Các chuyên đề hình học dành cho các bạn THCS ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán

Bây giờ để các bạn hiểu rõ hơn ý nghĩa của các hệ thức lượng trong đường tròn tôi sẽ giới thiệu một số bài toán luyện tập. Việc có được nền tảng các hệ thức lượng trong đường tròn rất qu[r]

Các chuyên đề hình học dành cho bạn THCS(Số 1)

Đôi điều chuyên mục: Ở chun mục mở tơi trình bày chuyên 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

Chuyên đề 1: Kĩ biến đổi góc

Khi học hình học phẳng, nói chung tốn có khả biến đổi góc được, có điều có luyện tập nhiều để biết phép cộng góc,cung, cho hợp lí Để có kĩ cần phải luyện tập để nhận móc nối giả thiết kết luận để tìm mấu chốt mắc kẹt biến đổi vịng quanh(khơng tới đâu!!!) Ở tức ta khơng thể tìm phép biến đổi góc hợp lí, mà cần có cá hình vẽ phụ để kết nối phép biến đổi với Bài toán 1(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2014-2015):

Lời giải: Ta có: ∠LAI = ∠BAD

2 +∠DAL=

∠BAD

2 +∠BAI =∠AIL tam giác AIL cân L Chứng minh tương tự ta có: IL = LD Lại có theo hệ thức lượng tam giác vng CDL LD2 = LE.LC = LI2 ta có: 4LEI ∼ 4CIL(g.g) Vậy ta có: 90◦ +∠ICB = 90◦ +∠IEA ∠ICB = ∠IEA Do ta thu tam giác ∠F IA=∠EIA ta thu được: 4IF A =4IEA(g.c.g)do hiển nhiên thu được: AI trung trực EF ta có đpcm

Nhận xét: Bài tốn khơng q khó thuộc vào phần ăn điểm xong kĩ biến đổi góc lời giải hay quan trọng Đáng ý điểm hình vẽ khơng thông thường giúp tiếp cận lời giải dễ

Ta tiếp tục với toán sau

Lời giải: Ta dễ nhận thấy việc sau: J F qua trung điểm cung AC không chứa B (O)là điểmM GọiI giao điểm củaBM vàEF Kẻ tiếp tuyếnJ x với(O) Thế thì: ∠IBJ =∠F J xsuy ra∠F EJ =∠F J xdo ∠IEJ =∠IBP IEBP nội tiếp ⇒ ∠BEJ = ∠BIJ,∠EF J = ∠BEJ suy ∠BIJ = ∠EF J ⇒ ∠M IJ = ∠M F I 4M IF ∼ 4M J I(g.g) đóM I2 =M P.M F =M B2 =M C2 Vậy thu đượcM tâm nội tiếp tam giác ABC Do có đpcm

Nhận xét: Bài toán bổ đề quan trọng với hình học phẳng song chứng minh có nhiều chỗ đề cập tới biến đổi góc phức tạp Đối với học sinh cấp nói chung tốn khơng dễ chút

Trong năm gần đây, đề thi vào trường chuyên KHT N, chun ĐHSP có nhiều tốn thi từ vòng đánh giá cao khả biến đổi góc người làm

Lời giải: Hiển nhiên E F thuộc AB AC Ta có: AB AE =

AB BD = AC

CF EFkBC (theo định lí Tháles đảo) Bây ta chứng minhM P N J tứ giác nội tiếp Thật ta có: M J, M N, J N đường trung bình tam giácDEF ta có:∠M J N =∠EDF mà ∠M P A+∠EAP = 180◦ đồng thời: ∠N P A+∠AF N = 180◦ ∠M P N = 360◦ −(∠AED+∠AF D) = ∠DEF + ∠DF E = 180◦−∠EDF(chú ý rằng: EFkBC nên ED, F D phân giác góc F EB EF C) dễ thấy∠M J N +∠M P N = 180◦ hay làM, N, P, J đồng viên Vậy ta có: ∠M P J =∠M N J =∠DEF =∠EDB = 180◦−∠AED=∠M P A A, J, P thẳng hàng(đpcm)

i) Chứng minh L nằm AE

ii) Gọi(L)cắtAC, AB điểmM, N khácA Chứng minh rằngAF vng gócM N P

Lời giải: i) Trường hợp 1: Tam giác AHG nhọn Ta có: ∠LAG= 90◦− ∠GLA = 90◦ −∠GHA Gọi AH cắt BC điểm K, GF cắt BC J Do ∠LAG = 90◦ −∠J HK = ∠GJ B =

2(dGB +F Cd) Do đó: ∠LAB = ∠LAG−∠BAG =

2F Cd =∠BAE hiển nhiên ta có: A, L, E thẳng hàng

Trường hợp 2: Tam giác AHG có∠G≥90◦ Chứng minh tương tự(biến đổi với góc phụ 180◦)

ii) Ta có: ∠AN M =

2∠ALM = 2(180

◦ − 2

a) Chứng minh rằng: BDEC nội tiếp b) Chứng minh rằng: SB.SC =SH2.

c) Đường thẳngSO cắt AB, AC M, N tương ứng, đường thẳng DE cắtHM, HN điểm P, Qtương ứng Chứng minh rằng: BP, CQ, AH đồng quy

