SKKN vận dụng phương tích để giải quyết một số dạng toán hình học phẳng trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán

I Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Bồi dưỡng học sinh giỏi nhiệm vụ quan trọng việc nâng cao chất lượng giáo dục, bồi dưỡng nhân tài cho trường THPT Chuyên Lam Sơn nói riêng, cho địa phương nói chung Bồi dưỡng học sinh giỏi cơng việc khó khăn lâu dài, địi hỏi nhiều cơng sức thầy trị Phần Hình học phẳng chương trình tốn chun sâu phần khó em học sinh Theo cấu trúc đề thi học sinh giỏi Quốc gia có có tới thuộc phần Hình học phẳng Các tốn loại mang tính tổng hợp trừu tượng hóa cao Vì nhiều học sinh học đến phần thường ngại, say mê, sáng tạo giảm Thời gian đầu tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi trường, thân tơi gặp nhiều khó khăn việc hướng dẫn học sinh giải tốn phần Phương tích chủ đề quan trọng hình học phẳng Lý thuyết phần đơn giản lại có nhiều ứng dụng quan trọng Rất nhiều toán đề thi học sinh giỏi khu vực, quốc gia quốc tế giải nhờ sử dụng tính chất phương tích điểm đường trịn Điển hình tốn quan hệ song song, vng góc; tốn chứng minh điểm đồng viên; toán đồng quy, thẳng hàng, điểm đường cố định… Để giúp học sinh có say mê, tư sáng tạo việc học phần Hình học phẳng Tơi đọc tài liệu, nghiên cứu, phân tích, cải tiến cách dạy, tìm tịi thêm phương pháp giải toán khác Đồng thời hệ thống hoá tập, trang bị cho em lượng kiến thức để em vận dụng làm tập cách khoa học hơn, sáng tạo Tạo hứng thú học tập đồng thời giúp em rèn luyện phương pháp giải tập loại tập mà cịn vận dụng cách tư cho loại tập khác Trong khuôn khổ đề tài “Vận dụng phương tích để giải số dạng tốn hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi tốn” tơi nêu số kỹ thuật để Học sinh giải tốn Hình học phẳng cách khoa học có tính sáng tạo Từ để em củng cố kiến thức, rèn luyện khả nghiên cứu khoa học, đồng thời trang bị thêm kiến thức nhằm chuẩn bị tốt cho kỳ thi học sinh giỏi năm học 2021-2022 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu tìm phương pháp dạy học phù hợp dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi số nội dung phần Hình học phẳng Trường THPT Chuyên Lam Sơn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu học sinh Chuyên Toán, Trường THPT Chuyên Lam Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu phần Hình học phẳng, Phương pháp dạy học mơn Tốn có liên quan đến đề tài Sáng kiến kinh nghiệm Quan sát: Quan sát thực trạng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn nói chung bồi dưỡng phần Hình học phẳng nói riêng Trường THPT Chuyên Lam Sơn Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi hiệu việc vận dụng phương tích để giải số dạng tốn hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Trường THPT Chuyên Lam Sơn II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trước hết, ta tìm hiểu nội dung phương tích điểm đường trịn 2.1.1 Định lí định nghĩa phương tích điểm đường trịn a Định lí Cho đường trịn (O; R) điểm M cố định, OM = d Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn hai điểm A B Khi MA.MB = d − R b Định nghĩa Giá trị không đổi MA.MB = d − R định lí gọi phương tích điểm M đường trịn (O) kí hiệu PM /(O) c Nhận xét +) Từ định nghĩa ta có PM / ( O ) = MA.MB = d − R Vì vậy: PM /(O ) < ⇔ M nằm (O); PM /(O ) = ⇔ M nằm (O); PM /(O ) > ⇔ M nằm (O) +) Cho hai cát tuyến MAB, MCD đường trịn (O) Khi PM /(O) = MA.MB = MC.MD = MO − R +) Cho hai dây cung AB, CD đường trịn (O) cắt điểm M Khi PM /(O) = MA.MB = MC.CD = R − MO2 +) M nằm ngồi đường trịn (O) MT tiếp tuyến (O) Khi PM /( O) = MT d Hệ Cho hai đường thẳng AB CD cắt tạiuuM kiện ur uĐiều uur u uur ucần uuu r đủ để bốn điểm A, B, C , D nội tiếp đường tròn MA.MB = MC.MD (hay MA.MB = MC.MD ) e Hệ Cho đường AB cắt đường thẳng ∆ M điểm C đường thẳng ∆ ( C ≠ M ) Điều kiện cần đủ để ∆ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC C MA.MB = MC 2.1.2 Phương tích số điểm đặc biệt tam giác a Phương tích trọng tâm Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Các cạnh BC = a, CA = b, AB = c Khi phương tích trọng tâm G tam giác ABC với (O) là: PG /( O ) = − ( a + b2 + c ) b Phương tích trực tâm Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Phương tích trực tâm H tam giác ABC (O) tính theo R góc A, B, C là: PH /( O) = −8R cos A.cos B.cos C Nhận xét PH /( O ) = OH − R = −8R cos A.cos B.cosC ⇒ OH = R ( − 8cos A.cos B.cosC ) c Phương tích tâm đường tròn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) ngoại tiếp đường tròn ( I ; r ) Phương tích I đường trịn ( O ) là: PI /( O ) = −2Rr 2.1.3 Trục đẳng phương hai đường tròn, chùm đường trịn a Định lý Cho hai đường trịn khơng đồng tâm (O ; R1 ) (O ; R2 ) Tập hợp điểm M có phương tích hai đường trịn đường thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn (O ) (O2 ) b Các hệ Cho hai đường tròn (O) (I) Khi đó: +) Trục đẳng phương hai đường trịn vng góc với đường thẳng nối tâm +) Nếu hai đường tròn cắt A B AB trục đẳng phương chúng +) Nếu điểm M có phương tích (O) (I) đường thẳng qua M vng góc với OI trục đẳng phương hai đường tròn +) Nếu hai điểm M, N có phương tích hai đường trịn đường thẳng MN trục đẳng phương hai đường tròn +) Nếu điểm có phương tích hai đường trịn điểm thẳng hàng +) Nếu (O) (I) tiếp xúc A đường thẳng qua A vng góc với OI trục đẳng phương hai đường tròn c Cách xác định trục đẳng phương hai đường tròn Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt A, B Khi đường thẳng AB trục đẳng phương hai đường tròn Trường hợp 2: Hai đường trịn tiếp xúc T Khi tiếp tuyến chung T trục đẳng phương hai đường trịn Trường hợp 3: Hai đường trịn khơng có điểm chung Dựng đường tròn (O3 ) cắt hai đường trịn ( O1 , O2 , O3 khơng thẳng hàng) Trục đẳng phương cặp đường tròn (O1 ) (O3 ); (O2 ) (O3 ) cắt K Đường thẳng qua K vng góc với O1O2 trục đẳng phương (O1 ),(O2 ) d Chùm đường trịn Tập hợp đường trịn có chung trục đẳng phương gọi chùm đường tròn Với hai đường tròn (O1 ),(O2 ) , tập hợp A = {α PM /(O1 ) + β PM /( O2 ) = 0} chùm đường tròn 2.1.4 Tâm đẳng phương a Định lý Cho đường tròn (O1 ),(O2 ),(O3 ) cho O1 , O2 , O3 khơng thẳng hàng Khi trục đẳng phương cặp đường tròn trùng song song qua điểm, điểm gọi tâm đẳng phương ba đường tròn Từ suy có hai đường thẳng trùng trục đẳng phương cặp đường tròn lại Nếu hai trục đẳng phương cắt điểm điểm thuộc trục đẳng phương lại b Các hệ +) Nếu đường trịn đơi cắt dây cung chung qua điểm +) Nếu trục đẳng phương song song trùng tâm đường tròn thẳng hàng +) Nếu đường trịn qua điểm có tâm thẳng hàng trục đẳng phương trùng 