Các chuyên đề hình học dành cho bạn THCS(Số 2) Nguyễn Duy Khương-khoá 1518 chuyên Toán-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam Đôi điều chuyên mục: Ở chuyên mục mở tơi trình bày chun đề liên quan tới hình học phẳng qua kì thi vào lớp 10, thi chọn HSG TP lớp Mỗi tháng viết chuyên đề Mong bạn ủng hộ, đặc biệt bạn lớp chuẩn bị bước vào kì thi chuyên cam go Do giới hạn kiến thức cho học sinh lớp khó tránh việc lời giải có lúc dài(do phải xét nhiều trường hợp hình vẽ khác nhau) mong bạn, thầy cô thông cảm Bắt đầu từ số viết số chuyên đề liên quan tới định lí hình học thường xuất dạng đề thi áp dụng để làm thi HSG lớp thi vào 10 Việc mắn vững kiến thức tảng kiến thức hình học chuyên cấp 3, đồng thời cách để tiếp cận toán cách dễ dàng Việc trang bị "cần câu" khác giúp bạn dễ lựa chọn để câu "con cá " to nhỏ khác Chuyên đề 2: Tứ giác tồn phần điểm Miquel Nhận xét: Hình vẽ gọi tứ giác toàn phần ABCDEF Cấu hình tứ giác tồn phần nghiên cứu từ lâu đời có nhiều tính chất thú vị Sau xin vào chi tiết tính chất cấu hình Tính chất : Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, DEB, ABC, F DC qua điểm gọi điểm M iquel tứ giác toàn phần Chứng minh: Ta gọi (DEB) ∩ (AEF ) = M, E Ta chứng minh M ∈ (ABC) Tương tự với M ∈ (ADC) Ta chứng minh với trường hợp hình trường hợp hình vẽ khác ta chứng minh tương tự Do M ∈ (DEB) ta có: ∠BM C = ∠F DC lại có M ∈ (AEF ) nên ta có: ∠EM A = 180◦ − ∠AEF suy ra: ∠BM A = 180◦ − ∠AEF + ∠F DC = 180◦ − ∠ACB suy M ∈ (ABC)(đpcm) Tính chất : Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm ngoại tiếp tam giác DEB,AEF , ABC,DF C Khi O1 , O2 , O3 , O4 , M đồng viên (M điểm M iquel tứ giác tồn phần) Chứng minh: Từ tính chất M ∈ (F DC) O1 O4 trung trực DM Tương tự ta có O4 O2 trung trực M F Do đó, ta có: ∠O4 O1 M = 180◦ − ∠M ED Tương tự ta có rằng: ∠M O2 O4 = ∠M ED Do ta thu M ∈ (O1 O2 O4 ) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh M ∈ (O1 O2 O3 ) Do ta thu đpcm Tính chất 3(Đường thẳng Gauss): Cho tứ giác tồn phần ABCDEF Gọi trung điểm AC, BD, EF H, I, J Khi H, J, I thẳng hàng Chứng minh: Gọi điểm K, G, L trung điểm BE, BC, CE Thế ta nhận thấy: I, G, K đường trung bình tam giác BDE H, G, L đường trung bình tam giác CAE J, L, K đường trung bình tam giác F BE Do ta thu được(nhờ định HG JL IK AB F C DE lí T hales): = = 1(do áp dụng định lí M enelaus thuận HL JK IG AE F B DC với tam giác BCE có cát tuyến ADF ) Vậy áp dụng định lí M enelaus đảo cho tam giác GLK ta có ngay: H, J, I thẳng hàng(đpcm) Trên ba tính chất hay sử dụng kì thi vào 10, thi HSG lớp cấu hình Về thi ta cần phải chứng minh lại tính chất sử dụng Nhưng giới thiệu chúng nhằm mục đích giúp bạn có khả nhận biết cấu hình tứ giác tồn phần có phương hướng giải lúc thi Tứ giác toàn phần nhiều tính chất hay khác xong tơi giới thiệu chúng dạng tập chuyên đề khác(các bạn đón đọc chuyên đề tiếp theo) Bây để luyện tập giải số tập liên quan Bài toán 1: Cho tứ giác toàn phần ABCDEF Gọi Oa , Ob , Oc tâm ngoại tiếp tam giác CDE, AEF, DF B Chứng minh trực tâm tam giác Oa Ob Oc nằm EF Lời giải: Gọi M điểm M iquel tứ giác tồn phần ABCDEF Khi ta có M nằm (BF D) đồng thời nằm (Oa Ob Oc ) Do M đối xứng D qua Oa Oc đồng thời M đối xứng F qua Ob Oc Từ sử dụng định lí đường thẳng Steiner ta thu trực tâm tam giác Oa Ob Oc nằm DF hay EF (đpcm) Bài toán 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Một đường thẳng l qua D cắt AB AC E F Đường tròn qua điểm B, E, D cắt lại đường tròn (O) điểm thứ hai M M D M F cắt lại (O) P N Chứng minh rằng: ABN P hình thang Lời giải: Sử dụng tính chất rõ ràng ACDBEF tứ giác toàn phần ta có M ∈ (CDF ) Đến ta có biến đổi góc sau: ∠DM N = AB PN ∠ACB = ∠AN B mà ∠AN B = ∠DM N = đó: AB = P N 2 AP BN đpcm Các trường hợp hình vẽ khác ta chứng minh tương tự Bài toán 3(T8/466-Hồ Quang Vinh-THTT): Cho tam giác ABC có đường cao