Lời giải: a) Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta thấy theo hệ thức lượng cho tam giác vng AHB AHC thì: AD.AB =AE.AC(= AH2) Do thu được: B, D, E, C đồng viên.

b) Ta để ý thấy: ∠SHD = ∠HED(do SH tiếp xúc (O)) SH2 = SE.SD = SB.SC ta có: SH2 =SB.SC.

c) Gọi K điểm đối xứng H qua S Ta có: SOkAK BM M A =

BS SK =

Gọi M trung điểm củaAD BM cắt lại (O) điểm thứ hai điểm P khác B EP cắt AC điểm thứ hai N

a) Chứng minh N trung điểm củaAC

b) Gọi (EM N) cắt BM R khácM Chứng minh rằng: RA⊥RC

Lời giải: a) Ta thấy rằng: ∠M AN =∠BP E =∠M P N(=∠BAC

2 ) ta có M AP N nội tiếp Do ta có: ∠AP M = ∠AN M =∠ACB M NkBC Do hiển nhiên N trung điểm AC

b) Ta gọi (EM N) cắt AC điểm thứ hai Q khác N Ta có AN.AQ = AM.AE

2AD.AE =

xem sao?

Bài toán 7(chọn đội tuyển Hà Nội thi VMO 2012-2013): Cho tứ giác ABCD nội tiếp hình thang Gọi AB cắt CD E AD cắt BC điểm F Phần giác góc CF D BEC gặp điểm H Hai đường chéo tứ giác ABCD cắt điểm I Gọi (ABI)cắt (CDI) điểm thứ haiK Chứng minh rằng: E, F, H, K đồng viên

Lời giải: Trước tiên ta có: ∠F HE = 180◦ −∠HF D−∠HEB −∠EAD = 180◦− 180◦−∠D−∠C

2 −

180◦−∠B−∠C

2 =

∠B+∠D = 90

◦(1).

thiết học hình học phẳng, cách để tìm đường biến đổi tốt nằm kinh nghiệm người Để giúp bạn luyện tập kĩ biến đổi góc thành thục tơi xin đề nghị ba tập sau:

Bài toán 8(Mở rộng vòng đề chuyên KHTN):Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Có phân giác ∠BAC cắt BC (O) D E khác A LấyM điểm đoạn AD BM cắt lại(O) điểm thứ haiP P E cắt AC N (EM N)cắt BM điểm thứ hai R Lấy K đối xứng C quaN Giả sử R thuộc đoạn BM Chứng minh KR⊥RC

Bài toán 9: Cho tứ giácABCD nội tiếp đường tròn (O)(AD < BC) Gọi I giao điểm hai đường chéo Kẻ đường kính CM DN tứ giác Gọi K giao điểm AN BM Chứng minh rằng: I, K, O thẳng hàng

Bài toán 10(VMO 2014): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có AB < AC Gọi I trung điểm cung BC không chứa A (O) Trên AC lấy điểm K khác C cho IK =IC BK cắt lại (O) D khác B cắt AI E Đường thẳng DI cắt AC F

a) Chứng minh rằng: EF = BC

Các chuyên đề hình học dành cho bạn THCS(Số 2)

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 chun 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

về tứ giác toàn phần nghiên cứu từ lâu đời có nhiều tính chất thú vị Sau xin vào chi tiết tính chất cấu hình

Tính chất 1: 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 vớiM ∈(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)

Chứng minh: Từ tính chất M ∈ (F DC) O1O4 trung trực DM Tương tự ta có O4O2 trung trực M F Do đó, ta có: ∠O4O1M = 180◦ −∠M ED Tương tự ta có rằng: ∠M O2O4 = ∠M ED Do ta thu M ∈ (O1O2O4) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh M ∈(O1O2O3) Do ta thu đpcm

Chứng minh: Gọi điểmK, G, Llà trung điểm BE, BC, CE Thế ta nhận thấy: I, G, K đường trung bình tam giácBDE 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 lí T hales): HG

HL J L J K

IK IG =

AB AE

F C F B

DE

DC = 1(do áp dụng định lí M enelaus thuận 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 tơi 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 tồn phần cịn nhiều tính chất hay khác xong 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

Lời giải: Sử dụng tính chất rõ ràng ACDBEF tứ giác tồn phần ta có M ∈ (CDF) Đến ta có biến đổi góc sau: ∠DM N = ∠ACB = ∠AN B mà ∠AN B = ABd

2 ∠DM N = d P N

2 đó: ABd = P Nd APkBN đpcm Các trường hợp hình vẽ khác ta chứng minh tương tự

Chứng minh: Gọi GH cắt AB, AC J, N Gọi AM cắt BC P Ta dễ thấy rằng: P C = BD Theo định lí Tháles ta lại có rằng: GJ

DB = F J F B =

F J BD ⇒ GJ = J F = J M Hồn tồn tương tự ta có: N M = N H = N E Lại theo định lí Tháles ta có: J K

BD = M N

P C (= AK

AD) mà ta có BD = P C nên ta thu rằng: J K = M N Do GJ +J K = J M +M N = J N KH =KM +M N +N H =J K+M N+KM =J N đóGK =KH(= J N) hay K trung điểm GH

