RENLUY~1.PDF toán học

RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG **************** I) Suy nghĩ việc học Tốn Hình học phẳng Có tự hỏi làm để giải tốn Hình học phẳng (HHP) chưa? Hay để giỏi mơn HHP, bạn giải nhanh gọn ấn tượng toán HHP, cịn khơng? ðúng vấn đề thường ñược ñặt muốn trả lời cách thỏa đáng đầy đủ điều khơng đơn giản! Cũng giống dạng tốn khác, để giải tốn HHP đó, cần phải từ giả thiết, thơng qua suy luận để tìm đường đến kết luận u cầu đặt đề Nhưng đặc biệt hơn, mơn HHP, ngồi tư logic thơng thường, cịn cần phải có tư hình tượng, cần phải tìm quan hệ yếu tố hình học thơng qua nhìn trực quan Với đặc trưng đó, mặt làm cho thấy vấn ñề ñang cần giải cách rõ ràng mặt khác địi hịi khả tưởng tượng phong phú sâu sắc muốn học tốt dạng Toán Trên thực tế, học sinh giỏi Tốn, khơng có nhiều người giỏi HHP; tham gia kì thi HSG, họ sẵn sàng bỏ câu HHP để có thời gian dành cho Tốn khác Nhưng tất kì thi, ta thấy góp mặt hai Tốn HHP với khoảng 15-25% số điểm đề thực quan trọng! Có ñiều lạ học hình học với thời gian nhiều dạng Toán khác Ngay từ lớp ñã làm quen với khái niệm điểm, đoạn thẳng, đường thẳng, góc,… ðến lớp biết định lí học cách chứng minh chúng: chứng minh hai góc đối đỉnh nhau, chứng minh tổng ba góc tam giác 1800,…Và học rèn luyện chúng suốt bây giờ, thời gian dài việc học toán sử dụng ñạo hàm, giới hạn hay lượng giác Thế nhưng, dường Hình học ln khơng lựa chọn hàng ñầu bắt ñầu cho lời giải đề thi HSG Thậm chí cịn nỗi ám ảnh, lo sợ nhiều bạn HSG Tốn Khi nhìn thấy hình đó, họ cố ñưa ðại số nhanh tốt sẵn sàng chấp nhận biến ñổi, khai thác biểu thức cồng kềnh thay tốn giải cách nhẹ nhàng hình học túy Ta không phủ nhận học giỏi HHP khơng phải chuyện dễ, cần khiếu rèn luyện lâu dài, phải làm nhiều dạng tập để tích lũy cho kinh nghiệm nhạy bén cần thiết ñể ñối mặt với HHP mà khơng bị ngỡ ngàng, lúng túng Chẳng hạn có nhiều học sinh THCS giỏi HHP học sinh THPT lí khiếu Thế nhưng, chẳng may khơng có khiếu sao, lại bỏ cuộc? Tất nhiên cách giải quyết, tham khảo số hướng giải gợi ý rèn luyện sau ñây ñể khắc phục mong điều giúp bạn rút ñược cho thân ý tưởng cho việc học HHP thời gian tới Thế nhưng, ña số bạn chưa giỏi HHP thường ghét phần tránh làm toán hình học; đó, trước hết bạn làm quen tiếp xúc nhiều với nó, lâu dần bạn tìm thấy thú vị mà tốn HHP đem lại tiến cho * Chúng ta suy nghĩ vấn đề sau: • Làm ñể rút ngắn ñường ñi từ giả thiết ñến kết luận? • Làm ñể tận dụng hết giả thiết đề cho? • Làm đưa kiến thức hình học sẵn có (như phương pháp định lí đó) cho việc giải tốn HHP? • Làm cách để kẻ đường phụ giải tốn? • Làm ñể nâng cao trình ñộ HHP ñã có lực ñịnh? Các nội dung trình bày làm rõ điều đó: MỘT BÀI TOÁN ðƠN GIẢN NHƯNG KẺ NHIỀU ðƯỜNG PHỤ * Lời giải VD trình bày chủ yếu dựa hướng suy nghĩ chính, trọng phân tích bước lập luận khơng sâu vào xét trường hợp hình vẽ xảy nhằm hạn chế phức tạp Dù thực tế, giải toán HHP, nên ý ñiều này, nên xét hết trường hợp (vị trí điểm, tia; phân giác trong, ngồi; tam giác cân, khơng cân; đường trịn thực suy biến, ) ñể ñảm bảo lời giải đầy đủ xác! II) Một số cách rèn luyện tư hình học nâng cao kĩ giải tốn HHP 1) Lựa chọn cơng cụ thích hợp để giải tốn HHP Chúng ta thử ngẫm nghĩ lại, ñang học sinh THPT nay, ñã biết ñược phương pháp giải toán HHP Có thể biết nhiều định lí, bổ ñề ñó chưa thể gọi phương pháp theo nghĩa tổng qt Ở đây, ta nói đến phương pháp định hướng, tư tưởng lời giải; giải cách chưa ñi sâu vào việc giải Xin nêu số phương pháp sau: Phương pháp hình học túy (quan hệ song song, vng góc; tam giác đồng dạng, nhau; tính chất tam giác, đường trịn; định lí hình học quen thuộc; phép biến hình,…) Phương pháp lượng giác (đưa yếu tố lượng giác góc biến đổi) Phương pháp vectơ (dùng vectơ chứng minh tính chất hình học dựng hệ vectơ ñơn vị ñể giải tốn) Phương pháp đại số (đưa yếu tố ñộ dài cạnh biến ñổi) Phương pháp tọa ñộ (ñưa giả thiết ñã cho vào hệ trục tọa độ tìm tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, đường trịn liên quan) Trong đó, mức ñộ tư hình học ñược thể giảm dần qua thứ tự phương pháp Nếu học sinh chưa giỏi HHP thường với tốn có giả thiết “thuận lợi” sử dụng tọa độ, điều tất nhiên có ích cho kĩ tính tốn, biến đổi đại số nói chung khơng có lợi cho việc rèn luyện tư hình học Và đa số tốn hình khó sử dụng phương pháp này, cần đường trịn tâm ñường tròn nội tiếp ñã khiến cho việc dùng phương pháp tọa độ thật khó khăn Thế khơng phải nói mà ta lại qn phương pháp ñó ñược Có vài bạn ñã nội dung lại khơng thích sử dụng tọa độ cố tìm cách giải túy cho Cơng việc khơng phải lúc đúng, kì thi HSG có thời gian “gấp rút” số lượng tốn cần giải lại tương đối nhiều Chúng ta thử nói tốn đơn giản sau: VD1: Cho đoạn thẳng AB cố ñịnh ñường thẳng d cố ñịnh song song với AB ðiểm C di động d Tìm quỹ tích trực tâm tam giác ABC * Phân tích: Một số bạn thấy tốn có giả thiết thật đơn giản, có đoạn C thẳng cố định, ñiểm di ñộng ñường thẳng song song tìm trực tâm; thêm nữa, tốn quen thuộc nên họ vẽ hình cố gắng kẻ ñường phụ ñể giải Thế nhưng, chắn bạn khó mà tìm lời giải hình học túy cho tốn H mà thực tế quỹ tích H đường parabol! Nếu khơng cẩn thận vẽ hình trước nhiều A O B lần để dự đốn quỹ tích, chắn khơng cịn quỹ tích đường thẳng, đường cong thơng thường mà mị mẫn tìm khơng cách khơng đến kết muốn có Bài tốn khơng khó khơng lựa chọn