AH Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC S, T BT cắt CS K Gọi tiếp tuyến S T (I) cắt M M A giao BC N IM cắt ST J Chứng minh N J qua trung điểm AK Trước vào lời giải ta cần chứng minh bổ đề nhỏ sau: "Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F DM đường kính (I) Tiếp tuyến (I) M cắt DF, DE G H Gọi AD cắt GH K Khi K trung điểm GH." Chứng minh: Gọi GH cắt AB, AC J, N Gọi AM cắt BC P Ta dễ thấy GJ FJ FJ rằng: P C = BD Theo định lí Tháles ta lại có rằng: = = ⇒ DB FB BD GJ = JF = JM Hoàn toàn tương tự ta có: N M = N H = N E Lại theo JK MN AK định lí Tháles ta có: = (= ) mà ta có BD = P C nên BD PC AD ta thu rằng: JK = M N Do GJ + JK = JM + M N = JN KH = KM + M N + N H = JK + M N + KM = JN GK = KH(= JN ) hay K trung điểm GH Quay lại toán ban đầu, từ tốn phụ ta dễ có AM qua trung điểm BC hay N trung điểm BC Áp dụng định lí đường thẳng Gauss cho tứ giác AST K với T K ∩ AS = B SK ∩ AT = C N trung điểm BC J trung điểm ST ( hiển nhiên J trung điểm ST M giao tiếp tuyến (I) từ S T ) nên ta thu N J qua trung điểm AK(đpcm) Bài toán 4(Chọn đội tuyển VMO Hà Nội 2016-2017): Cho tam giác ABC(AB < AC) nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) điểm A, D Giả sử BD ∩ AC = F, CD ∩ AB = E (ABF ) ∩ (ACE) = A, P Gọi (S1 ) đường tròn qua C tiếp xúc AB A Gọi (S2 ) đường tròn tiếp xúc AC A B A, Q = (S1 ) ∩ (S2 ) Chứng minh tam giác OP Q vuông Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy rằng: P điểm M iquel tứ giác toàn phần ACF DBE dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng Theo định lí Borcard ta có: O, M, P ⊥ EF (Các bạn tìm lại chứng minh chi tiết đoạn chuyên đề thứ biến đổi góc tốn số 7) EF BC là: ∠BCD = ∠DEP = ∠DBP P B tiếp xúc (O) Tương tự P C tiếp xúc (O) Kẻ đường kính AX, AY (S2 ), (S1 ) Lại có: ∠AQB = 180◦ − ∠AXB = 180◦ − ∠AS2 O Tương tự thì: ∠AQC = 180◦ − ∠AS1 O ∠AQB + ∠AQC = 360◦ − 2∠AS1 O = 2(180◦ − ∠A) = 360◦ − 2∠A hiển nhiên ∠BQC = 2∠A P, B, Q, O, C nằm đường tròn nên OQ ⊥ P Q ta thu đpcm Nhận xét: Nếu toán hỏi chứng minh A, P, Q thẳng hàng hay Điều khơng khó để chứng minh Chú ý việc tứ giác AS2 S1 O hình bình hành nên S1 S2 chia đơi AO theo tính chất đường trung bình dĩ nhiên X, Y, O thẳng hàng Ta có: ∠AQX + ∠AQY = 90◦ + 90◦ = 180◦ nên X, Y, Q, O thẳng hàng Dĩ nhiên AQ ⊥ OQ A, Q, P thẳng hàng Bài toán 5(Nguyễn Văn Linh)(Proposed for Arab Saudi TST): Cho đường tròn (O1 ) (O2 ) cắt điểm A, B d1 , d2 đường thẳng qua A đối xứng qua AB d1 cắt (O1 ), (O2 ) G, E phân biệt d2 cắt (O1 ), (O2 ) điểm F, H, giả sử E nằm A, G F nằm A, H EH cắt F G điểm J BJ cắt (O1 ), (O2 ) điểm K, L phân biệt O1 K cắt O2 L điểm N Chứng minh (N KL) tiếp xúc AB ∠O2 AL = 90◦ − ∠ABL = 90◦ − ∠ABK = ∠AKO1 Vậy ta có: A nằm (KLN ) Tiếp tục ta thấy B điểm Miquel tứ giác toàn phần AEIF GH Do B thuộc (JHF ) Gọi O tâm (ALN K) thì: ∠BAO = ∠BAK +∠KAO = ∠BAF +∠F AK +90◦ −∠ALK = 90◦ ta thu AB tiếp xúc với (O)(đpcm) Lời giải : Trước tiên ta thấy rằng: ∠N LA = 90◦ − Nhận xét: Ở việc tìm tiếp điểm A mấu chốt cho biến đổi góc sau Việc sử dụng thành thạo kiến thức liên qua tới tứ giác toàn phần quan trọng giúp ích nhiều cho bạn Qua viết muốn nhấn mạnh số ý Bài viết dành cho bạn THCS nên khó khăn trình bày số lời giải(bởi chúng bị phụ thuộc hình vẽ), mong bạn thơng cảm số chỗ dài 10 ... nhận biết cấu hình tứ giác tồn phần có phương hướng giải lúc thi Tứ giác tồn phần nhiều tính chất hay khác xong giới thiệu chúng dạng tập chuyên đề khác(các bạn đón đọc chuyên đề tiếp theo) Bây... tốn 1: Cho tứ giác tồn phần ABCDEF Gọi Oa , Ob , Oc tâm ngoại tiếp tam giác CDE, AEF, DF B Chứng minh trực tâm tam giác Oa Ob Oc nằm EF Lời giải: Gọi M điểm M iquel tứ giác toàn phần ABCDEF... ∈ (ABC)(đpcm) Tính chất : Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm ngoại tiếp tam giác DEB,AEF , ABC,DF C Khi O1 , O2 , O3 , O4 , M đồng viên (M điểm M iquel tứ giác toàn phần) Chứng minh: Từ tính chất M ∈ (F