Quay lại toán ban đầu, từ tốn phụ ta dễ có đượcAM qua trung điểmBC hayN trung điểmBC Áp dụng định lí đường thẳngGausscho tứ giácAST K với T K∩AS =B SK∩AT =C N trung điểm BC J trung điểm ST( hiển nhiên J trung điểmST doM giao tiếp tuyến (I)từS vàT) nên ta thu rằngN J qua trung điểmAK(đpcm)

và điB 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) EFkBC 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◦ −∠AS2O Tương tự thì: ∠AQC = 180◦ −∠AS1O ∠AQB+∠AQC = 360◦−2∠AS1O = 2(180◦−∠A) = 360◦−2∠A hiển nhiên ∠BQC = 2∠A P, B, Q, O, C nằm đường trịn nên OQ⊥ P Qdo ta thu đpcm

điểm J BJ cắt (O1),(O2) điểmK, L phân biệt vàO1K cắt O2Ltại điểm N Chứng minh rằng(N KL) tiếp xúc AB

Lời giải: Trước tiên ta thấy rằng: ∠N LA = 90◦ − ∠O2AL

2 = 90 ◦ −

∠ABL = 90◦ −∠ABK = ∠AKO1 Vậy ta có: A nằm (KLN) Tiếp tục ta thấy B điểm Miquel tứ giác toàn phầnAEIF GH Do đóB thuộc(J HF) GọiO tâm (ALN K)thế thì: ∠BAO=∠BAK+∠KAO=∠BAF+∠F AK+90◦−∠ALK = 90◦ ta thu AB tiếp xúc với (O)(đpcm)

Nhận xét: Ở việc tìm tiếp điểm A mấu chốt cho biến đổi góc sau

Các chuyên đề hình học dành cho bạn THCS(Số 3)

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

Chuyên đề số 3:

Hệ thức lượng đường trịn hàng điểm điều hồ góc nhìn kiến thức THCS

I) Một số hệ thức lượng đường tròn:

Ở lớp chương tứ giác nội tiếp có xuất số tập liên quan tới tứ giác nội tiếp hệ thức lượng đường trịn Sau tơi nêu lại chúng bổ sung thêm số hệ thức khác hàng điểm điều hoà cần thiết quan trọng 1) Cho tứ giácABCD nội tiếp (O) Gọi giao điểm củaAD, BC điểm M Thế

EX, EY đến (O) Gọi XY ∩EF =I Chứng minh hệ thức sau:

+) IF IK =

F E EK

+) Gọi M trung điểm IE Khi đó: M E2 =M I2 =M F.M K(Hệ thứcN ewton) +) Gọi N trung điểm F K Chứng minh rằng: EI.EN = EF.EK(Hệ thức M aclaurin) Cũng cần ý hệ thức sau gọi hệ thức M aclaurin: IE.IN =

IF.IK

Chứng minh: Các hệ thức 1) 2) tơi nêu chứng minh hệ thức 3)

thức M aclaurin thì: IF IK =

F E

EK ⇔ IK.EF = EK.IF ⇔ (EK − EI)EF =

(IK +EI)IF ⇔ EI.EN −EI.EF = EI.IF +IK.IF ⇔ EI(EN −EF −IF) =

IK.IF ⇔ IE.IN = IF.IK(đúng theo hệ thức M aclaurin) Như ba hệ thức tương đương miễn có sẵn hệ thức Hệ bốn điểm thoả mãn hệ thức thứ người ta thường gọi làhàng điểm điều hoà Do vấn đề độ dài đại số chưa trình bày tường minh cấp THCS tơi nêu cách chứng minh phụ thuộc hình vẽ, mong bạn đọc thơng cảm

Bây ta quay lại toán chứng minh hệ thức số 3, ta có ba điều bởi: Gọi S trung điểm XY Hiển nhiên doN trung điểmF K tứ giác N ISO nội tiếp áp dụng hệ thức 1) ta có: EI.EN =ES.EO=EX2 =EF.EK tức có

được hệ thức M aclaurin ln hiển nhiên chứng minh có hệ thức đương nhiên hệ thức cịn lại

Nhận xét: Các hệ thức có chiều ngược lại tức đồng thời cách chứng minh điểm đồng viên, cách chứng minh tiếp tuyến đường tròn,

Bây để bạn hiểu rõ ý nghĩa hệ thức lượng đường trịn tơi giới thiệu số tốn luyện tập Việc có tảng hệ thức lượng đường tròn quan trọng không học sinh cấp mà với học sinh cấp bắt đầu tiếp xúc với khái niệm Chính lẽ mà ngày hệ thức lượng đường tròn trường lấy làm nội dung thi vào chuyên, xuất nhiều kì thi HSG lớp

II) Các toán ứng dụng:

Bài toán 1(Tuyển sinh vào chuyên Tốn THPT chun TPHCM): Cho điểmM nằm ngồi đường tròn(O) Kẻ tiếp tuyếnM A, M B đến (O)với tiếp điểm A, B Gọi H giao AB OM,I trung điểm M H AI∩(O) =K, A a) Chứng minh rằng: HK ⊥AI