cơng cụ khơng thể nhanh chóng thành cơng việc giải * Giải: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, xét A (-1; 0), B (1; 0) đường thẳng d có phương trình: y = a, a ≠ , C di ñộng ñó nên có tọa ñộ C (m; a), m ∈ ℝ Ta tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC Phương trình đường cao tam giác ứng với ñỉnh C là: x = m; Phương trình đường cao ứng với đỉnh A là: (m − 1)( x + 1) + ay = ⇔ (m − 1) x + ay + m − = Tọa ñộ trực tâm tam giác ABC nghiệm hệ: x = m (m − 1) x + ay + m − = − x2  ⇔  − m Suy ra: y = a x = m y = a  − x2 a VD2: Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định, A di ñộng mặt phẳng Gọi G, H trọng tâm, trực tâm tam giác Biết ñoạn GH cắt BC trung điểm GH, tìm quỹ tích A Vậy quỹ tích H parabol có phương trình: y = * Phân tích Ta thấy giả thiết tốn khơng phức tạp điều kiện GH cắt BC trung ñiểm GH A thật khó vận dụng; ta hiểu ñơn giản trung ñiểm GH thuộc BC khơng đem lại nhiều gợi ý cho lời giải tốn Và đứng trước tốn có giả thiết đơn giản G khó vận dụng thử nghĩ đến phương pháp tọa độ Khi đó, dù tính chất hình học chưa thể B C đầy đủ điều kiện hình học đảm bảo chặt chẽ Cũng tiến hành lựa chọn hệ trục tọa độ thích hợp H tương tự tính tọa độ điểm G, H viết phương trình đường thẳng cần thiết, đặt vào điều kiện tốn, ta tìm quỹ tích điểm A đường hypebol Các bạn thử giải lại toán với việc giữ nguyên giả thiết ban ñầu, thay trực tâm H tâm đường trịn ngoại tiếp O, cơng việc nói chung tiến hành tương tự dù ta có thêm khám phá Và được, giải lại hai tốn vừa phương pháp hình học túy dựa ñịnh nghĩa ñường conic, tìm tiêu ñiểm ñường chuẩn chúng! ðây vấn đề khơng đơn giản * Ta so sánh hai phương pháp giải tốn sau để rút tầm quan trọng việc lựa chọn phương pháp phù hợp giải tốn HHP: VD3: Cho tam giác ABC Phía ngồi tam giác ABC dựng ñiểm D, E, F cho tam giác BCD, CAE, ABF tam giác ñều Chứng minh hai tam giác ABC DEF có trọng tâm Giải: *Cách Sử dụng phương pháp vectơ: (khá nhẹ nhàng không cần tốn nhiều thời gian ñể nghĩ cách giải này) Gọi M, N, P trung ñiểm BC, CA, AB Ta có: AD + BE + CF = AM + MD + BN + NE + CP + PF = ( AM + BN + CP) + ( MD + NE + PF ) 1 Dễ thấy: AM + BN + CP = ( AB + AC ) + ( BA + BC ) + (CA + CB) = 2 Và MD + NE + PF = theo định lí nhím nên: AD + BE + CF = Vậy hai tam giác ABC DEF có trọng tâm *Cách Sử dụng hình học phẳng túy: (dựng nhiều đường phụ, hướng suy nghĩ thiếu tự nhiên địi hỏi có kinh nghiệm tốn có giả thiết tương tự này) Gọi I trung ñiểm EF Q ñiểm ñối xứng với D qua BC, đó: ∆ BCQ tam giác ñều Ta thấy phép quay tâm B góc quay 600 biến C thành Q, biến A thành F nên: ∆ABC = ∆FBQ , tương tự: ∆ABC = ∆EQC ⇒ ∆FBQ = ∆EQC Suy ra: FQ = AC = AE, QE = AB = AF tứ giác AEQF hình bình A I hành Do đó: Q I trung ñiểm AQ, mà M trung ñiểm QD nên IM F đường trung bình tam giác QAD N P ⇒ IM = AD IM //AD G Gọi G giao điểm AM ID theo định lí Thalès: C B M GM GI IM = = = GA GD AD Hơn G thuộc hai trung tuyến tam giác ABC DEF nên trọng tâm chung hai tam giác ABC DEF D Vậy hai tam giác ABC DEF có trọng tâm (đpcm) * Trong việc giải tốn phương pháp tọa độ, ta cần ý ñến việc chọn hệ trục tọa độ hợp lí: tọa độ điểm, phương trình đường thẳng cần viết đơn giản; có nhiều liên hệ với ñiểm ñã cho giả thiết, tận dụng ñược yếu tố đường song song, vng góc, trung điểm hình cần dựng đơn giản,… Chẳng hạn có tốn sau: E VD4: Cho tam giác ABC có D trung điểm cạnh BC Gọi d đường thẳng qua D vng góc với ñường thẳng AD Trên ñường thẳng d lấy ñiểm M Gọi E, F trung ñiểm ñoạn thẳng MB, MC ðường thẳng qua E vng góc với d cắt đường thẳng AB P, đường thẳng qua F vng góc với d cắt ñường thẳng AC Q Chứng minh ñường thẳng qua M, vng góc với đường thẳng PQ ln qua ñiểm cố ñịnh M di ñộng ñường thẳng d * Phân tích Ta thấy ñề giả thiết ñưa xoay quanh P yếu tố trung điểm, đường A vng góc, đoạn thẳng, có d' nhiều yếu tố nên việc liên kết chúng lại ñảm bảo sử dụng ñược tất giả thiết M K E điều khơng dễ dàng Chúng ta có F K' lời giải cách sử dụng phương B C D pháp hình học túy nhờ kiến H' thức trục ñẳng phương sau H Q I phức tạp cần phải kẻ d nhiều ñường phụ: *Giải Gọi H, K hình chiếu B, C lên đường thẳng d Do D trung ñiểm BC nên DH = DK, suy AD trung trực HK ⇒ AH =AK Gọi (ω ) đường trịn tâm A ñi qua H K Gọi H’, K’ ñiểm ñối xứng với H, K qua ñường thẳng AB, AC ⇒ H’, K’ thuộc (ω ) Giả sử ñường thẳng HH’, KK’ cắt I I điểm cố định (*) Ta có : PE // BH (cùng vng góc với d) mà PE ñi qua trung ñiểm MB nên qua trung ñiểm MH ⇒ PE trung trực MH ⇒ PH = PM Gọi (ω1 ) đường trịn tâm P qua H M, tính đối xứng nên H’ thuộc (ω1 ) Hồn tồn tương tự, ta có: QF trung trực MK; gọi (ω2 ) đường trịn tâm Q qua K M K’thuộc (ω2 ) Ta lại có: + (ω ) , (ω1 ) cắt tai H, H’ nên HH’ trục ñẳng phương (ω ) , (ω1 ) + (ω ) , (ω2 ) cắt tai K, K’ nên KK’ trục ñẳng phương (ω ) , (ω2 ) Mặt khác : M thuộc (ω1 ) , (ω2 ) P, Q tâm (ω1 ) , (ω2 ) nên đường thẳng d’ qua M, vng góc với PQ trục ñẳng phương (ω1 ) , (ω2 ) Từ suy ra: HH’, KK’, d’ đồng quy tâm đẳng phương ba đường trịn (ω ) , (ω1 ) , (ω2 ) (**) Từ (*) (**) suy d’ ñi qua I ñiểm cố định Vậy đường thẳng qua M, vng góc với đường thẳng PQ ln qua điểm cố định M di động đường thẳng d Ta có đpcm * Ta sử dụng phương pháp tọa ñộ ñể giải nhẹ nhàng việc xác ñịnh tọa ñộ trung ñiểm viết phương trình ñường vng góc cho biểu thức đơn giản, đáp án thức đề thi HSGQG Thế nhưng, cách chọn trục