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi bồi dưỡng học sinh giỏi phần Hình học phẳng học sinh lớp 10 lớp 11 chuyên toán trường THPT Chuyên Lam Sơn, giai đoạn đầu học phần này, học sinh thường gặp nhiều khó khăn để chiếm lĩnh tri thức Nhiều học sinh học đến phần cảm thấy rắc rối dẫn đến ngại Một số học sinh gặp tốn mà em chưa có hướng giải, em hay bỏ ngay, khơng có tính kiên trì để tìm tịi cách giải, học sinh hay ỷ lại, chờ giáo viên chữa Thời gian đầu, thân tơi gặp nhiều khó khăn việc hướng dẫn học sinh giải toán phần Điều thơi thúc tơi tìm hướng giải tốn với cơng cụ làm tiền đề sau kết hợp với công cụ khác để hướng dẫn học sinh giải toán đặt 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Qua nhiều băn khoăn trăn trở, tơi nghiên cứu, tìm tòi đưa cách vận dụng phương tích để giải số nội dung Hình học phẳng nhằm khắc phục vấn đề nêu 2.3.1 Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải toán chứng minh điểm nằm đường tròn Khi hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải tốn chứng minh điểm nằm đường tròn, ta cần nhấn mạnh nội dung kiến thức hay sử dụng là: Cho hai đường thẳng AB CD cắt utại uur M uuurĐiều uuukiện r uuuu rcần đủ để bốn điểm A, B, C , D nội tiếp đường tròn MA.MB = MC.MD (hay MA.MB = MC.MD ) Ví dụ (China 2010) Cho hai đường tròn ( ω1 ) , ( ω2 ) cắt hai điểm A,B Một đường thẳng qua B cắt ( ω1 ) , ( ω2 ) C D, đường thẳng khác qua B cắt ( ω1 ) , ( ω2 ) E F Đường thẳng CF cắt lại ( ω1 ) , ( ω2 ) theo thứ tự P Q Chứng minh CD = EF C , F , M , N nằm đường trịn, M, N điểm cung nhỏ BP BQ Hướng dẫn giải · · · Ta có ∆ACD = ∆AEF , suy AE = AC ⇒ ACE = AEC ⇒ ABC = ·ABF , suy · BA phân giác góc CBF Do ba đường thẳng AB, CM , FN đồng quy tâm nội tiếp I tam giác BCF Ta có IC.IM = IA.IB = PI /( ω1 ) ; IF IN = IA.IB = PI /( ω2 ) , suy IC.IM = IF IN Vậy C , F , M , N nằm đường trịn (đpcm) Ví dụ (HSG Quốc gia 2020) Cho tam giác ABC nhọn không cân Gọi D, E, F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Đường trịn đường kính AD cắt lại DE, DF M, N Lấy điểm P, Q tương ứng AB, AC cho NP vng góc AB, MQ vng góc AC Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ a) Chứng minh (I) tiếp xúc với EF b) Gọi T tiếp điểm (I) với EF DT cắt MN K Gọi L điểm đối xứng với A qua MN Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DKL qua giao điểm EF MN Hướng dẫn giải a) Kẻ AT vng góc với EF Do ∠AFE = ∠AFN = 90◦, ∠AFT = ∠AFN nên ∆ AFT = ∆ AFN Suy N đối xứng với T qua AB Suy TP ⊥ AB Tương tự TQ ⊥ AC Suy (I) tiếp xúc với EF T b) Gọi S giao EF MN Để chứng minh tứ giác DLKS nội tiếp, áp dụng tính chất phương tích ta cần chứng minh JK JS = JL.JD , thậy vậy: Giả sử MN cắt AE, AF Y, Z J giao AD với MN Do M, N đối xứng với T qua AE, AF nên EZ ⊥ AB, FY ⊥ AC Suy (EF,TS) = −1 Từ D(EF,TS) = −1, suy (MN,KS) = −1 Do J trung điểm MN nên theo hệ thức Newton: JK JS = JM = − JM JN = − JA.JD = JL.JD Như ta có JK JS = JL.JD suy tứ giác DLKS nội tiếp Ví dụ (Poland 2013) Cho tam giác ABC với hai đường phân giác BB ', CC ' cắt I Đường thẳng với IA A cắt BI , CI K , M tương ứng Đường thẳng B ' C ' cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hai điểm N , E Chứng minh bốn điểm M , N , E , K thuộc đường tròn Hướng dẫn giải Gọi D giao điểm MB KC, ta có A, D, I thẳng hàng IA DA vng