Lời giải: a) Gọi M O ∩(O) = D, E(như hình vẽ) Áp dụng hệ thức N ewton thì: IH2 =IM2 =ID.IE =IK.IA hiển nhiên là ∠IHA= 90◦

, theo hệ thức lượng tam giác vng đảo thì: HK ⊥AI(đpcm)

b) Từ a) suy ra: ∠KHI =∠KAB =∠M BK(do M B tiếp xúc (O)) Vậy tứ giác M KHB nội tiếp ∠M KB = 90◦(đpcm)

Nhận xét: Có thể thấy việc sử dụng hệ thức 3) giúp làm ngắn gọn lời giải nhiều xong lưu ý bạn cần phải chứng minh lại hệ thức lúc bước vào phòng thi

Bài toán 2(Thi vào lớp chuyên Toán chuyên ĐHSP 2016-2017): Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC Kẻ đường cao AH Đường trịn đường kính AH cắt AB, AC tương ứng điểm D, E Đường thẳng DE cắt BC điểm S

Lời giải: a) Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta thấy theo hệ thức lượng cho tam giác vuông AHB AHC thì: AD.AB =AE.AC(=

AH2) Do thu được: B, D, E, C đồng viên.

b) Ta để ý thấy: ∠SHD = ∠HED(do SH tiếp xúc (O)) SH2 = SE.SD =

SB.SC ta có: SH2 =SB.SC

c) Gọi K điểm đối xứng H qua S Ta có: SOkAK BM M A =

BS SK =

BS SH, lại có: SB.SC = SH2 nên SB.HC =SH(SH −SB) = SH.BH do đó SB

SH = BH HC BM

M A = HB

HC đóM HkAC Điều dẫn tới BDHP nội tiếp BP ⊥M H suy raBP ⊥AC Hoàn toàn tương tự CQ⊥AB Vậy ta có: BP, CQ, AH đường cao tam giác ABC nên chúng đồng quy điểm(đpcm)

Nhận xét: Bài toán quan trọng gạch nối lớn để ta có cách làm tốn khác

Bài toán 4(Tuyển sinh vào chuyên Toán chuyên Vĩnh Phúc 2013-2014): Cho tam giác ABC nhọn(AB < AC) Gọi D, E, F chân đường cao hạ từ A, B, C Gọi P =BC∩EF Đường thẳng quaDkEF cắt AB, AC, CF Q, R, S Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BQCR nội tiếp b)D trung điểm QS c)(P QR) chia đôi BC

Lời giải: a) Ta có: ∠CF B = ∠BEC = 90◦ tứ giác BF EC nội tiếp Vậy

c) Gọi M trung điểm BC Do tứ giác BQCR nội tiếp nên DB.DC = DQ.DR Áp dụng hệ thức M aclaurin cho hàng điểm điều hoà DP BC(đã chứng minh tốn 3) hiển nhiên DP.DM =DB.DC =DQ.DR ta thu đpcm

Nhận xét: Cả hai ý b) c) tốn mở rộng lên cho ba đường đồng quy không thiết phải đường cao

Bài toán 5(China TST 2012): Cho tứ giác bàng tiếp ABCD đường tròn (O) nội tiếp đường tròn (J) CD tiếp xúc đường tròn (O) điểm T Hai đường chéo gặp P Dựng đường tròn qua A, B tiếp xúc(O) điểm S

Nhận xét: Ở ta thường cách dựng giả thiết tiếp xúc đặc biệt tứ giác bàng tiếp đồng thời nội tiếp Sau cách dựng:

+) Ta biết tính chất việc đường nối tiếp điểm tương ứng tứ giác bàng tiếp nội tiếp vng góc với ta dựng đường trịn tiếp xúc trước(bàng tiếp tứ giác) Dựng đường tròn (I) dây cungXY, ZT vng góc phân biệt

+) Sau vẽ tiếp tuyến X, Y, Z, T (I) giao điểm thoả mãn tính chất

Cuối để bạn luyện tập xin đề nghị số tập:

Bài toán 6(Đề dự bị chuyên Trần Phú-Hải Phòng 2016-2017)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AA1, BB1 đường cao tam giác ABC Gọi

M trung điểm AB CM cắt (CA1B1),(O) P, Q Chứng minh rằng:

M P =M Q

Bài tốn 7(trích VMO 2016-ngày 1): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M trung điểm BC (AM = 2R) cắt AB AC E F khácA Tiếp tuyến E F (AEF)cắt T Chứng minh rằng: T B =T C

Bài toán 8(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn (O) Lấy P điểm thuộc tam giác ABC cho AP vng góc BC Kẻ P E, P F vng góc AB, AC( E, F thuộc AB AC) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) G Chứng minh GP, BE, CF đồng quy điểm

Các chuyên đề hình học dành cho bạn THCS(Số 4)

Đã lâu mở lại chuyên mục này, mong bạn lớp thông cảm thời gian gần bận Bài viết lần đề cập tới kĩ thuật quan trọng-kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng

Chuyên đề số 4:

Kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng giải tốn hình học

Trong tốn hình học thi vào 10 việc sử dụng kiến thức nâng cao giúp nhìn rõ chất vấn đề xong biết cách sử dụng kiến thức đơn giản vào giải tốn đôi lúc thu lời giải ngắn gọn bất ngờ I) Một số lưu ý:

1) Cho tam giácABC tam giácA0B0C0 đồng dạng điểm K, K0 thuộc

BC, B0C0 cho KB

KC = K0B

K0C 4AKB ∼ 4A 0K0B0.

2) Cho tam giácABC nội tiếp (O) Lấy điểmE, F thuộcAC, AB Gọi(AEF)∩

4) Cho tam giácABC tam giácA0B0C0 đồng dạng theo tỉ sốk Khi đó: SABC

SA0B0C0

=

k2.

5) Việc tìm tam giác đồng dạng hồn tồn dựa vào việc nhìn số cấu hình quen thuộc, hình vẽ tạo nhiều tỉ số nhau, số góc đặc biệt dấu hiệu cho việc dùng tam giác đồng dạng

II) Một số tập vận dụng:

Bài toán 1: Cho tam giácABCnội tiếp đường trịn(O;R)có đường caoAH =R√2 Gọi M, N chân đường vuông hạ từ H xuống AB, AC Chứng minh rằng:

M, O, N thẳng hàng

Lời giải: Gọi AD đường kính (O) Ta thấy theo hệ thức lượng tam giác vuông AHB, AHC thì: AH2 = AM.AB = AN.AC = 2R2 ⇒ AN.AC =

AO.AD = AM.AB suy ra: 4AON ∼ 4ACD(c.g.c) đồng thời 4AOM ∼ 4ABD(c.g.c) hay là: ∠AON =∠AOM = 90◦ Hay M, O, N thẳng hàng

Chứng minh: Trước chứng minh xin nêu bổ đề quen thuộc:" Cho tam giác

ABC nội tiếp (O) Lấy O0 đối xứng O qua BC Gọi H trực tâm tam giác ABC

khi O0 tâm (HBC)."

Gọi CQ∩AP =X, AP ∩BQ=Y Ta có: ∠CXB = 180◦−∠P BC−∠C

2 = 180

◦−

∠BAC− ∠C −

∠C

2 = 90

◦

Tương tự ∠P Y B = 90◦ ýA, P, I thẳng hàng cùngC, Q, I thẳng hàng nênI trực tâm tam giácBP Q Gọi(P DQ)∩AC =D, K Ta để ý rằng: ∠P DQ = 90◦ nên ∠P KQ = 90◦ Do ∠P DA = 45◦ = ∠KQP

nên 4KP Q vuông cân K Gọi O tâm ngoại tiếp tam giác BP Q thì:

∠P OQ= 2∠P BQ= 2(∠DBA+∠DBC

2 ) =∠ABC = 90

◦ do đó 4P OQvng cân

tại O nên K đối xứng O qua P Q, theo bổ đề K tâm (P IQ) Vậy ta thu tâm(P IQ) nằm AC(đpcm)

Quay trở lại toán, ta dễ thấy rằng: A, P, B, H H, Q, C, A đồng viên Đồng thời: A, P, Q nằm phân giác ngồi góc BAC Vậy: ∠AP I = ∠ABC, theo bổ đề thì: H, I, J, O đồng viên(gọi O tâm (AIJ)) Theo bổ đề ta có tâm nội tiếp tam giác ABC T đồng thời trực tâm tam giác AIJ Vậy

∠T AJ =∠T AC−∠J AC = ∠BAC−∠HAC

2 =

∠HAB

2 =∠HAI vậyAI, AT đẳng

giác đóA, O, H thẳng hàng nên∠J IH =∠J OH = 180◦−∠J OA = 180◦−(180◦−

2∠OAJ) = ∠HAC =∠ABC =∠HP Qhay P QkIJ(đpcm)

Nhận xét: Tôi giới thiệu lời giải bổ đề dùng hay có nhiều ứng dụng Thực tế chứng minh ngắn chút nhờ kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng: ta chứng minh ∠ABC =∠HIJ cách chứng minh

4IHJ ∼ 4BAC ⇔ 4AIH ∼ 4CJ H(đúng)

Bài toán 3(Nguyễn Quang Trung): Cho tam giác ABC điểm F, E nằm cạnhAC, AB Đường trung trực củaBF, CE cắt K Một cát tuyến qua A cắt (O),(AEF) điểm Q, P khác A Chứng minh rằng:

Lời giải: Trước tiên xin nêu lại tính chất quen thuộc:" Cho(O)và điểmM bất kì, phương tích từM đến (O)kí hiệu PM/(O) PM/(O) =|OM2−R2| Qua

M kẻ hai cát tuyếnM AB, M CD thì: M A.M B =M C.M D=|OM2−R2|=PM/(O)”