tọa ñộ cho ta lời giải nhanh gọn Nếu chọn hệ trục tọa ñộ gốc D trục hồnh trùng với BC theo suy nghĩ thơng thường lời giải dài phức tạp so với chọn gốc tọa độ D trục hồnh ñường thẳng d Các bạn thử với cách thấy khác biệt đó! Qua VD trên, ta thấy việc lựa chọn cơng cụ thích hợp để giải tốn hình học yếu tố quan trọng để đến kết cách ñơn giản ngắn gọn hơn, nhiều cách giải ñược vấn ñề 2) Về việc tận dụng giả thiết đề Trong tốn thơng thường, giả thiết đưa ra, dù hay nhiều, dù gián tiếp hay trực tiếp, lời giải tốn tận dụng Một tốn có giả thiết nói chung việc sử dụng chúng đơn giản khơng phải dễ dàng cho việc đưa hàng loạt giả thiết, yếu tố, quan hệ hình học vào lời giải Mỗi giả thiết đưa có mục đích tầm quan trọng định; nhiệm vụ xác ñịnh xem quan trọng ñể tận dụng liên kết tất vào lời giải tốn mình! Trước hết, ta đặt câu hỏi : “giả thiết nói lên điều gì?”, chẳng hạn cho giả thiết: tam giác ABC có M, N, P trung điểm cạnh, điều gợi cho ta suy nghĩ rằng: - Các cạnh tam giác MNP song song nửa cạnh tam giác ABC tương ứng; - Tam giác MNP ñồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng dạng ½; - Diện tích tam giác MNP băng ¼ diện tích tam giác ABC; - Phép vị tự tâm G – trọng tâm tam giác ABC với tỉ số -1/2 biến tam giác ABC ñã cho thành tam giác MNP; - Hai tam giác có trọng tâm; - ðường trịn ngoại tiếp tam giác MNP đường trịn Euler nên qua chân đường cao trung ñiểm ñoạn nối trực tâm ñỉnh tam giác ABC; - Trực tâm tam giác MNP tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, * Có thật nhiều suy nghĩ từ giả thiết ta bỏ sót số chúng khơng giải tốn chìa khóa vấn đề (tất nhiên dùng hết ý) Chúng ta có nhiều liên tưởng kiến thức hình học nhiều kinh nghiệm sâu sắc, điều địi hỏi ta cần làm số lượng định tốn HHP Tiếp theo ta lại hỏi: “vậy chưa có nhiều kinh nghiệm sao?”, tất nhiên có cách nhỏ giúp ta thấy trực quan giả thiết Chúng ta thử tìm cách dựng “giả thiết” thước compa, với giả thiết có phần phức tạp, điều nhiều lúc có ích Chúng ta thử tìm hiểu rõ điều qua tốn sau: VD5: Cho tam giác ABC có K điểm nằm tam giác thỏa: KAB = KBC = KCA Gọi D, E, F tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác KBC, KCA, KAB Gọi M, N, P giao ñiểm BC, FD; CA, DE; AB, EF Chứng minh rằng: tam giác ABC, DEF, MNP ñồng dạng với * Phân tích: Ta thấy ñiểm K cho giả thiết quen thuộc (điểm Brocard) nói chung tính chất ta biết khơng phục vụ nhiều cho điều cần chứng minh ñây Nếu ta vẽ hình đơn điệu bên việc giải định hướng cho tốn khơng đơn giản Ta thử dùng phép dựng hình xác định điểm K giả thiết thước compa ñể xem thử có tính chất đặc biệt khơng Ta dễ dàng có phép dựng hình sau: - Dựng trung trực đoạn AB đường thẳng vng A góc với BC B, gọi F giao ñiểm hai đường thẳng E P - Dựng đường trịn tâm F bán kính FA F - Tương tự, dựng ñiểm E giao ñiểm trung trực AC đường thẳng vng góc với AC A N - Dựng đường trịn tâm E, bán kính EA K - Giao điểm hai đường trịn điểm K cần tìm C B M Từ việc tìm cách dựng cho điểm K, ta có thêm hình số đường phụ cần thiết, tốn rõ ràng nhiều Với gợi ý có từ hình vẽ ta vừa dựng, giải ñược toán theo cách sau: D - Chứng minh AK ⊥ EF, BK ⊥ DE A - Chứng minh: AKB + DFE = 1800 E P F - Chứng minh: AKB + ABC = 1800 - Suy ra: ∆ABC ∼ ∆EFD(g.g) - Suy tứ giác BMPF nội tiếp MP ⊥ EF N - Chứng minh: MPN = FED - Chứng minh: ∆MPN ∼ ∆FED(g.g) Từ suy đpcm B M C * Cịn tốn mà hình vẽ khơng thể dựng thước compa sao, chẳng hạn định lí Mooley: “Cho tam giác ABC Các đường chia ba góc D tam giác cắt ñiểm M, N, P Chứng minh tam giác MNP ñều.” Ta biết việc chia ba góc khơng thể dựng thước compa nên cách tìm gợi ý từ việc dựng hình khơng thể thực Và có lẽ mà ñến sau 50 năm xuất hiện, tốn tiếng có lời giải HHP túy đẹp hồn chỉnh Nhưng câu chuyện toán tiếng giới; thực tế, cần thiết, ln dùng cách dựng hình cho việc tìm gợi ý cho tốn tận dụng giả thiết ñề K 3) Về việc rút ngắn ñường ñi từ giả thiết ñến kết luận Cũng tương tự phần trên, ta ñặt câu hỏi: “kết luận từ đâu mà ra?”, “những điều có liên hệ đến giả thiết có?” Chúng ta tiến hành ngược lên từ ñiều cần chứng minh, tìm ñiều cần phải có để tìm có kết luận VD6: Cho tam giác ABC có đường cao BD CE cắt tai H M trung ñiểm BC, N giao ñiểm DE BC Chứng minh NH vng góc với AM * Phân tích Từ giả thiết ta dễ dàng thấy rằng: tứ giác DEFM nội tiếp đường trịn Euler tam giác ABC A nên: NE.ND = NF NM , mặt khác D, E nằm đường trịn đường kính AH; cịn F, M nằm đường trịn đường E kính HM nên: N nằm trục đẳng H phương đường trịn đường kính MH đường trịn đường kính AH K ðến ñây ta chưa có kết N B F C M NH ⊥ AM ñược Ta thấy thiếu vài yếu tố hình, yếu tố cấn có để kết nối điều ta vừa phân tích từ giả thiết đến kết luận bài, yếu tố vừa phải đảm bảo có liên quan đến NH phương tích trên, vừa đảm bảo có liên hệ đến đoạn AM Và việc chọn ñiểm phụ dựng thêm trung ñiểm AH HM (I trung ñiểm AH, K trung điểm HM) điều tự nhiên đó: IK đường trung bình tam giác HAM, I K tâm đường trịn vừa nêu nên trục đẳng phương NH vng góc với đường nối hai tâm VD7: Cho tam giác ABC có O nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt cạnh ñối diện M, N, P Qua O kẻ ñường thẳng song song với BC cắt MN, MP H, K Chứng minh rằng: OH = OK * Phân tích A Ta thấy giả thiết cho “thoáng” kết luận có thật thú vị Rõ ràng, O điểm nằm tam giác khơng thể có tính N chất đặc biệt khai thác; đó, P ta vào phân