Đang tải... (xem toàn văn)
Nhận xét: Bài toán này có rất nhiều tính chất tương tự nhau nếu ta lấy vị trí các điểm khác nhau như hai bài trên... lần lượt tại A, C.[r]
(1)HAI BÀI HÌNH HỌC PHẲNG THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2018
Nguyễn Đăng Khoa - Khóa 36 THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ Ngày tháng năm 2018
1 Đề thi khối 10
1.1 Các cách chứng minh toán tổng quát
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), với AB < AC < BC GọiD điểm thuộc cạnh BC,E điểm tiaBA choBD=BE =AC.P giao điểm cạnhAC
với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE;Q giao điểm thứ hai BP với (O) Chứng minh AQ+CQ=BP
(Hong Kong TST 2000)
Bài toán
Cách 1(Nguyễn Cảnh Dinh): Lấy M BP cho P M =AQ Ta có: 4EP D ∼ 4AQC(g.g)⇒ EP
AQ = ED AC ⇔
EP M P =
ED
BD ⇒ 4EP M ∼ 4EDB(c.g.c)
Từ ta có:4AQC =4EM B(g.c.g)⇒ đpcm
(2)Cách 2(Nguyễn Đăng Khoa):
TrênBP lấy M cho BM =AQ Ta có: 4AQC =4BM D(c.g.c)
Bằng phép biến đổi góc ta M P D\ =M DP\ ⇔M P =M D =QC
(3)Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương
Cách 3(Hoàng Minh Đức):
Trên tia đối tia QC lấy M cho QA=QM
Ta có: 4QAM, 4BED cân tạiB, Q EBD\ =AQM\ ⇒AM Q\ =\EDB =\EP B Suy 4AM C =4EP B(g.c.g)⇒đpcm
Nhận xét: Từ lời giải cho ta toán tổng quát dựa vào tỉ số đồng dạng
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O) Gọi D điểm thuộc cạnh BC, E điểm tia đối tiaAB choBD=BE.P giao điểm cạnhAC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE;Q giao điểm thứ hai BP với (O)
Chứng minh rằng: M Q+QC
BP = AC BD
Bài toán tổng quát
Cách 4:(Sử dụng định lý Ptolemy)
Áp dụng định lý Ptolemy ta có: BP.ED=AP.BD+BE.P D=AC.(EP +P D) (1) Ta lại có: 4EP D∼ 4AQC(g.g)⇒ EP +P D
AQ+QC = ED AC (2)
(4)Nhận xét: Từ sử dụng định lý Ptolemy cho ta toán tổng quát
1.2 Một số tính chất khác
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), với AB < AC < BC GọiD điểm thuộc cạnh BC,E điểm tiaBA choBD=BE =AC.P giao điểm cạnhAC
với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (P nằm ngoàiAC);Q giao điểm thứ hai củaBP
với (O) Chứng minh: AQ+BP =CQ
Bài toán
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), với AB < AC < BC GọiD điểm thuộc tia đối tia BC,E điểm tia BA cho BD=BE =AC P, P0 giao điểm cạnhAC với đường tròn ngoại tiếp tam giácBDE (P ∈AC);Q ,Q0 giao điểm thứ hai BP BP0 với (O) Chứng minh: AQ+BP =CQ; AQ0+CQ0 =BP0
(5)Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương
Nhận xét: Bài tốn có nhiều tính chất tương tự ta lấy vị trí điểm khác hai Sau tính chất khác thú vị
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), với AB < AC < BC GọiD điểm thuộc cạnh BC, E điểm tia BA cho BD =BE = AC P giao điểm thứ (BED) với (O) Chứng minh: BP =AP +CP