Quay trở lại toán, gọi J, A= (AEF)∩(O) Ta để ý rằng: 4J BF ∼ 4J CE(g.g)

nên 4J M F ∼ 4J N E(c.g.c) J, A, N, M, K đồng viên nên ∠KJ A= 90◦ Gọi

R, Slần lượt đối xứngO0, OquaAthì∠RJ A=∠KJ A=∠SJ A= 90◦ nênJ, R, K, S

thẳng hàng đóOO0 qua trung điểmAK(theo tiên đềEuclid) Do đóAO0KOlà hình bình hành GọiAK∩(AEF),(O) = A, X, Y, do−O0A2+KO02 =−OK2+OA2

hay PK/(O) = −PK/(AEF) nên KX.KA= KY.KA hay K trung điểm XY Gọi

T trung điểm củaP Qthế dễ thấy4J T P ∼ 4J KX(c.g.c)nênJ, A, K, T đồng viên suy ∠KT A=∠KJ A= 90◦ nên KP =KQ(đpcm)

Nhận xét: Ở kĩ thuật đồng dạng trung tuyến đóng vai trò quan trọng việc chứng minh yếu tố đồng viên

Lời giải: GọiX, Y trung điểmBF, CE ý rằng: 4GBF ∼ 4GCE nên

4GXF ∼ 4GY E nên A, G, X, Y đồng viên Do M X, M Y đường trung bình tam giácBF C, BEC nên∠XM Y =∠F QE = 180◦−∠BAC nênA, G, X, M, Y đồng viên Gọi AM ∩(AEF),(O) = A, L, U từ suy ra: 4AM L ∼ 4AY E(g.g)

nên 4AU L ∼ 4ACE(g.g) 4AU M ∼ 4ACY(g.g) đó: U L

CE = M L Y E = AM

AY = M U

Y C ⇒ M L M U =

Y E

Y C = nên M trung điểm U L Vậy BLCU hình bình

hành(đpcm)

Nhận xét: Nếu gọi (AEF)∩(O) =G, A, AP ∩BC =D,GD∩(O) =G, K AK

là đường đối trung của4ABC

Bài toán 5(Nguyễn Quang Trung)(Tổng quát Việt Nam TST 2015-ngày 1): Cho tam giác ABC lấy điểm D, E, F BC, CA, AB

Lời giải: Ta thấy rằng: ∠QGE = ∠QAE = ∠P AB = ∠DGB lại có: ∠GBD = 180◦ −∠GAE = ∠GQE 4GQE ∼ 4GBD(g.g) ⇒ GQ

GB = GE

GD Lại có:

∠GEH = ∠GAF = ∠BP G ∠QGE = ∠QAE = ∠P GB nên 4P GB ∼ 4EGH(g.g) nên GH

GB = GE

GP GQ GH = GE GD GP GE = GP

GD P QkDH(theo

định lí T halesđảo)(đpcm)

Nhận xét: Bài toán hay khơng cần kẻ vẽ hình phụ, ta thấy cách giải cịn đơn giản tốn ban đầu, đơn tam giác đồng dạng tuý cuối sử dụng định líT hales

Bài tốn 6: Cho hình bình hành ABCD, phân giác góc ∠BAD cắt BC, CD M, N Gọi O tâm (CM N) Gọi (CM N)∩(BCD) =E, C Chứng minh rằng:

a)O, C, D, B đồng viên

Lời giải: a) Ta thấy rằng: ∠BAN = ∠DAN = ∠CN M = ∠CM N nên tam giác ADN, CM N cân tạiD, C Do AD=DN =CB, ON =OC Lại thấy rằng:

∠OCB = 180◦ −∠OCM = 180◦ −∠OCN = ∠ON D nên 4ON D =4OCB(c.g.c)

suy ∠OBC =∠ODC B, D, O, C đồng viên(đpcm)

b) Trước giải ta chứng minh bổ đề sau: "Cho tam giácABC nội tiếp Phân giác góc∠BAC cắt lại(O)tại điểmD LấyE thuộc đoạnAC choDB =DE Chứng minh rằng: AE =AB."

Thật vậy, ta gọiBE∩(O) =B, J Ta có: ∠J CD= 180◦−∠EBD= 180◦−∠BEC = ∠J ED mà ∠EJ D =∠CJ D nên từ ý rằng: DE =DC =DB nên 4DJ E = 4DJ C(c.g.c)⇒∠J EC =∠J CE ⇒∠ABE =∠AEB AB=AE(đpcm) Quay trở lại tốn, áp dụng bổ đề thì: DN = DE = DA = BC ý

OE = OC, OD = OB nên hiển nhiên ta có: DECB hình thang cân Gọi

I trung điểm BD Vậy IE = IC = IA ý I trung điểm AC nên

∠AEC = 90◦

b) Chứng minh rằng: (DP Q) qua trung điểm BC

Lời giải: a) Ta có: ∠P F A = ∠AF E = ∠C Lại có: ∠AF D = 180◦−∠C

∠P F D= 180◦−∠C+∠C= 180◦ nên P, F, D thẳng hàng Tương tự D, E, Qthẳng hàng

b) Ta thấy P, E đối xứng qua AB Q, F đối xứng qua AC nên

P F =F E =EQnên ý rằng: M tâm(BC)thìM F =M E Lại có: ∠P F M = 180◦ −∠DF M = 180◦ −∠DEM =∠QEM 4P F M =4QEM(c.g.c)

M ∈(P DQ)(đpcm)

