Dự án phát triển bài hình lớp 9 chương II

Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC CHƯƠNG II: ĐƯỜNG TRỊN GVSB: Nguyễn Công Lợi – nguyencongloi.kt@gmail.com Bài Cho tam giác xúc với cạnh Đặt ABC có đường phân giác BC , CA, AB D, E , F AB = a; BC = a; CA = b;2p = a + b+ c AA ', BB ', CC ' Gọi U ,V cắt I Đường tròn ( I ) giao điểm EF với tiếp BI , CI · = 900 + BAC · BIC 2 AB = AC + BC − BC AC.cos C 1) Chứng minh AI = 2) Chứng minh 3) Đường thẳng qua Chứng minh I vng góc với CI CA CB Tại M N A = p ( p − a ) = bcp ( p − a ) A b+c b+c ( b + c ) cos 2bc.cos 4) Chứng minh J theo thứ tự cắt cạnh BC AI + CA.BI + AB.CI = AB.BC.CA la = 5) Gọi AB AC ( AB + AC − BC ) AB + BC + CA trung điểm BC Gọi giao điểm đường cao AH với AA ' = la JI K Chứng minh AK = r · = UCV · UBV 6) Chứng minh 7) Phân giác góc minh DZ song song với · EDF cắt EF Z phân giác góc · BIC cắt BC O Chứng OI TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm 8) Gọi Q hình chiếu D EF Chứng minh đường thẳng QD phân giác phân giác ngồi góc 9) Chứng minh ba đường thẳng 10) Chứng minh tam giác 11) Chứng minh 12) Chứng minh ABC · BQC EF AJ , EF , DI cân đồng quy A AB + IC = AC + IB A 'I B'I C 'I + + >2 AI BI CI AI + BI + CI ≥ 6r AI BI CI ≤ AA ' BB ' CC ' 27 13) Chứng minh 3la + 14) Chứng minh tam giác ABC phân giác góc µA 15) Gọi giao điểm minh a = b+ c la , với độ dài đường A’B’ CC’ M ' giao điểm BB’ A’C’ N ' Chứng · ' AN ' AA ' tia phân giác góc M HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm · = 900 + BAC · BIC 2 AB = AC + BC − BC AC.cos C 1) Chứng minh ( ) ( ) ( ) 1 · = 1800 − IBC · + ICB · · BIC = 1800 − ·ABC + ·ACB = 1800 − 1800 − BAC = 900 + 2 + Ta có + Vẽ đường cao AH áp dụng định lý Pythago cho tam giác vuông AB = AH + BH = AC − CH + ( BC − CH ) ABH ACH 1· BAC ta có = AC + BC − BC CH = AC + BC − BC AC cos C AI = 2) Chứng minh Trên tia AI lấy điểm AT AA ' = AB AC Do T AB AC ( AB + AC − BC ) AB + BC + CA cho ∆ ABT #∆ ALC , ta ∆ ALC#∆ BLT Do TA '.AA ' = A ' B.A' C ( AT − AA ') AT = AB.AC − A ' B.CA ' hay ta A 'A = AB AC − A ' B.A' C TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm Ta có BI BA ' CA ' BA '+ CA ' BC = = = ABA ' nên ta AB AC AB + AC AB + AC đường phân giác tam giác BA ' = Suy AB.BC AC.BC CA ' = AB + AC Hoàn toàn tương tự ta AB + AC nên ta A ' A = AB AC − Mà ta lại có BI AB AC.BC ( AB + AC ) phân giác tam giác = AB AC ( AB + BC + CA ) ( AB + AC − BC ) ( AB + AC ) ABA ' nên AI AB AB AB + AC = = = A ' I A 'B AB.BC BC AB + AC AB AC ( AB + AC − BC ) AI AB + AC = AI = AA ' AB + BC + CA Từ ta AB + BC + CA Suy 3) Đường thẳng qua Chứng minh I vng góc với CI theo thứ tự cắt cạnh