Dự án phát triển bài hình lớp 9 chương III

Dự án phát triển hình học Chương I DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC CHƯƠNG III GĨC VỚI ĐƯỜNG TRÒN Bài Cho tam giác ABC  O AB  AC nhọn có H nội tiếp đường trịn Gọi trực tâm tam giác  O BC AH F E M vng góc với , cắt đường tròn điểm thứ hai Gọi trung điểm � �  O Q A, B, C , K , Q HQA  HKQ  90 BC K Trên đường tròn lấy điểm cho (Các điểm theo thứ tự đường trịn) H , M ,Q 1) Chứng minh ba điểm thẳng hàng QKH 2) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác giác tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam KMF 3) Gọi P' giao điểm 4) Trên đoạn thẳng nội tiếp đường tròn MK MK với lấy điểm L AH Chứng minh cho �  MCK � MLC KQ 5) Đường thẳng cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AQ MN qua trung điểm 6) Gọi T AQ R K P ' H KH  P ' E KE MK Chứng minh tứ giác KFM N K khác N' BCLH Chứng minh K giao điểm với gọi giao điểm khác hai đường TQK N , N ', T KMF ngoại tiếp hai tam giác Chứng minh ba điểm thẳng hàng 7) Gọi giao điểm khác đường tròn ngoại tiếp tam giác R, A, N Chứng minh ba điểm thẳng hàng S F 8) Gọi đối xứng với qua MFUS giác nội tiếp đường tròn 9) Chứng minh 10) Gọi V KH U giao điểm MN KMF với SK  O với đường tròn Chứng minh tứ GF  GM giao điểm KQ với BC Đường thẳng qua VY  VZ MK Y Z theo thứ tự Chứng minh V vng góc với VJ cắt TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ NF Trang: Dự án phát triển hình học Chương I ABC B 'C ' 11) Dựng đường cao tam giác Đường thẳng cắt đường tròn  O B1 ; C1 B ' B1 AB1 C' hai điểm với nằm Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại HFB1 tiếp tam giác Lời giải BB ' CC ' TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I H , M ,Q 1) Chứng minh ba điểm thẳng hàng �  HKQ �  900 HQA AHQ QHK AH nên đường tròn ngoại tiếp tam giác nhận  O QH AD BD đường kính Gọi đường kính đường trịn Khi dễ thấy song song với CH CD AC AB BH (vì vng góc với ) song song với (vì vng góc với ), suy tứ BHCD BC HD giác hình hình hành, hai đường chéo cắt trung điểm �  900 M , H, D HQA BC M đường Mà trung điểm , suy ba điểm thẳng hàng Mà ta lại có nên Q, H , D Q, H , M , D suy ba điểm thẳng hàng Từ ta điểm thẳng hàng nên ba điểm Q, H , M thẳng hàng Do KQH 2) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác giác KMF Ta có QKH E tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam đối xứng với H K H qua BC Giả sử tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác � � � �  KAD � XKH  � XHK  KQH KQH  KQD X cắt Khi Mà ta lại có Từ ta có biến đổi góc     �  1800  KHX �  1800  KQH � � � �  KEH � KXH  900  KQH  90  KAD  ADK XH  XK X KHE E H Lại có nên tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác Do đối xứng qua BC BC BC DH X XH nên đường trung trực , từ suy thuộc đường thẳng Do tiếp QH QH XH H XHM tuyến đường trịn đường kính nên ta có vng góc với Tam giác vuông 2 XK  XH  XF XM H HF XK có đường cao nên Từ suy tiếp tuyến chung hai KQH KHF K đường tròn ngại tiếp tam giác với tiếp điểm giao điểm hai đường trịn Do KQH KHF K suy hai đường tròn ngại tiếp tam giác tiếp xúc 3) Gọi P' giao điểm MK với AH Chứng minh P ' H KH  P ' E KE TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Bài toán phụ Cho tam giác có  O ABC AM Dự án phát triển hình học Chương I AI nội tiếp đường tròn đường trung tuyến, đường phân giác Tiếp  O C B D tuyến đường tròn cắt Chứng minh thẳng AI AD AM đối xứng với đường thẳng qua đường Chứng minh Dựng đường trịn tâm D bán kính DB , đường Q AC AB P tròn cắt đường thẳng và BCQP C B (khác ) Khi ta có tứ giác nội tiếp đường � � PBC  PQC  180 trịn nên Do ta có biến đổi góc �  BDC �  CDQ �  1800  PQC �  1800  DBC �  1800  DQC � PDB   �  DBC �  DQC �  5400  PQC  1800 P , D, Q Từ ta suy ba điểm tam giác đồng AQP AN ABC AM dạng với Mà đường trung tuyến tam giác nên ta � � ACM PAD  CAM APD suy hai tam giác đồng dạng với nhau, Từ ta suy đường thẳng AD thẳng hàng Từ dẽ thấy tam giác AQP ABC đối xứng với đường thẳng