tích tỉ số có từ O H K ñường thẳng song song ñã kẻ Nếu ñã quen với toán tỉ số ta thấy có số cơng cụ hỗ trợ cho tỉ số diện tích, tỉ số ñồng C B M I D dạng, ñịnh lí Thalès, định lí Menelaus, định lí Céva,…Trước tiên, đường thẳng song song ñề gợi ý cho ta sử dụng định lí Thales để đưa đoạn thẳng OH, OK ñoạn thẳng “dễ giải quyết” Ta có: OH ON ON OK OP OP = ⇒ OH = BM , = ⇒ OK = CM BM BN BN CM CP CP ON OP ON CP CM BM = CM ⇔ = BN CP BN OP BM Nếu biến ñổi tỉ số tiếp tục dần dần, ta bị ngộ nhận với kết luận có sẵn; thay vào đó, Do đó: muốn có OH = OK thì: ta đưa tỉ số đoạn thẳng tỉ số diện tích tam giác Hai tam giác có cạnh đáy tỉ số diện tích tỉ số chiều cao Hai tam giác có chiều cao tỉ số diện tích tỉ số cạnh đáy Ta dễ dàng thay tỉ số có liên quan sau: ON S AON SCON S AON + SCON S AOC OP S AOB ON CP S AOC S ABC S AOC CM = = = = , = ⇒ = = = BN S ABN SCBN S ABN + SCBN S ABC CP S ABC BN OP S ABC S AOB S AOB BM ðến tốn hồn tồn rõ ràng VD8: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD thỏa AD = BC Gọi H trực tâm tam giác, M N trung ñiểm BC AD Chứng minh HN = HM * Phân tích Ta thấy giả thiết tốn có ñiều ñáng ý là: ñường cao AD tam giác ABC BC M, N lại trung điểm hai cạnh Ta suy nghĩ rằng: BC AD.BC = 2 - Sử dụng lượng giác: BC = BD + CD = AD.cot B + AD.cot C = AD (cot B + cot C ) - Diện tích tam giác ABC là: S ABC = ⇒ cot B + cot C = ⇒ cot A + cot B.cot C = A N E H B D M C - Tứ giác ANMC có hai cạnh đối AN CM ñường thẳng qua hai cạnh vng góc với nên có số tính chất đặc biệt - Do M, N trung ñiểm BC, AD nên ta vẽ đường trịn đường kính BC, AD M, N tâm của đường trịn Hơn nữa, AD = BC nên hai đường trịn M, N ñối xứng qua dây chung -… Và cịn nhiều điều suy luận từ giả thiết đó, tất nhiên dù dài hay ngắn điều đưa ta đến lời giải tốn; mục đích ta tìm cách giải hợp lí đơn giản Ta thấy suy luận thứ sử dụng 10 có xuất đối xứng yếu tố giả thiết ñược sử dụng cách triệt để Do đó, ta thử ñi theo ñường ñó cách dựng thêm đường trịn ðến đây, giả thiết trực tâm H chưa dùng đến chưa có ñường rõ ràng cho ta cách sử dụng Ta dừng việc phân tích giả thiết lại xem ñến kết luận: “chứng minh HM = HN” Kết luận có từ nhiều hướng, chẳng hạn từ tỉ số cạnh, từ hai tam giác nhau, từ hai hệ thức lượng giác nhau, hay từ phép biến hình Tất nhiên, với địi hỏi cần thiết để đến kết luận đó, ta hình thành nhiều ý tưởng cho lời giải ñã chọn cách dựng ñường tròn nên ta thử bám theo tính đối xứng đường trịn Muốn có HM = HN H phải nằm trung trực MN, mà M, N ñã ñối xứng qua dây chung nên H phải nằm dây chung đó! ðến đây, ta thấy gần liên kết ñược kiện Ta tiến thêm chút nữa! Như vậy, muốn có dây chung phải gọi tên giao điểm hai đường trịn, thực tế hai giao điểm nằm q rời rạc, khó mà chứng minh chúng H thẳng hàng Ta khơng chọn cách Thử nhìn dây chung phương diện khác, khơng phải điểm chung hai đường trịn túy mà trục đẳng phương hai đường trịn, muốn H nằm H phải có phương tích đến hai đường trịn Nhưng phương tích dàng tính khơng? Với đường trịn đường kính AD q đơn giản, HA.HD; cịn với đường trịn đường kính BC chưa có, ta vẽ qua H dây cung đường trịn gắn với ñầu mút B C, ta thử vẽ dây BE phương tích có HB.HE, cần chứng minh HA.HD = HB.HE xong! Hơn nữa, ta vẽ BE phải vng góc với AC H trực tâm tam giác; mà E thuộc đường trịn đường kính BC nên BE vng góc với EC Do đó, hóa A, E, C thẳng hàng hay E chân ñường cao tam giác ABC, cộng với H trực tâm đẳng thức cần có là: HA.HD = HB.HE khơng có khó khăn Và mắc xích nối liền, tốn giải Việc trình bày lời giải cịn chuyện ghi chép mà thơi! Rõ ràng tốn khơng q khó cịn nhiều cách giải khác cho mà thấy tọa ñộ cách tốt Thế nhưng, có đủ thời gian, phân tích tốn từ từ để tìm lời giải hình học túy thật đẹp trên! * Có thể nói trước tốn HHP khó, cơng việc phân tích tốn cần thiết ðó cách mị mẫn, dị tìm cách giải tốn, cách có đpcm từ yếu tố cho trước thông qua việc kết nối “mắc xích” liên hệ chúng Ta hiểu “mắc xích” “một bước xuống dòng”, “một dấu ⇒ , ⇔ ”, “một phép biến đổi”, đó; tất nhiên khơng dễ dàng mà ta có chúng Chúng ta phân tích ñược nhiều ñiều từ giả thiết kết luận tốt, có việc dùng liên tưởng, phán đốn, kinh nghiệm cho việc viết tiếp “mắc xích” quan trọng vào nhằm hồn chỉnh lời giải dễ dàng ðó tầm quan trọng việc rút ngắn ñường ñi từ giả thiết ñến kết luận 11 4) Dựng thêm yếu tố phụ tốn hình học Ta thấy đa số ví dụ có đưa thêm yếu tố phụ vào, giao ñiểm, trung ñiểm, chân ñường vng góc, đường thẳng song song hay chí đường trịn Yếu tố phụ cầu nối giả thiết kết luận, liên kết yếu tố rời rạc có sẵn lại giúp tận dụng triệt ñể phát triển giả thiết ñã cho thành nhiều kết quả, ñể cuối ñi đến kết luận Nếu khơng có chúng, ta giải tốn khó khăn khơng thể giải Có thể nói học sinh ñã biết cách kẻ ñường phụ việc giải HHP khơng thể học sinh phần ñược Muốn kẻ ñược ñường phụ, địi hỏi phải có quan sát, ñánh giá vấn ñề tốt; có kinh nghiệm sâu sắc khả phân tích, sáng tạo mức ñộ ñịnh Việc gọi tên cho ñiểm chưa có tên hình vẽ thực tế chuyện khơng đơn giản dù điểm có sẵn nói chi đến việc dựng thêm nhiều yếu tố phụ, khơng có trước ðiều khơng khó hiểu làm tốn ðại số - Giải tích, thường quen với lập luận logic có sẵn, thứ xuất phải có lí rõ ràng Cịn HHP khơng phải vậy, cứng nhắc cho đường phụ muốn kẻ ñược ñều cần phải có lập luận logic cho khó mà thực cơng việc thực tế, nhiều ta kẻ đường phụ mà khơng có lí xác