Cuối xin đề nghị số toán luyện tập:

Bài toán 8(Thi vào chuyên KHTN vòng 1,2013): Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường trịn (O) có AB < AC Phân giác góc ∠BAC cắt (O) A, D Gọi M

(AEF),(ABC)tại P, Q, hạ KH vng góc xuống P Q HP

HQ =k

Bài tốn 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) choAB < AC Goi

Các chuyên đề hình học dành cho các bạn THCS(Số 5)

Đã gần năm từ chuyên đề THCS số 4, hôm tiếp tục viết chuyên đề dành cho THCS Ở chuyên đề lần này, muốn đề cập tới cách kẻ vẽ phụ, điều mà đa số bạn thắc mắc giải hình học

Chuyên đề 5: Một số kinh nghiệm kẻ vẽ hình phụ ứng dụng

Đã có nhiều sách viết việc kẻ vẽ hình phụ Khi làm tốn hình học khó cần nhạy bén với việc kẻ thêm hình Sự nhạy bén sinh nhờ kinh nghiệm người làm tốn Việc người làm có nhiều kiến thức mơ hình điểm quan trọng vẽ phụ Tuy đơi có cấu hình lạ nên cần linh hoạt

I) Vẽ phụ nhờ mô hình biết trước

Đối với loại này, ta cần phải nhận dạng cấu hình tốn, sau tìm mối liên hệ điều cần chứng minh kiến thức biết mơ hình biết Lí thuyết vậy, thực hành khó nói nhiều, cần có kiến thức tảng cấu hình đủ để làm điều Sau số ý quan trọng:

Bài toán 1: Cho tam giác ABC có đường caoAD Lấy E, F trung điểm AC, AB Gọi (F BD)∩(ECD) = D, K Chứng minh rằng: AK đường đối trung tam giác ABC

Lời giải: Lấy O tâm ngoại tiếp tam giác ABC Ta có: ∠AF K = ∠KDB

∠AEK = ∠KDC đó: A, F, K, E, O đồng viên Gọi DK ∩ EF = M, ta có:

∠F ED =∠EDC =∠C =∠M KE đó: M K.M D =M E2 Tương tựM K.M D = M F2 nên M là trung điểm F E, lại có: ∠F KA = ∠F EA = ∠C = ∠M KE suy

ra AK đường đối trung tam giác AF E Như ý rằng: AM chia đơi

BC(theo bổ đề hình thang) nên ta có: AK đường đối trung tam giácABC

Bài toán 2(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giácABC nội tiếp(O) M trung điểm BC AM ∩(O) = K, lấy E, F hình chiếu K lên AC, AB Gọi tâm

(ABE) làI tâm (ACF) làJ Chứng minh rằng: IJ ⊥BC

Lời giải: Lấy (ABE)∩(ACF) = A, P Từ giả thiết ta có 4P BF ∼ 4P EC(g.g)

do đó: P B

P E = BF EC =

KB KC =

AC

AB(bổ đề cát tuyến) Do đó: 4P BE ∼ 4ACB(c.g.c)

đơi EF

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi(O)là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

M trung điểmBC, AP đường kính (O), J trung điểmEF, ta chứng minh

HJ ⊥KL Gọi Qlà hình chiếu A lên HJ Ta thấy điều phải chứng minh tương đương: AQkKLhay∠QAK =∠AKL=∠KAL, ý ∠KAB=∠KAC điều phải chứng minh tương đương: ∠QAE =∠GAB Lại có: A, Q, E, H đồng viên

∠QAE =∠J HE Dễ thấy 4HEF ∼ 4HCB 4HEF ∼ 4P BC(bởi BHCP

là hình bình hành) Do 4M P B ∼ 4J HE(c.g.c) suy ∠J HE = ∠M P B Gọi

Ngoài bạn luyên tập thêm số toán sau:

Bài toán 4(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có trực tâm H HK

đường đối trung tam giác HBC Lấy P, Q AB, AC cho K trực tâm tam giác AP Q Chứng minh đường nối tâm (ABQ) (ACP) song song BC Bài toán 5(EMC 2017): Cho tam giác ABC có trực tâmH trung điểmBC

M Đường thẳng qua H vng gócHM cắt AC Y Đường thẳng qua A vng góc AM cắt BH Q QM∩(M Y) = M, J Chứng minh rằng: HJ ⊥AM

II) Vẽ phụ mơ hình lạ

Khi thi khơng thể tránh khỏi việc gặp toán mà bạn chưa thấy dạng Việc kẻ vẽ phụ mà khơng tn theo kinh nghiệm Việc bạn nên hoảng hốt đã, sau có lưu ý sau:

- Đề dài lạ nhiều khả ta cần bước chuyển đưa tốn quen thuộc Do đừng thấy lạ mà sợ

- Mơ hình lạ sinh nhờ tổng quát hoá tốn dễ Chính đặc biệt toán thử xem giải sao(chúng thường dễ hơn) trước bắt tay giải tổng quát theo phong cách tương tự

- Chẳng có bấu víu tốt giả thiết tốn nên tìm hiểu thật kĩ liên hệ từ giả thiết tìm kết quan trọng xoay quanh toán(thường dùng cho chứng minh kết luận toán)