AM qua đường phân giác AI TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I X KHE X Trở lại toán Như ta có tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác nằm đường BC XH  MH MH M thẳng Do nên suy tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC KHE E H EM Ta có đối xứng với qua nên suy tiếp tuyến với đường trịn ngoại tiếp tam giác � HKE giác góc KHE Từ ta suy đươc Mà ta có Khi theo tốn phụ S KHP ' KH KP '  S KEF KE.KF �  EKF � HKP KM Mặt khác ta lại có KF đối xứng với qua đường phân S KHP ' HP '  S KEF EF �  EKP � ' HKF nên suy S HKF KH KF  S EKP KE.KP ' KH KP ' HP '  KE.KF EF S HKF HF  S EKP EP ' nên ta , suy KH KF HF KH KP ' KH KF HP ' HF   KE.KP ' EP ' KE.KF KE.KP ' EF EP ' Điều dẫn đến Từ hai kết ta nên suy P ' H KH  P ' E KE Như toán chứng minh �  MCK � MLC BCLH MK L 4) Trên đoạn thẳng lấy điểm cho Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn Do �  MCK � MLC MLC # MCK nên dễ thấy , suy MC MK  ML MC hay ta MC  ML.MK � �AF  900  � �  DQC � MCH B ABC  900  � ADC  DAC Ta có biến đổi góc sau TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I MHC # MCQ Khi hai tam giác nên ta có MH MQ  ML.MK MC MQ  MH MC MC  MH MQ hay MH MK  ML MQ MHL # MKQ Kết hợp lại ta thu hay , suy � � QKLH MHL  MKQ Từ dẫn đến tứ giác nội tiếp đường trịn Ta lại có biến đổi góc nên ta �  HBC �  HLM �  MLC �  EAC �  HQK �  BCK �  BAD � HLC �  DAK �  BCK �  BAK �  BCK �  1800  BAD Do tứ giác BCLH nội tiếp đường tròn KQ 5) Đường thẳng cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AQ MN qua trung điểm I J KMF N KQH khác K Chứng minh KMF Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Từ suy ba điểm K, I, J AQ Q, H , M , D P thẳng hàng Gọi trung điểm Ta có bốn điểm thẳng hàng nên � � KQH KQD KQH  KAD , suy hai tam giác vuông đồng dạng với Từ suy hai tam giác KQA KHD KP KM đồng dạng với Mà ta lại có hai trung tuyến hai tam �  QMK � KQA KQP QPK KHD KHM giác nên ta hai tam giác đồng dạng, suy � � QPKM QKP  HKM Từ suy tứ giác nội tiếp đường trịn Ta có biến đổi góc sau TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I � � � � � � � � BMN  QKF  QKI  IKM  MKF  KPM  JMK  900  JMF  �  JMK �  900  JMF �  1800  PMK �  JMF �  JMK �  900  PMK    �  KMF � �  BMP �  1800  PMK  1800  CMP M , P, N Do ba điểm 6) Gọi T thẳng hàng hay AQ giao điểm MN MK AQ qua trung điểm N' K với gọi giao điểm khác hai đường tròn ngoại TQK N , N ', T KMF tiếp hai tam giác Chứng minh ba điểm thẳng hàng Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ:  O Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn có cạnh AB CD cắt M, cạnh AD BC cắt N Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm E ba điểm M, E, N thẳng hàng Chứng minh Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MAD CDN cắt điểm E khác D Khi �  CNE � �  MDE � MDE MAE tứ giác AMED CDNE nội tiếp đường trịn nên ta có , từ ta � � � MAE  CNE  BNE nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn Mặt khác từ tứ giác nội �  EDN � � � � �  ECM � ECN EDN AME AME  ECN tiếp đường trịn ta có nên ta nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua �  MED �  1800 MAD điểm E Do tứ giác ADEM CDEN nội tiếp đường tròn nên ta có 0 � � � � DCN  DEN  180 MAD  DCN  180 Mà ta lại có tứ giác ABCD nội tiếp nên Từ ta � � MED  NED  180 hay ba điểm M, E, N thẳng hàng Trở lại toán Áp dụng toán phụ cho tứ giác PQKM nội tiếp đường trịn ta ba điểm N, N’, T thẳng hàng 7) Gọi R K giao điểm khác đường tròn ngoại tiếp tam giác R, A, N Chứng minh ba điểm thẳng hàng KMF  O với đường tròn TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I PQKM Để ý tứ giác nội tiếp đường trịn, từ ta có �  IQK �  IPM �  900  KHQ �  900  PMK � IKQ �  PMK � KHQ Do suy , ta có biến đổi góc  � �  NKM � �  900  MKJ �  IKQ � KNM  1800  NMK  900  PMK  �  900  MKJ �  IKQ �  900  MKJ �  KJM �  IKQ AQKR, MKNR N KMF Dẫn đến điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác Để ý tứ giác � �  PMK �  NMK � � PQKM ARK  � AQN  PQN  NRK