình số tốn minh họa Rất mong đồng nghiệp, người đọc góp ý kiến, bổ sung để đề tài hoàn thiện để đưa đề tài vào khai thác cách hiệu 18 3.2 Kiến nghị Rất mong Sở SD ĐT ủng hộ tạo điều kiện để giáo viên gặp gỡ, giao lưu, rút kinh nghiệm có thêm nhiều sáng kiến kinh nghiệm hay, góp phần giảng tốt đội tuyển cấp XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 12 tháng năm 2022 Tôi cam đoan SKKN không chép nội dung người khác Nguyễn Viết Sơn 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình: Tài liệu chun tốn hình học 10 Nxb GD, 2010 [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình: Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10 NXBGD, 2006 [3] Nguyễn Đăng Phất: Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải tốn hình học NXBGD [4] Viktor Prasolov: Problems in plane and solid geometry, vol 1, Plane geometry [5] Các tài liệu nguồn internet: www.mathlinks.ro, www.diendantoanhoc.net, www.mathscope.org 20 ... sử dụng công cụ mạnh cực đối cực Chính địi hỏi độ sâu, rộng kiến thức nên cực đối cực gây nhiều khó khăn học sinh q trình tiếp cận vận dụng Với đề tài ? ?Ứng dụng cực đối cực bồi dưỡng học sinh giỏi. .. tròn xét cực đối cực) thẳng hàng ba đường đối cực chúng đồng quy đôi song song Định lý Phép đối cực bảo toàn tỉ số kép 2.1.3 Ứng dụng cực đối cực 2.1.3.1 Áp dụng vào chứng minh... sử dụng kiến thức cực đối cực hình học phẳng khai thác nhiều khía cạnh khác nhau, tùy theo yêu cầu toán Tuy nhiên, nhằm khai thác mạnh kiến thức này, đề tài “ Ứng dụng cực đối cực bồi dưỡng học