(6)Áp dụng định lý Ptolemy vào tứ giác EP DB kết hợp 4AP C ∼ 4EP D(g.g) ta rút đpcm
Nhận xét: Tương tự toán số 1,2 ta lấy D, E thuộc tia đối tia BC, BA, ta có tính chất khác
Cho tam giácABC nội tiếp(O;R)với AB < AC < BC và∠ABC = 60◦ Gọi Dlà điểm thuộc tia đối tia BC,E điểm tia BA cho BD=BE =AC Gọi(I;r)là đường tròn ngoại tiếp 4BDE
a, Chứng minh: R=r
b, (I)∩(O) = B, P; BP ∩AC =Q Chứng minh rằng: Qlà tâm đường tròn (IP O)
(7)Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương
a, Ta dễ thấy ED =BE =BD=AC, kết hợp định lý hàm số sinthì ta có: R =r
b, Gọi J điểm cung AC, ta có:B, I, J thẳng hàng,J A=J C =R =r Vì R=r nên I, O đối xứng với qua BP ⇒IP OB hình thoi⇒IJ kOP
Ta có: 4EP D =4AP C ⇒ 4P AE,4P CD cân P đồng dạng với Suy ra: IJ Pd =BAP[ =\BDP = 180◦−P DC\= 180◦−P CD\= 180◦−BIO[ =J IOd
⇒IJ P O hình thang cân hay IJ P O nội tiếp
Ta lấy (J;J A)∩(I) = M, N Theo định lý trục đẳng phương M N qua Q
Mặt khác (I),(J) có bán kính nên M N trục đối xứng I, J ⇒QI =QJ (1) Mà BP trục đối xứng I, O ⇒QI =QO (2)
Từ (1) (2) ta có Qlà tâm (IP O)
(8)lần lượt A, C (Bạn đọc tự chứng minh)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), với AB < AC < BC GọiD điểm thuộc cạnh BC, E điểm tia BA cho BD = BE =AC N giao điểm thứ (BED) với (O) BN cắt AC K Giả sử DE qua trung điểm M AC
Chứng minh hệ thức:
N K =
1
AN +
1
N C
Bài toán
Theo định lý sinta có: sin∠DM C
DC =
sin∠M DC M C =
sin∠AEM
AM =
sin∠AM E
AE ⇒AE =DC
Suy 4N DC = 4N EA(g.c.g) ⇒ N A = N C Vậy hệ thức cần chứng minh tương đương với
AN =N C = 2N K
Để ý AE =DC ⇒BA+BC = 2AC Áp dụng tính chất tia phân giác ta có: BA
AK = BC CK =
BA+BC
AK+CK = 2⇒ CN N K =
BA AK =
Suy đpcm
Nhận xét: Trong toán cịn có tính chất N E ⊥AB, N D⊥BC
(9)Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương
Cho tam giácABC nội tiếp(O) Lấy điểmD, Ebất kì trênBA, BC.(BDE)cắt(O)tại điểm thứ hai P BP, DE cắt AC tạiQ, R Khi ta có: (P QR)tiếp xúc với (BDE)
Bài tốn
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Lấy điểm D, E BA, BC (BDE) cắt đoạn AC
tại P Khi (DAP) tiếp xúc với (P EC)
(10)2 Đề thi khối 11
2.1 Lời giải tính chất bản
Cho tam giác ABC, đường phân giác góc CAB[ cắt BC D Trên cạnh AC, AB lấy điểm E, F cho AD, BE, CF đồng quy AEF[ =\ADB Chứng minh \DEF = 90◦
Bài tốn
Ta thấy AEF[ =\ADB >ACB[ ⇒EF khơng song song với BC Đặt EF ∩BC =S
Bằng định lý Menelaus Ceva ta có: SB
SC = DB
DC ⇒AS phân giác BAC[
Mặt khác dễ thấy tứ giác ASDE nội tiếp nênDEF\=DAS[ = 90◦ Từ toán ta dễ có tính chất sau:
1, (AEF) tiếp xúc với (ADB)
2, EF phân giácAEB[, ED phân giác\BEC
(11)Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương 11