nội tiếp đường trịn ta có Do hai tia 8) Gọi MFUS S RA RN đối xứng với R, A, N trùng hay ba điểm F qua KH U thẳng hàng giao điểm MN với SK Chứng minh tứ giác nội tiếp đường trịn TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I M , P, N MFKN Ta có ba điểm thẳng hàng tứ giác nội tiếp đường tròn nên ta có 0 0 �  QKF �  90  180  FMN �  90  90  FMN � HKF S F KH Lại đối xứng với qua �  900  HKF �  900  HKS �  USF � MFUS UMF nên ta suy nên suy tứ giác nội tiếp đường tròn 9) Chứng minh Do S GF  GM điểm đối xứng với XMK F qua đồng dạng kết hợp với nên ta KH XK ta có XH �  900  HMF �  FHM � SKM Lại thấy hai tam giác XKF KQH tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác KS KF XK XH FH     KM KM XM XM MH KSM # HFM Đến ta suy hai tam giác đồng dạng với nên suy �  QKF �  900  900  FMN � �  HFM �  90 HKF KSM Do tứ giác MFKN nội tiếp đường tròn nên Lại � � � MFUS UMF  90  HKS  USF S F đối xứng với qua KH nên ta nên suy tứ giác � U UFM  90 AF nội tiếp đường tròn, suy hay nằm đường cao Lại có �  90  GMF �  MSF �  MUF � �  UKF � KUGF HKF FGM nên tứ giác nội tiếp đường trịn, ta có MGF FKS FKS Đến ta hai tam giác đồng dạng với nhau, mà tam giác cân nên ta suy GF  GM TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I V BC V VJ NF MK 10) Gọi giao điểm với Đường thẳng qua vng góc với cắt VY  VZ Y Z theo thứ tự Chứng minh KQ  O Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn cho hai cạnh AD BC cắt điểm T Đường thẳng qua T vng góc với OT cắt hai đường chao TM  TN AC BD theo thứ tự M N Chứng minh Chứng minh Ta xét trường hợp M N vị trí hình vẽ, trường hợp khác chứng minh hoàn toàn tương tự Nối đoạn thẳng OM ON, gọi K H theo thứ tự hình chiếu O AC BD Khi K trung điểm AC H trung điểm BD Dễ thấy tứ giác THON nội tiếp đường tròn �  TON � �  TOM � THN TKM nên ta có Hai tam giác TBD � � � TBD  TAC ATB TAC có góc chung nên đồng dạng với TD TC  � � TDH  TCK 2TH 2TK nhau, �  TKM � THN Điều dẫn đến tam giác THD tam giác TKC đồng dạng với nên ta Kết � � TON  TOM hợp kết ta suy , mà ta có OT vng góc với MN nên ta suy tam TM  TN giác OMN cân O Từ suy T trung điểm MN hay Trở lại toán Áp dụng toán phụ cho tứ giác MNKF ta VY  VZ TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 10 Dự án phát triển hình học Chương I  O CC ' ABC B 'C ' BB ' 11) Dựng đường cao tam giác Đường thẳng cắt đường tròn B1 ; C1 B ' B AB C' 1 hai điểm với nằm Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp HFB1 tam giác Trong nửa mặt phẳng bờ � � x ACB  BA Mặt khác ta có AB khơng chứa điểm � ' C  BB � ' C  900 BC �Ax  BC � 'B' B C nên tứ giác vẽ tia tiếp tuyến BCB ' C ' Ax  O với đường tròn nội tiếp đường trịn Suy Khi ta có � 'B'  � BC ACB B 'C ' OA Ax song song với Mà ta có vng góc với nên � � C' ABB1  AB OA B 'C ' ta suy vng góc với Từ suy Do ta nên suy Ax ABB1#AB1C' Ta có Do ta thu Ta lại có AC'H #AFB Từ ta AB AB1  � AB12  AB.AC' AB1 AC' AC' AH  � AB.AC'  AH AF AF AB AB12  AH AF � Kết hợp kết ta AB1 AH  AF AB1 � AB1 H  � AFB1 AB1 H #AFB1 Suy , ta TỐN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 11 Dự án phát triển hình học Chương I B1t B1H AHF Vẽ tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác , tia nằm nửa mặt phẳng bờ � t  HFB � � t  HB � A HB HB AB1 1 1 F khơng chứa điểm Khi ta có nên ta suy , điều dẫn đến HFB1 là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác B1t TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 12  ... www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình học Chương I � � � � � � � � BMN  QKF  QKI  IKM  MKF  KPM  JMK  90 0  JMF  �  JMK �  90 0  JMF �  1800  PMK �  JMF �  JMK �  90 0  PMK   ... Trở lại toán Áp dụng toán phụ cho tứ giác MNKF ta VY  VZ TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: 10 Dự án phát triển hình học Chương I ... �AF  90 0  � �  DQC � MCH B ABC  90 0  � ADC  DAC Ta có biến đổi góc sau TOÁN TIỂU HỌC&THCS&THPT VIỆT NAM www.facebook.com/groups/ToanTieuHocTHCSTHPTVietNam/ Trang: Dự án phát triển hình