ñáng! Do ñó phần ta suy nghĩ thêm việc kẻ đường phụ vai trị quan trọng kinh nghiệm qua trình rèn luyện lâu dài để giải tốn HHP cách kẻ thêm ñường phụ Ta xét toán sau: VD 9: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O, R) có M, N giao ñiểm cặp cạnh ñối Chứng minh rằng: OM ON = R * Phân tích giải tốn này, chắn bạn mị mẫn biến đổi tích vơ hướng hai vectơ vế trái ñể ñi ñến kết cuối bị ngộ nhận lúc phức tạp thêm Do đó, việc dựng thêm yếu tố phụ ñiều tất yếu Chúng ta đừng lầm tưởng hình thức ñơn giản toán này! Việc dựng ñường phụ khó với số bạn quen với tốn sau N chuyện trở nên đơn giản nhiều: A P “Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có M, N giao điểm AD, BC AB, CD Chứng B minh rằng: MA.MB + NA.ND = MN ” Ta giải tốn xem bổ đề áp dụng vào tốn cho: O Gọi P giao điểm đường trịn ngoại tiếp M tam giác BCM với MN Ta thấy: C D BPMC rõ ràng tứ giác nội tiếp nên: BPM = BCD = NAB ⇒ Tứ giác ANBP nội tiếp Theo tính chất phương tích, ta có: MA.MB = MP.MN , NA.ND = NP.NM Từ suy ra: MA.MB + NA.ND = MN ( MP + NP) = MN 12 Ta quay trở lại tốn cho, biến ñổi biểu thức cần chứng minh chút cho vấn ñề ñược rõ ràng hơn: OM ON = R ⇔ OM + ON − MN = R (giả sử M giao ñiểm AB CD, N giao ñiểm AD BC) Áp dụng bổ ñề trên, thay MA.MB + NA.ND = MN vào biểu thức trên: OM + ON − ( MA.MB + NA.ND) = R Nhưng ñiều ñúng theo tính chất phương tích: MA.MB = OM − R , NA.ND = ON − R Từ đó, ta giải thành cơng tốn Thử nghĩ khơng có hỗ trợ bổ đề việc kẻ đường trịn ngoại tiếp tam giác BCM ñi chứng minh chuyện khơng đơn giản Và phải cơng nhận kinh nghiệm giải tốn HHP thể khơng ít! Ta tiếp tục phân tích VD khác: VD10: Trong mặt phẳng cho hai ñiểm A, B cố ñịnh (A khác B) Một ñiểm C di ñộng mặt phẳng cho góc ACB = α khơng đổi (00 < α < 1800 ) ðường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA D, E, F ðường thẳng AI, BI cắt ñường thẳng EF M, N Chứng minh rằng: ðoạn MN có độ dài khơng đổi ðường trịn ngoại tiếp tam giác DMN ln qua điểm cố định * Phân tích Nếu ta đọc kĩ giả thiết C thấy điểm M N xác ñịnh ñã xuất nhiều tốn quen thuộc trước mà u cầu ñề dừng lại việc chứng minh tam giác MBC, NBC vng Nếu biết điều này, ta chứng minh lại kết sử dụng vào việc giải M E tốn cho bổ đề (trong khơng xét N vị trí có M, N) Ta thấy: F 1800 − C I , MIB = IAB + IBA = MEB = CEF = 180 − C = ( ABC + ACB) = ⇒ MEB = MIB ⇒ Tứ giác 2 A D P B EMBI nội tiếp ⇒ IMB = IEB = 900 hay tam giác AMB vuông M Tương tự, ta có tam giác NAB vng N Áp dụng điều vào tốn: ta tứ giác ANMB nội tiếp đường trịn đường kính AB AB IA IN CAB + CBA ) ∆AIB ∼ ∆NIM ⇒ = ⇒ MN = AB = AB.sin NAI = AB.sin(900 − MN NI IA C α = AB.sin = AB.sin , không ñổi 2 CAB + CBA Hơn nữa, ta thấy: MDN = IDN + IDM = 2(900 − )=C Gọi P trung điểm AB P tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ANMB: CAB + CBA MPN = MPA − NPA = 2( MBA − NBA) = 2(900 − MAB − NBA) = 2(900 − )=C 13 Do đó: MPN = MDN ⇒ Tứ giác MNDP nội tiếp hay đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN ln qua P cố định ðây đpcm Bài tốn cịn nhiều cách giải khác có lẽ cách đơn giản, ngắn gọn * Một số tốn giải ñược nhiều cách dựng ñường phụ có nhiều cơng cụ hỗ trợ bổ đề, định lí quen thuộc việc dựng hình đơn giản lời giải nhẹ nhàng hơn, xét việc chứng minh ñịnh lí Pascal sau đây: VD 11: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường trịn (O) có M, N, P giao ñiểm AB, DE; BC, EF; CD, FA Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng * Phân tích Việc chứng minh A định lí quen thuộc cách gọi thêm G giao ñiểm ME với AQ sử dụng ñịnh lí Menelaus thuận O ñảo cho tam giác Cách F B chứng minh tương đối ngắn gọn khơng kẻ nhiều đường phụ Nhưng ta khơng C biết trước định lí Menelaus E sử dụng cách chứng minh D khác mời bạn theo dõi lời giải sau ñây với việc kẻ thêm đường trịn phụ: M Gọi I giao ñiểm ñường N I P tròn ngoại tiếp tam giác BDM FDQ Ta chứng minh bốn ñiểm M, N, P, I thẳng hàng cách chứng minh ba ñiểm thẳng hàng (Việc nghĩ hai đường trịn phụ xuất phát từ tốn quen thuộc là: “Cho ba đường trịn (1), (2), (3) qua D (1) cắt (2) A, (2) cắt (3) B, (3) cắt (1) C (A, B, C khác D) Với M nằm (1), gọi P, Q giao ñiểm MA với (2), MC với (3) Chứng minh PQ ñi qua B.”) Thật vậy, từ tứ giác nội tiếp: BDIM, FDIP, ta có: DIM + DIP = DBA + DFA = 1800 , suy ra: M, I, P thẳng hàng Tiếp theo ta chứng minh M, N, I thẳng hàng Ta có: 1 Tứ giác BDIM nội tiếp ⇒ BIM = BDM = 1800 − BDE = 1800 − BAE = BDE 2 1 Mặt khác: BIF = BID + FID = BMD + FPD = ( AFE − BCD) + ( ABC − DEF )   2 1 = ( AF + AB) − ( DC + DE )  = ( BAF − CDE ) = BNF ⇒ BNIF nội tiếp   2 Do đó: BIN = BFN = BDE = BIM ⇒ M, N, I thẳng hàng Tương tự: N, I, P thẳng hàng Vậy ta có M, N, P thẳng hàng (đpcm) * Qua đó, ta thấy việc dựng đường phụ cơng việc địi hỏi phải có q trình rèn luyện tích lũy kinh nghiệm lâu dài Có thể nói kẻ thành cơng đường phụ để giải tốn lúc có bước tiến dài việc học tập HHP 14 Về việc học tập rèn luyện HHP mức độ cao Có ñặt câu hỏi: “Tại người ta lại nghĩ tốn hay nhỉ?” Thơng thường, giải tốn với lời giải thật hay đẹp gác lại mà khơng dành thời gian tìm hiểu thêm điều lí thú đằng sau hay chí đưa tốn từ tốn cũ Việc tìm tịi giúp chủ động tốn phát triển kĩ HHP tốt Khi tìm tịi sáng tác tốn lúc ñi ñường mà người đề tìm hiểu xem họ làm để có tốn Thơng thường tốn HHP đặt dạng che giấu vấn đề cơng việc lần mị theo giả thiết có sẵn ñể