CA CB Tại M N BC AI + CA.BI + AB.CI = AB.BC.CA Theo tính chất góc ngồi tam giác ta có µ C Cµ 0 ·AMI = MIC · · · · · + ICM = 90 + ; INB = NIC + ICN = 90 + 2 µ ·AIB = ·AIC ' + TIB ¶ = IAC · + ·ACI + IBC · + ICB · = C + 900 Từ suy Mặt khác ·AMI = INB · = AIB · · = IAC · '; IBN · = IBA · IAM Từ suy ∆ AMI #∆ AIB#∆ INB AM IN = ⇒ AM NB = MI IN = IM ∆ AMI ∽∆ INB nên MI NB Do Suy AM ·NB = CM − CI = CM CN − CI = ( CA − AM ) ( CB − BN ) − CI = CA.CB − AM BC − CA.BN + AM BN − CI TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm 2 CA.BC AB = AM BC AB + BN CA AB + CI AB ( 1) CA BC = AM BC + BN CA + CI Do AI AB IB NB = ; = ⇒ AM ·AB = AI ; BN ·AC = BI ( ) ∆ AMI # ∆ AIB # ∆ INB AM AI AB IB Mặt khác nên Thay vào hệ thức ( 1) ta la = 4) Chứng minh BC AI + CA.BI + AB.CI = AB.BC.CA A = p ( p − a ) = bcp ( p − a ) A b+c b+ c ( b + c ) cos 2bc.cos với AA ' = la A A S ABC = AB AC.sin A = AB AC.sin cos 2 + Tính S ABC AB + AC A = = S ABD = AB AA '.sin S AB 2 Do ABD Lại có AD = A AD A A 2bc.cos ⇒l = a AB + AC b+ c AB AC.cos Do ta + Áp dụng cách chứng inh tương tự ý 1) cho tam giác AA ' AB.cos Để ý AB.cos ABA ' ACA ' ta có A A = AB + A ' A2 − A ' B ;2 A ' A AC.cos = AC + A ' A2 − A ' C 2 A ' A2 = AB AC − BA '.CA ' nên ta có A ' A.cos A ( AB + AC ) = AB + A ' A2 − A ' B + AC + A ' A2 − A 'C 2 = ( AB + AC ) − ( BA '+ CA ' ) + A ' A2 + BA '.CA '− AB AC 2 = ( AB + AC + BC ) ( AB + AB − BC ) = p ( p − a ) AD = Suy p ( p − a) p ( p − a) ⇒ la = A A ( b + c ) cos ( b + c ) cos 2 TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm la2 = + Từ hai kết ta la = bcp ( p − a ) b+ c Do ta 5) Gọi J A p ( p − a ) = 4bcp ( p − a ) A b+c b + c ( ) b + c c os ( ) 2bc.cos trung điểm BC Gọi giao điểm đường cao AH JI K Chứng minh AK = r DX Gọi đường kính đường trịn ( I) Đường thẳng qua điểm P Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy PX Gọi chu vi tam giác ABC p = AB + BC + CA X song song với qua điểm BC cắt AB M Khi áp dụng định lí Thales ta có AM XM AM + XM AM + ME AE = = = = AC YC AC + YC AC + YC AC + YC Lại có AM AP PM AM + AP + PM AE + AF AE = = = = = AC AB BC AB + BC + CA 2p p Từ ta YC = p − AC Điều dẫn đến Suy JI , mà ta lại có BD = p − AC YC = BD , suy JD = JY song song với 6) Chứng minh XY nên tứ giác nên AKIX JI nên ta BD = p − AC đường trung bình tam giác hình bình hành Do ta DXY AK = OX = r · = UCV · UBV TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm · = ·ACB VCB · ECV nên ta có AEF Theo giả thiết tốn ta có Do góc ngồi tam giác · · − ·ABC · = 900 − BAC · VUB = ·AEF − ·ABU = AEF AEF 2 Mà ta lại có ( ) · · VUB = 900 − BAC + ·ABC = ·ACB · = VCB · VUB 2 Từ ta Kết hợp hai kết ta