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