giải Việc che giấu hay mà số điểm đường hình bị xóa mà u cầu tốn lại khơng bị ảnh hưởng, người giải phải khôi phục lại điểm thơng qua cách kẻ yếu tố phụ; việc biến đổi yếu tố bài, thêm ñường ñể che giấu chất vấn ñề Và việc tự nghĩ toán HHP phát triển từ tốn cũ việc làm có ích cho mà ta trở thành thí sinh kì thi đó, đối mặt với tốn HHP khó, khơng rơi vào hồn cảnh bị động lúng túng Ta thử xem tốn sau đây: VD12: Cho tam giác ABC nhọn có A góc lớn nhất, nội tiếp đường trịn (O) ngoại tiếp ñường tròn (I), H trực tâm Trung tuyến ñỉnh I tam giác IOH cắt (I) P Gọi M, N trung ñiểm AB, AC Chứng minh: BAC = MPN A N M I O H P C B * Phân tích Ta thấy giả thiết tốn khơng q phức tạp yếu tố rời rạc việc dựng hình phức tạp khiến ta khó tìm lời giải Thực ra, toán phát triển từ định lí “đường trịn Euler tiếp xúc với ñường tròn nội tiếp” Các vấn ñề bị che lấp là: - Trung điểm đoạn OH tâm đường trịn Euler - Giao điểm P tiếp ñiểm ñường tròn Euler với ñường tròn nội tiếp nên tất nhiên thuộc đường trịn Euler - ðường trịn Euler qua trung điểm cạnh nên gọi Q trung điểm BC MNPQ nội tiếp ⇒ MPN = MQN - Do M, N, Q trung ñiểm cạnh nên BAC = MQN Từ ta có lời giải tốn * Nếu chưa quen lần mò theo ñường người cho ñề ñể tìm lời giải tốn thật khơng đơn giản chút nào, có khiếu HHP hay khơng Chẳng hạn bạn người cho đề, bạn có sẵn tốn chứng minh điểm M, N, P nằm đường thẳng d, bạn muốn tốn khó bạn dễ dàng nghĩ A điểm nằm ngồi đường thẳng d trực tâm tam giác AMN, ANP, APM thẳng hàng (cùng nằm đường thẳng qua A vng góc với d) thế, bạn tích lũy ñược thêm kinh nghiệm cho việc chứng minh ñiểm thẳng hàng Thử hỏi người ñi tìm lời giải tốn việc nhìn cách chứng minh dàng khơng? 15 VD13: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có A góc lớn Trung trực AB, AC cắt cạnh BC D, E ðường thẳng AD, AE cắt (O) M, N Gọi K giao ñiểm BM CN; d ñường thẳng ñối xứng với phân giác góc DAE qua phân giác góc BAC ðường thẳng OK cắt d I Chứng minh rằng: BIC = DOE * Phân tích Chắc nghe đến tốn sau: “Cho tứ giác ABCD thỏa mãn: A DAB = ABC = BCD Chứng minh ñường thẳng Euler tam giác ABC qua D” I Bài tốn tốn khó quen thuộc với với nhiều cách O giải Tưởng chừng tốn VD khơng có liên hệ thực VD C E B phát triển toán vừa nêu với việc che lấp D bổ sung thêm hàng loạt vấn đề Nếu chưa biết K M đến tốn vừa nêu VD tốn khó Chúng ta thử chứng minh xem tứ giác ABKC hình vẽ có tính chất ba góc N khơng, rõ ràng điều Khi đưa kết vào đường thẳng Euler tam giác ABC ñi qua K hay ngược lại OK ñi qua trực tâm tam giác ABC ðường thẳng d ñề thực chất ñường cao tam giác ABC I trực tâm ðây yếu tố ñã bị che lấp ñi, khơng tiến hành bước để khai thác giả thiết khó thấy điều ðến rõ ràng: BI // OE, CI // OD nên BIC = DOE ñúng Vấn ñề ñã ñược giải quyết! Ta phân tích thêm VD để thấy rõ vai trị kinh nghiệm tích lũy thân việc giải tốn HHP VD14: Cho hai đường trịn (O), (O’) cắt A B Gọi CC’ tiếp tuyến chung hai đường trịn, C ∈ (O), C ' ∈ (O ') Gọi D, D’ hình chiếu C, C’ đườg thẳng OO’ Giả sử AD cắt (O) E, AD’ cắt (O’) E’ Chứng minh: E, B, E’ thẳng hàng C K C' A O O' D I D' E' B F F' E 16 * Phân tích ðây tốn hình học kì thi HSG quốc gia lời giải nói chung mang nhiều tính chất phép vị tự ðáp án Bộ GD – ðT ñưa lời ngắn gọn ñẹp Dù vậy, bạn ñã nhiều lần giải tốn hai đường trịn cắt với tiếp tuyến nhiều kinh nghiệm dạng dùng kinh nghiệm bổ đề để giải toán cách ấn tượng Hãy suy nghĩ cách giải sau: Gọi F, F’ giao ñiểm khác A ñường thẳng AO với (O), AO’ với (O’) Do AF, AF’ đường kính đường trịn (O), (O’) tương ứng nên: ABF = ABF ' = 900 ⇒ F, B, F’ thẳng hàng Gọi R, R’ bán kính hai đường trịn (O), (O’) Ta chứng minh rằng: O ' AD ' = OAD (*) Thật vậy: Gọi I giao ñiểm CC’ với OO’ K giao ñiểm IA với (O) Dễ dàng IO ' R ' O 'A IA IC ' ID ' thấy I tâm vị tự hai đường trịn Do đó: = = = = = IO R OK IK IC ID Suy ra: AD’ // KD hay IAD ' = IKD IA IC ' = ⇒ IA = IC.IC ' IC IA IA IO Tứ giác CC’D’O nội tiếp nên: IC.IC ' = ID '.IO ⇒ IA = ID '.IO ⇒ = ⇒ ∆IAD ' ∼ ∆IOA ID ' IA Ta có: AC’ // KC ⇒ IAC ' = IKC = ICA ⇒ ∆IAC ' ∼ ∆ICA ⇒ Do đó: IAD ' = IOA , mà IAD ' = IKD nên: IKD = IOA ⇒ Tứ giác ADOK nội tiếp Ta có được: OAD = OKD Hơn nữa: OK // O’A, DK // D’A nên: O ' AD ' = OKD Suy ra: O ' AD ' = OAD , (*) ñược chứng minh Áp dụng vào tốn, theo tính chất góc nội tiếp: OAD = FBE, O 'AD ' = F' BE ' ⇒ FBE = F' BE ' Mà F, B, F’ thẳng hàng nên theo tính chất góc đối ñỉnh, ta có E, B, E’ thẳng hàng Ta có đpcm * Bên cạnh đó, ta cần phải nhắc đến số cơng cụ gọi “cao cấp” để giải tốn HHP như: góc định hướng, độ dài đại số, tích có hướng diện tích ñại số, phương tích trục ñẳng phương, hàng ñiểm ñiều hòa, cực ñối cực, phép nghịch ñảo ñồng dạng, ñịnh lí Carno, Michael, Cũng tương tự ñiều gọi kinh nghiệm hay bổ ñề trên, cơng cụ giúp ta giải nhanh gọn dễ dàng nhiều tốn khó mà sử dụng cơng cụ thơng thường lời giải dài dịng phức tạp; có nhiều ta khơng đủ khả nhìn lời giải kiểu Thế nhưng, muốn áp dụng định lí vào việc giải tốn điều khơng đơn giản mà số lượng định lí có sẵn tương đối lớn khó khăn đặc trưng định lí chưa thể mặt toán, phải lần mị theo giả thiết để đặt u cầu cần có nhằm đến kết luận định lí xuất hỗ trợ cho ta VD15: Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác ñều gọi M, N, P tâm chúng Chứng minh rằng: tam giác MNP ñều * Ta thấy ñây nội dung ñịnh lí Napoléon với cách chứng minh quen thuộc dựng