thu · = UBC · ∆ UIV #∆ CIB UVC Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có Dẫn đến Mà lại có · = CIU · BIV 7) Phân giác góc DZ IV IU = IB IC nên · = UCV · ∆ BIV # ∆ CIU UBV nên suy , ta · EDF song song với cắt EF Z phân giác góc · BIC cắt BC O Chứng minh OI Ta có biến đổi góc sau  o ·ABC   o ·ACB  ·ABC + ·ACB ·EDF = 1800 − FDB · · − EDC = 180 −  90 − ÷÷−  90 − ÷÷ =  2     · ·ABC ·ACB ·ACB ·ABC ·ACB 0 ·ZDC = EDF + EDC · = + + 90 − = 90 + − 4 4 Mà Mặt khác OI phân giác góc · BIC nên ta có · · · · · · · ·IOC = ABC + BIO · = ABC + BIC = 1800 − ABC − ACB ÷ = 900 + ABC − ACB 2 2  2 ÷ 4 Kết hợp hai kết ta suy 8) Gọi Q hình chiếu · = IOC · ZDC nên OI song song với DZ D EF Chứng minh đường thẳng QD phân giác phân giác ngồi góc · BQC EF TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm Gọi S đường trịn R theo thứ tự hình chiếu B C ( I) Khi dễ thấy EF Ta có AE · = ·AFE = ·AEF = CER · BFS AF hai tiếp tuyến với nên hai tam giác vuông BS CR = BF CE Để ý đồng dạng với Từ ta suy BSF BF = BD CE = CD CRE nên ta lại có BS CR BS BD = = BD CD hay ta CR CD Mà ta lại có BS , DQ, CR song song với nên ta dễ dàng chứng minh CRQ BD SQ = CD RQ đồng dạng với Từ suy · · BQD = CQD · BQC Từ ta lại hay QD , điều dẫn đến hai tam giác vuông · = CQR · BQS phân giác góc Do · BQC DQ vng góc với nên đồng thời EF BSQ nên ta lại có EF phân giác ngồi góc 9) Chứng minh ba đường thẳng Để chứng minh BC BS SQ = CR RQ AJ , EF , DI AJ , EF , DI đồng quy ta gọi chứng minh hai điểm J G, J ’ đồng quy giao điểm J ' trùng Trong tam giác ABC ID với EF , AG với ta có AB AN sin ·BAJ ' J 'B AB sin ·BAJ ' = ABJ ' = = J 'C S AC · sin ·CAJ ' AC AN sin CAJ ' ACJ ' S TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm Trong tam giác AEF ta có sin ·BAJ ' S AGF 2S AGE 2S AGF FG = : = = · AF AG AE AG S EG sin CAJ ' AGE Trong tam giác IEF ta có IF IG.sin ·FIG FG S FIG sin ·FIG sin ·ABC AC = = = = = EG S EIG IE.IG.sin ·EIG sin ·EIG sin ·ACB AB J 'B =1 J ' trung điểm BC hay hai điểm J J’ trùng Vậy J ' C Từ ta có nên suy đường thẳng AJ , EF , DI đồng quy 10) Chứng minh tam giác + Dễ thấy tam giác + Ta chứng minh Do I ABC ABC cân cân A AB = AB; IB = IC AB + IC = AC + IB tâm đường trịn nội tiếp tam giác BIF vng CIE Do ta ta A AB + IC = AC + IB tam giác ABC nên ABC nên ta cân AB + IC = AC + IB A IF = IE Áp dụng định lí Pythago vào tam giác BI − BF = IF = CI − CE ⇒ BI − CI = BF − CE ( BI + CI ) ( BI − CI ) = ( BF + CE ) ( BF − CE ) AB − AC = BI − IC Mà ta có BF − CE = AB − AC Từ giả thiết AB + IC = AC + IB ta nên ta ( BI + IC ) ( AB − AC ) = ( BF + CE ) ( AB − AC ) ⇔ ( AB − AC ) ( BI + CI − BF − CE ) = Do BI > BF ; CI > CE ⇒ BI + CI − BF − CE > Do ta AB − BC = ⇒ AB = AC Vậy tam giác ABC 11) Chứng minh A 'I B'I C 'I + + >2 AI BI CI cân A TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm Áp dụng tính chất đường phân giác ta CA ' AC CA ' b a.b = ⇒ = ⇒ CA '.c = b ( BC − CA ') ⇒ CA ' = BA ' AB BC − CA ' c b+ c AI AC b AI b + c = = = C ' I AA ’ C A ' I A ' C A 'C A 'I a Mặt khác ta có đường phân giác tam giác nên Từ A' I a B'I b C 'I c = = ; = AI b + c Hoàn toàn tương tự ta BI c + a CI a + b hay Khi ta A' I B'I C 'I a b c + + = + + AI BI CI b+c c+a a+c Ta cần chứng minh a b c + + >2 b+ c c+ a a+c Vì a độ dài cạnh tam giác nên a số thực dương, a a = b+ c a ( b + c) a 2a x+ y ≥ xy ≤ a ( b + c) a + b + c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng ta Chứng minh tương tự ta b 2b c 2c ≥ ; ≥ c+a a+b+c a+b a+b+c Cộng theo vế bất đẳng thức ta Đẳng thức xẩy a b c + + ≥2 b+ c c+ a a+b a = b = c = , điều trái với giả thiết a, b, c cạnh tam giác Do đẳng thức không xẩy Tức ta a b c + + >2 b+c c+a a+b 12) Chứng minh Vậy ta A 'I B'I C 'I + + >2 AI BI CI AI + BI + CI ≥ 6r TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 10 Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm CA ' AC CA ' b a.b = ⇒ = ⇒ CA '.c = b ( BC − CA ') ⇒ CA ' = BA ' AB BC − CA ' c b+ c Ta có A' I a b+ c = AI = A ' I AI b + c hay a Mặt khác ta có CI đường phân giác tam giác AA’C nên Mà ta lại có IA ' ≥ ID = r Do ta BI ≥ r Tương tự ta chứng minh Từ ta AI = A ' I b+c b+c ≥ r a a a+c a+b ; CI ≥ r b c a+b b+c c+a AI + BI + CI ≥ r  + + ÷ c a b   a+ b b+ c c+ a a b a c b c + + = + + + + + ≥6 c a b b a c a c b Mà ta có Do ta AI + BI + CI ≥ 6r , dấu xẩy tam giác ABC AI BI CI ≤ AA ' BB ' CC ' 27 13) Chứng minh CA ' AC CA ' b a.b = ⇒ = ⇒ CA '.c = b ( BC − CA ') ⇒ CA ' = BA ' AB BC − CA ' c b+ c Ta có AI b + c AI b+ c = = A 'I a AA ' a + b + c Mặt khác ta có CI đường phân giác tam giác AA’C nên BI c + a CI a+b = ; = BB ' a + b + c CC ' a + b + c Hồn tồn tương tự ta Từ AI BI CI ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = AA ' BA ' CA ' ( a + b + c) Ta cần chứng minh ( a + b) ( b + c) ( c + a ) ≤ 27 ( a + b + c) 2( a + b + c) a+b b+ c c+ a + + = =2 a + b + c a + b + c a + b + c a + b + c Thật vậy, dễ thấy Mà theo bất đẳng thức AM – GM Ta có TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 11 Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≤  a + b + b + c + c + a  = =  ÷ 27  a + b + c a + b + c a + b + c  27 27 ( a + b + c) Hay ( a + b) ( b + c) ( c + a ) ≤ 27 ( a + b + c) Dấu xẩy AI BI CI ≤ AA ' BB ' CC ' 27 Từ ta a = b = c hay tam giác ABC 3la + 14) Chứng minh tam giác ABC góc a = b+ c la , với độ dài đường phân giác µA a la = + Dễ thấy tam giác ABC ta có 3la + + Ta cần chứng minh: Nếu AA ' = Theo kết ý 3) ta có la2 = Khi ta a = b = c Khi ta có 3la + a = b+ c a = b+ c tam giác ABC p ( p − a) p ( p − a) ⇒ la = A A ( b + c ) cos ( b + c ) cos 2 A ( b + c ) − a  bc p p − a ( ) =   2 A b+c ( b + c) ( b + c ) cos 2bc.cos bc ≤ b + c Theo bất đẳng thức AM – GM ta có bc ( b + c ) − a 2 la = b+c Nên ta có ≤ Lại có ( b + c) b+c  − a÷ ≥    ( b + c) nên ta 2 − a2 ⇒ 3.la ≤ ( b + c) − a ( 1) − a ( b + c ) + a2 ≥ Do ta TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 12 Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm 3a a a 2  b + c − b + c − a b + c + + ≥ ⇒  b + c − ÷ ≥ ( b + c ) − a2  ( ) ( ) ( )  4 2 4  a b+ c− ≥ 2 Do ta Kết hợp Suy ( 1) ( 2) 3la + với Từ − a2 ( 2) a b+ c = b+ c b = c; a = 2 , ta a = b = c hay tam giác ABC 15) Gọi giao điểm ( b + c) A’B’ CC’ M ' giao điểm BB’ A’C’ N ' Chứng minh · ' AN ' AA ' tia phân giác góc M M ' N ' kẻ đường thẳng M ’P’ N ’Q’ ( P ' ∈ AC , Q ' ∈ AB ) song song với AA’ Theo định lí Thales ta có AP ' A ' M ' AB '.A'M' P'M ' M 'B' AA '.M ' B ' = ⇒ AP ' = = ⇒ P'M ' = AB ' A ' B ' A ' B ' AA ' A ' B ' A' B ' AP ' M ' A ' AB ' = ( 1) P ' M ' M ' B ' AA ' Khi ta Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có CB ' BC CB ' BC BC AC ab = ⇒ = ⇒ CB ' = = AB ' BA AC BC + AB BC + AB a + c CA ' = Chứng minh tương tự ta ab bc ; AB ' = b+ c c+ a M ' A ' CA ' a + c AP ' bc = = = ( 1) M 'B' CB ' b + c M ' P ' b + c AA ' Mặt khác ta lại có , thay vào hệ thức ta Chứng minh tương tự ta Lại có AQ ' bc = N ' Q ' b + c AA ' P’M ’ song song với AA’ Từ ta AP ' AQ ' = M ' P ' N 'Q ' ·AP ' M ' = 1800 − B· ' P ' M ' = 1800 − CAA · ' = 1800 − µA nên TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 13 Giáo Viên Biên Soạn: Nguyễn Lợi Thơm ·AQ ' N ' = 1800 − µA ·AP ' M ' = ·AQ ' N ' Tương tự ta Nên ta Do ta có giác góc ∆ AP ' M '#∆ AQ ' N ' , suy · ' AA ' = M · ' AA ' P· ' AM ' = Q· ' AN ' ⇒ N hay AA’ tia phân · ' AN ' M TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 14  ... ·ABC + ·ACB ·EDF = 1800 − FDB · · − EDC = 180 −  90 − ÷÷−  90 − ÷÷ =  2     · ·ABC ·ACB ·ACB ·ABC ·ACB 0 ·ZDC = EDF + EDC · = + + 90 − = 90 + − 4 4 Mà Mặt khác OI phân giác góc · BIC nên... giác ta có µ C Cµ 0 ·AMI = MIC · · · · · + ICM = 90 + ; INB = NIC + ICN = 90 + 2 µ ·AIB = ·AIC ' + TIB ¶ = IAC · + ·ACI + IBC · + ICB · = C + 90 0 Từ suy Mặt khác ·AMI = INB · = AIB · · = IAC... ÷ = 90 0 + ABC − ACB 2 2  2 ÷ 4 Kết hợp hai kết ta suy 8) Gọi Q hình chiếu · = IOC · ZDC nên OI song song với DZ D EF Chứng minh đường thẳng QD phân giác phân giác ngồi góc · BQC EF TOÁN