- Điều quan trọng làm toán nên bạn đừng ngại cách giải lấy việc tính tốn quan trọng nhất, bước kẻ phụ sinh để thu gọn phép tính lựa chọn thơng minh

Bài tốn 6: Cho tam giácABC nội tiếp(O) Một đường tròn quaA, O cắt AB, AC

Lời giải: Gọi(K) cắt (O) điểm thứ hai M Ta có: ∠M P A=∠M OA=M Ad = 2∠M BAdo đó∠P M B =∠P BM hay làP M =P B Chú ý4M P B ∼ 4M QC(g.g)

do 4M QC cân Q Chú ý OM =OB OM =OC OP, OQ trung

trực củaM B, M C theo định lí đường thẳng Steinerthì trực tâmJ tam giác OP Qnằm BC(đpcm)

Nhận xét: Bài toán ứng dụng hay đường thẳng Steiner Điểm quan trọng

nhất nhận liên hệ đường tròn xuất giả thiết

Bài toán 7(Thi thử KHTN đợt năm 2017): Cho tam giácABC nội tiếp(O)

P điểm cung BC khơng chứa A (O) Lấy E, F

AC, AB: P B =CE, P C = BF Gọi (AEF)∩(O) = A, G Chứng minh rằng: GP

Lời giải: Lấy S đối xứng B qua G Ta thấy rằng: 4GF B ∼ 4GEC(g.g)

GB GC =

F B EC =

P C P B =

GS

GC, ý rằng: ∠SGC = 180 ◦ −

∠AGC =∠BP C 4BCP ∼ 4CSG(c.g.c) ∠BGP = ∠BCP = ∠CSG nên GPkSC

GP chia đơi BC(theo tính chất đường trung bình)

Bài toán 8(Thi HSG lớp tỉnh Thanh Hoá 2011): Cho tam giácABC cóM trung điểmBC, phân giác ngồi∠AcắtBCởD Gọi(ADM)∩AB, AC =E, F 6=A

Lời giải: Gọi(O)là đường tròn ngoại tiếp tam giácABC GọiL, Klần lượt trung điểm cung lớn nhỏBC của(O) Ta để ý rằng: O, M, K, Lthẳng hàng nằm trung trực BC ∠KAD = ∠DM K = 90◦ nên A, M, K, E, F đồng viên, đồng thời ta có: A, K, L thẳng hàng Ta có: ∠EDK = ∠EAK = ∠KAC = ∠F DKdo ý rằng: DK đường kính(ADM)nênDK qua trung điểm EF hay D, K, N thẳng hàng Từ đó: 4EN K ∼ 4BM K hay là: N K

M K = EK BK

Ta cần chứng minh: EK

BK = KD

KL(đúng ta có: 4DKE ∼ 4LKB(g.g) nên

DK LK =

KE

KB) ta thu M NkAD(theo định lí T hales)(đpcm)

Cuối bạn thử giải toán sau:

Bài toán 9: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I) Đường thẳng qua I

Lời giải: Gọi (AOI)∩(O) =J, A GọiKI∩(AOI) =T, I ta có: OT đường kính của(AOI)màOA =OJ đó: IK phân giác gócAIJ Vậy∠KIL=∠T AJ Gọi

AI∩(O) =D, AvàDJ∩(AIO) = E, Jta có: ∠ADJ =∠AOT =∠AIT nênKIkDJ Gọi AE ∩KI =P M trung điểm BC Ta có: IOM K tứ giác nội tiếp nên:

∠IOK =∠IM B Gọi N trung điểm cung BAC (O)ta có: ∠IN A=∠IM B

Ta chứng minh 4IAN ∼ 4P IO hay IA

IP = AN OI = AD DE = AD AE ⇔ AN AD = OI AE

Ta có: OI

AE =

sin∠IAO sin∠AJ E =

sin∠ADN

sin∠AN D = tan∠ADN = AN

AD Vậy tóm lại ta thu

minh rằng: K, I, L thẳng hàng

Bài toán 11(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I

Một đường tròn (T) tiếp xúc AB, AC E, D Lấy P, Q đoạn BC cho:

BE =BP, CD =CQ S=EQ∩DP vàSI∩(T) = J, T J∩ED=K Chứng minh rằng: AK chia đơi BC

Bài tốn 12(Trí Phan Quang): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao AD, BE, CF cắt H M trung điểm BC Đường thẳng qua A song song HM cắt (O) điểm thứ hai I EF ∩BC =S đường thẳng qua A vuông góc SO cắt (O) V Chứng minh rằng: V D cắt IH (O)

Bài toán 13(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm

nội tiếp I E, F hình chiếu I lên AC, AB K tiếp điểm đường tròn A− M ixtilinear nội EF ∩BC =T M trung điểm BC Chứng minh rằng: AM

cắt T K (O)

Bài toán 14(Trần Quang Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn (K) qua B, C cắt CA, AB E, F 6= B, C, BE ∩CF = H Gọi

(AEF)∩(O) = G 6= A, AH ∩BC = D, GD ∩(O) = N, G Gọi M trung điểm