thêm đường trịn ngoại tiếp tam giác có gọi tên giao ñiểm chúng Sau ñây, ta xem cách chứng minh khác ñưa nhận xét so sánh: Cách (sử dụng phương pháp thơng thường): 17 Dựng điểm Q khác phía M so với NP cho: QPA = MPB PQ = MQ Ta có: Q ∆APQ = ∆BPM (c.g.c) ⇒ PAQ = MBP = ABC + 60, AQ = BM = CM Do đó: NAQ = 3600 − ( PAQ + PAN ) = A N = 3600 − ( ABC + 600 + CAB + 600 ) = ACB + 600 = MCN Suy ra: ∆AQN = ∆CMN (c.g c) ⇒ NQ = NM Mà PQ = PM P ∆APQ = ∆BPM nên PN trung trực MQ, tức M, Q ñối xứng qua PN hay: QPN = MPN , QNP = MNP Mà QPM = APM + QPA = APM + MPB = APB = 1200 C B Tương tự: QNM = 1200 Từ đó, ta được: M 1200 MPN = MNP = = 600 hay tam giác MNP ñều Cách (sử dụng phép quay vectơ) B' A Gọi A’, B’, C’ ñỉnh tam giác ñều tương ứng dựng đoạn BC, CA, AB Vì ñiểm M, N trọng tâm ∆BCA ', ∆CAB ' nên: MN = BA + A ' C + CB ' Tương tự: MP = BC ' + A ' B + CA Xét phép quay vectơ góc quay π /3, ta có: Qπ ( MN ) = Qπ ( BA + A ' C + CB ') = 3 ( N C' ( P C B M ) )  1 Qπ ( BA) + Qπ ( A ' C ) + Qπ (CB ')  3 3  ( ) BC ' + A ' B + CA = MP Suy tam giác MNP ñều * Ta thấy phép quay vectơ sử dụng tốn giúp hạn chế nhiều lập luận hình học phức tạp cho ta lời giải nhẹ nhàng, vấn ñề phải biết vào ñặc trưng tốn để vận dụng cho phù hợp xác Nói chung ba cơng cụ sau: vectơ (tương ứng với đoạn thẳng), góc định hướng (tương ứng với góc), diện tích đại số tích ngồi (tương ứng với diện tích) ba cơng cụ mạnh, phát triển từ yếu tố hình học Chúng ta nên tìm hiểu thêm chúng để có thêm ñược trợ giúp tốt ñứng trước tốn HHP mà phương pháp hình học túy khác dường khơng cịn tác dụng A' = 18 Tiếp tục nói việc nghiên cứu toán HHP mới, thấy ñiều rằng: muốn tự nghĩ HHP hồn tồn độc lập với có chuyện khơng đơn giản; ta sử dụng tương tự yếu tố đường điểm tạo tốn độc ñáo * Chẳng hạn toán trên, bạn tự hỏi khơng dựng tam giác phía ngồi tam giác mà dựng phía ngược lại kết sao, định lí có cịn hay khơng Vẫn cịn nhiều VD phát như: - Tam giác có đường trung tuyến, đường cao tam giác cân; phân giác sao? - Giao điểm đường chia ba phía góc tam giác tam giác tam giác (định lí Moocley); chia ba phía ngồi sao? - Ta có tốn quen thuộc là: “Cho tam giác ABC nội tiếp (O), có trọng tâm G Giả sử tia GA, GB, GC cắt (O) A’, B’, C’ Chứng minh rằng: GA + GB + GC ≤ GA '+ GB '+ GC ' ”; thay G trực tâm hay tâm đường trịn nội tiếp sao? - Quỹ tích trực tâm H tam giác ABC có BC cố định BAC khơng đổi đường trịn, trọng tâm G đường trịn; tâm đường trịn nội tiếp gì? - Nếu biết trung điểm cạnh dựng đỉnh tam giác, biết chân đường cao dựng ñược ñỉnh tam giác; biết chân đường phân giác có dựng khơng dựng nào? Chẳng hạn từ vấn ñề cuối vừa nêu trên, có tốn sau: “Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O có phân giác AD, BE, CF đồng qui I Gọi x, y, z tiếp tuyến (O) song song với ñoạn thẳng EF, FD, DE Giả sử x cắt y P, y cắt z M, z cắt x N Gọi H, K, L chân ñường phân giác kẻ từ góc M, N, P tam giác MNP Chứng minh rằng: a/ Các ñoạn thẳng MD, NE, PF ñồng qui Gọi điểm R b/ Các đoạn thẳng HD, KE, LF đồng qui Gọi điểm S c/ Ba ñiểm R, S, O thẳng hàng Gọi ñường thẳng qua ñiểm d d/ ðường thẳng d qua tâm đường trịn nội tiếp bốn tam giác ABC, DEF, MNP HKL.” Còn nhiều ñiều gần gũi, quen thuộc mà chưa tìm hiểu nhiều chúng để phát thêm thú vị rèn luyện cho kĩ giải tốn HHP Tại khơng thử bắt đầu với HHP đơn giản để tìm đến điều thú vị? * Tóm lại: Muốn học tốt mơn HHP, cần phải có q trình rèn luyện ñầy ñủ với cách học tập phù hợp Chúng ta nên rèn luyện tư hình học từ nhiều dạng tốn nên tập trung vào cơng cụ chính; đừng q sâu vào phương pháp, cơng cụ hỗ trợ đặc biệt Ta học thật nhiều định lí, bổ đề cần nhớ hết chúng lựa chọn công cụ cho phù hợp ñể giải Chúng ta nên biết tốn HHP kì thi thường khơng giải dựa bổ đề, định lí khó ñó ñể ñánh giá kĩ nhớ, thuộc mà dùng cơng cụ thơng thường, quen thuộc để đánh giá khả tư duy, lập luận học sinh Hãy trang bị cho thứ cần thiết để đối đầu với tốn HHP khó khăn phía trước; tất nhiên, hành trang tốt hành trang ñầy ñủ gọn gàng, sử dụng nhiều tình khơng phải hành trang q cồng kềnh, phức tạp ñể cần dùng thứ khơng biết tìm kiếm đâu Chúc em rèn luyện tốt thành cơng môn HHP thật thú vị hấp dẫn này! 19 III) Các tốn rèn luyện Sau xin mời em tham khảo thử 16 tốn kì thi chọn đội tuyển quốc gia Việt Nam dự thi IMO ñây thử vận dụng hướng vừa để tìm cách giải chúng ðây tốn hay khó! (Các tốn xếp từ dễ đến khó) Bài 1: Hai đường trịn (C1) (C2) cắt hai ñiểm P Q Tiếp tuyến chung hai đường trịn gần P Q tiếp xúc với (C1) A tiếp xúc với (C2) B Các tiếp tuyến (C1), (C2) kẻ từ P cắt đường trịn E F, (E, F khác P) Gọi H, K ñiểm nằm ñường thẳng AF, BE cho AH = AP BK = BP Chứng minh năm ñiểm A, H, Q, K, B thuộc đường trịn (ðề TST 2000) Bài 2: Trên cạnh tam giác ABC lấy ñiểm M1, N1, P1 cho ñoạn MM1, NN1, PP1 chia đơi chu vi tam giác, M, N, P trung ñiểm ñoạn BC, CA, AB Chứng minh rằng: Các ñường thẳng MM1, NN1, PP1 ñồng quy ñiểm Gọi ñiểm ñó K KA KB KC Trong tỉ số có tỉ số khơng nhỏ , , BC CA AB (ðề TST 2003) Bài 3: Cho tam giác ABC có H trực tâm ðường phân giác ngồi góc BHC cắt cạnh AB, AC D E ðường phân giác góc BAC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE ñiểm K Chứng minh ñường thẳng HK ñi qua trung ñiểm ñoạn BC (ðề TST 2006) Bài 4: Trong mặt phẳng cho góc xOy Gọi M, N hai điểm nằm tia Ox, Oy Gọi d đường phân giác góc ngồi góc xOy I giao ñiểm trung trực