2.2 Một số tính chất khác
Cho tam giácABC, đường phân giác gócCAB[ cắtBC tạiD Trên cạnhAC, AB lấy điểm
E, F cho AD, BE, CF đồng quy AEF[ =\ADB GọiO1, O2 tâm(BED) (DEF) Chứng minh rằng: O1O2 kEF
Bài toán
Gọi I giao điểm AD, EF Ta biết IDB[ =AEI[ =IEB[ ⇒I ∈(O1)
(12)Cho tam giácABC nội tiếp(O), đường phân giác gócCAB[ cắt BCtại D Trên cạnhAC, AB
lấy điểm E, F cho AD, BE, CF đồng quy, AEF[ =\ADB EA=EB EF cắt (O) P, Q BP ∩CQ=J
a, Chứng minh: E, D, J thẳng hàng
b, (BED)tiếp xúc với (O)
Bài toán
a, Ta có tính chất AEF[ =\F EB mà EA =EB nên EF trung trực AB Khi ta cóEF qua tâm O \P BE =P AE[ =EQC[ ⇒BEQJ nội tiếp
Suy J EQ[ =J BQ[ = 90◦ ⇒J E ⊥EF Mà ta biếtDE ⊥EF nên ta có đpcm
b, AD∩EF =I, OB∩AD =M Ta có IEDB nội tiếp nên tâm (BED) trung điểm
ID Vậy ta cần chứng minh M trung điểm ID Ta thấy: \ADB=\DAC+\ACD= BAC[
2 +ACB[ \OCB = 90
◦−BAC[
Để ý ABC[ =IBA[ +IBD[ = BAC[ + 90
(13)Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương 13
⇒M D =M B ⇒M tâm (BED)⇒ Đường tròn (O)tiếp xúc với (BED)
Cho tam giácABC nội tiếp(O), đường phân giác gócCAB[ cắt BCtại D Trên cạnhAC, AB
lấy điểm E, F cho AD, BE, CF đồng quy vàAEF[ =ADB\ Lấy S giao điểm
EF với BC Giả sử (SEB) cắt AB điểm thứ hai T Chứng minh rằng: EF, BT, AD
đồng quy
Bài tốn
Ta có: ADS[ =AES[ =SEB[ =ST B[ ⇒AT DB nội tiếp⇒\T BD=T AD[ =T ES[ = 90◦ Từ ta có:T, E, D thẳng hàng vàAD, BT, EF đồng quy trực tâm 4T SD
Từ ta rút AD∩EF =I ⇒IB ⊥BC
(14)3 Bài tập rèn luyện
Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường phân giác góc CAB[ cắt BC D Trên cạnh
AC, AB lấy điểm E, F cho AD, BE, CF đồng quy AEF[ = ADB\ Giả sử (BIF) cắt
EDC M N Chứng minh phân giác góc ngồi BAC[, BI M N đồng quy
(15)Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương 15
4 Kết giải thưởng
Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV năm 2018 tổ chức Phú Thọ gồm có bạn tham dự mơn thi Tốn, có ba bạn khối 10 ba bạn khối 11 Cụ thể sau:
• Nguyễn Hải Dương lớp 11, K34 chun Tốn - HCV
• Nguyễn Hồng Phi lớp 11, K34 chun Tốn - HCĐ
• Trần Minh Hiếu lớp 11, K34 chun tốn - HCV
• Nguyễn Cảnh Dinh lớp 10, K35 chun Tốn - HCB
• Nguyễn Huy Tồn lớp 10, K35 chun Tốn - HCB
(16)Tài liệu tham khảo
[1] Khám phá định lí Ptơ-lê-mê - zaizai (Diễn đàn tốn học) [2] Nâng cao phát triển toán - Vũ Hữu Bình Nxb Giáo dục
[3] Tài liệu chun tốn hình học 10 - Đồn Quỳnh (chủ biên) Nxb Giáo dục
[4] Bài tập hình học chọn lọc cho học sinh trung học sở - GS Đỗ Đức Thái (chủ biên) Nxb thông tin truyền thơng
[5] Tài liệu chun tốn trung học sở - Vũ Hữu Bình (chủ biên) Nxb Giáo dục Internet:
[6] Diễn đàn Toán học: https://diendantoanhoc.net/ [7] AoPS: https://artofproblemsolving.com/
[8] https://www.cut-the-knot.org/