MN với ñường thẳng d Gọi P, Q hai ñiểm phân biệt nằm ñường thẳng d cho IM = IN = IP = IQ, giả sử K giao ñiểm MQ NP Chứng minh K nằm ñường thẳng cố ñịnh Gọi d1 đường thẳng vng góc với IM M d2 đường thẳng vng góc với IN N Giả sử ñường thẳng d1, d2 cắt ñường thẳng d E, F Chứng minh ñường thẳng EN, FM OK ñồng quy (ðề TST 2006) Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) Gọi A1, B1, C1 A2, B2, C2 chân ñường cao tam giác ABC hạ từ ñỉnh A, B, C ñiểm ñối xứng với A1, B1, C1 qua trung ñiểm cạnh BC, CA, AB Gọi A3, B3, C3 giao điểm đường trịn ngoại tiếp tam giác AB2C2, BC2A2, CA2B2 với đường trịn (O) Chứng minh rằng: A1A3, B1B3, C1C3 ñồng quy (ðề TST 2009) Bài 6: Trong mặt phẳng cho hai đường trịn cắt hai ñiểm A, B Gọi PT hai tiếp tuyến chung hai đường trịn ñó P, T tiếp ñiểm Tiếp tuyến P T đường trịn ngoại tiếp tam giác APT cắt S Gọi H ñiểm ñối xứng với B qua ñường thẳng PT Chứng minh ñiểm A, S, H thẳng hàng (ðề TST 2001) 20 Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn Γ Một ñường tròn θ tiếp xúc với cạnh AB, AC tiếp xúc với ñường tròn Γ ñiểm M1, N1, P1 Các ñiểm M2, N2, P2 M3, N3, P3 xác ñịnh cách tương tự Chứng minh ñoạn thẳng M1N1, M2N2, M3N3 cắt trung ñiểm ñường (ðề TST 1999) Bài 8: Cho tam giác ABC ñiểm M nằm tam giác Gọi A’, B’, C’ ảnh ñiểm A, B, C qua phép ñối xứng tâm M Chứng minh tồn ñiểm ñiểm P mặt phẳng cách ñều hai ñầu mút ñoạn thẳng AB’, BC’, CA’ Gọi D trung ñiểm ñoạn AB Chứng minh M thay ñổi tam giác ABC không trùng với D đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP, N giao điểm DM AP, ln qua ñiểm cố ñịnh (ðề TST 1995) Bài 9: Trong mặt phẳng cho hai đường trịn (O1), (O2) cắt A B Các tiếp tuyến A, B đường trịn (O1) cắt K Xét điểm M khơng trùng với A, B nằm ñường tròn (O1) Gọi P giao ñiểm thứ hai đường thẳng MA với đường trịn (O2) Gọi C giao ñiểm thứ hai ñường thẳng MK với ñường tròn (O1) Gọi Q giao ñiểm thứ hai đường thẳng CA với đường trịn (O2) Chứng minh rằng: Trung ñiểm ñoạn thẳng PQ nằm ñường thẳng MC ðường thẳng PQ ñi qua ñiểm cố ñịnh M di ñộng (O1) (ðề TST 2004) Bài 10: Cho tam giác ABC có O tâm đường trịn ngoại tiếp Gọi H, K, L chân đường vng góc kẻ từ ñỉnh A, B, C tam giác ABC Gọi A0, B0, C0 trung ñiểm đường cao AH, BK, CL ðường trịn nội tiếp tâm I tam giác ABC tiếp xúc với ñoạn BC, CA, AB D, E, F Chứng minh A0D, B0E, C0F ñi qua ñiểm ñiểm ñó nằm ñường thẳng OI (ðề TST 2003) Bài 11: Cho tam giác ABC tam giác nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Một đường thẳng d thay đổi cho d ln vng góc với OA ln cắt tia AB, AC Gọi M, N giao ñiểm ñường thẳng d ñoạn AB, AC Giả sử ñường thẳng BN CN cắt K; giả sử ñường thẳng AK cắt ñường thẳng BC Gọi P giao ñường thẳng AK ñường thẳng BC Chứng minh ñường trịn ngoại tiếp tam giác MNP ln qua ñiểm cố ñịnh d thay ñổi Gọi H trực tâm tam giác AMN ðặt BC = a l khoảng cách từ ñiểm A ñến ñường thẳng HK Chứng minh ñường thẳng HK ln qua trực tâm tam giác ABC Từ ñó suy ra: l ≤ R − a ðẳng thức xảy nào? (ðề TST 2006) Bài 14: Cho đường trịn (O) đường kính AB M điểm nằm (O), M khơng nằm đoạn thẳng AB Gọi N giao điểm phân giác góc M tam giác AMB với đường trịn (O) ðường phân giác ngồi góc AMB cắt đường thẳng NA, NB P, Q ðường thẳng MA cắt đường trịn đường kính NQ R, đường thẳng MB cắt đường trịn đường kính NP S R, S khác M 21 Chứng minh rằng: ñường trung tuyến ứng với đỉnh N tam giác NRS ln qua điểm cố định M di động phía đường trịn (ðề TST 2009) Bài 12: Cho tam giác ABC có (I) (O) ñường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác Gọi D, E, F tiếp điểm đường trịn (I) cạnh BC, CA, AB Gọi ω A , ωB , ωC đường trịn tiếp xúc với hai đường trịn (I) (O) điểm D, K (với đường trịn ω A ); E, M (với đường trịn ωB ) F, N (với đường trịn ωC ) Chứng minh rằng: Các ñường thẳng DK, EM, FN ñồng quy P Trực tâm tam giác DEF nằm ñoạn OP (ðề TST 2005) Bài 13: Cho tam giác nhọn ABC với đường trịn tâm I nội tiếp Gọi (Ka) đường trịn qua A, AKa vng góc với BC (Ka) tiếp xúc với (I) A1 Các ñiểm B1, C1 xác ñịnh tương tự 1/ Chứng minh: AA1, BB1, CC1 ñồng qui P 2/ Gọi (Ja), (Jb), (Jc) tương ứng đường trịn đối xứng với đường trịn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC qua trung ñiểm BC, AC, AB Chứng minh P tâm đẳng phương đường trịn (Ja), (Jb), (Jc) (ðề TST 2007) Bài 15: Cho tam giác ABC có: AB = c, BC = a, CA = b Lấy sáu ñiểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 phân biệt không trùng với A, B, C ñiểm A1 , A2 thuộc ñường thẳng BC, B1 , B2 thuộc ñường thẳng CA, ñiểm C1 , C2 thuộc ñường thẳng AB Gọi α , β , γ số thực xác ñịnh : A1 A2 = α BC , B1 B2 = β CA, C1C2 = γ AB a b c Xét đường trịn ngoại tiếp tam giác AB1C1 , AB2C2 , BC1 A1 , BC2 A2 , CA1 B1 , CA2 B2 gọi d A , d B , dC trục ñẳng phương cặp đường trịn qua A, B, C Chứng minh rằng: d A , d B , dC ñồng quy aα + bβ + cγ ≠ (ðề TST 1995) Bài 16: Cho k số thực Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân có O tâm đường trịn ngoại tiếp AD, BE, CF ñường phân giác tam giác Trên ñường thẳng AD, BE, CF AL BM CN lấy ñiểm L, M, N cho = = = k Gọi (O1), (O2), (O3) AD BE CF ñường trịn qua L, tiếp xúc với OA A ; ñi qua M tiếp xúc với OB B ñi qua N tiếp xúc với OC C 1 Chứng minh với k = , ba đường trịn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung 2 Tìm tất giá trị k cho ba đường trịn (O1), (O2), (O3) có hai ñiểm chung (ðề TST 2008) 22