góc với MK Ta có M K tâm bàng tiếp góc C B tam giác ABC nên IB vng góc với MB IC vng góc với KC, tứ giác MBCK nội tiếp Ta thấy I giao MC' KB', A giao BC' CB' D giao MB CK I , A, D thẳng hàng nên theo định lý Deargues ta MK , B ' C ', BC đồng quy, giả sử điểm P Từ theo phương tích điểm P với đường trịn ta PN PE = PB.PC = PM PK Vậy M , N , E , K thuộc đường tròn (đpcm) 2.3.2 Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải tốn chứng minh vng góc, song song Khi hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải tốn chứng minh vng góc, song song Ta cần nhấn mạnh cho học sinh kiến thức quan trọng hay sử dụng là: Tập hợp điểm M có phương tích hai đường tròn đường thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn vng góc với đường thẳng nối tâm hai đường trịn Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BE, CF cắt H Trên tia FB, EC theo thứ tự lấy điểm P, Q cho FP = FC , EQ = EB BQ cắt CP K Gọi I, J theo thứ tự trung điểm BQ, CP Chứng minh HK ⊥ IJ Hướng dẫn giải Tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có : PH /( BCEF ) = HB.HE = HC.HF = PH /( BEQ ) = PH /( PCF ) Từ giả thiết ta có, · · BPC = BQC = 450 ⇒ BCQP nội tiếp Do đó, PK /( BCQP ) = KB.KQ = KC KP = PK /( PCF ) = PK /( BEQ ) Vậy HK trục đẳng phương hai đường tròn ( PCF ) ( BEQ ) , mà J, I lần hai tâm hai đường trịn ⇒ HK ⊥ IJ Ví dụ (IMO shorlist 2014) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) với AB > BC Phân giác góc ABC cắt ( O ) M khác B Gọi ( ε ) đường trịn đường kính BM Phân giác góc AOB BOC cắt ( ε ) P Q Trên đường thẳng PQ lấy điểm R cho RB = RM Chứng minh BR || AC Hướng dẫn giải Gọi K trung điểm BM K tâm ( ε ) OK OM trung trực BM AC, R giao điểm PQ với OK Gọi N giao điểm thứ hai OM với đường trịn ( ε ) , ta có BN || AC Ta cần chứng minh đường thẳng BN qua R xong Điều đồng nghĩa với ba đường thẳng BN , PQ, OK đồng quy Ta dựng ba đường tròn mà đường thẳng BN , PQ, OK trục đẳng phương cặp đường trịn, từ thu điều cần chứng minh Từ đặc điểm vuông góc N K ta suy N K nằm đường trịn ( ω ) đường kính OB Tiếp theo ta chứng minh O, K , P, Q nằm đường tròn Gọi D E trung điểm BC AB D nằm OQ E nằm OP Do điểm B, E , O, K , D nằm đường tròn ( ω ) nên ta · · · · EOR = EBK = KBD = KOD · Suy OK phân giác góc POQ Mặt khác K tâm ( ε ) nên K nằm trung trực PQ Từ suy K điểm cung POQ đường tròn ngoại tiếp tam giác POQ Suy O, K , P, Q nằm đường trịn ( γ ) Khi OK , BN , PQ trục đẳng phương cặp đường tròn ( ω ) , ( γ ) ( ε ) Vậy OK , BN , PQ đồng quy, tốn chứng minh hồn tồn Ví dụ (Việt Nam TST 2019) Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp đường trịn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Giả sử BI cắt AC E CI cắt AB F Đường tròn qua E, tiếp xúc với OB B cắt (O) M Đường tròn qua F tiếp xúc với OC C cắt (O) N Các đường thẳng ME, NF cắt lại (O) P,Q Gọi K giao điểm EF BC Đường thẳng PQ cắt BC, EF G,H Chứng minh trung tuyến qua G tam giác GHK vng góc với OI Hướng dẫn giải Gọi L giao tiếp tuyến C (O) với AB Suy (L,LC) đường tròn C-Apollonius tam giác ABC Rõ ràng (L,LC) qua F,N Ta có tứ giác ANBC điều hòa nên phân giác ∠ACB, ∠ANB cắt AB Suy NF phân giác ∠ANB, từ Q điểm cung ACB (O) Tương tự P điểm cung ABC (O) 10 Gọi Ia,Ib,Ic tâm bàng tiếp góc A,B,C tam giác ABC P,Q trung điểm IaIc, IaIb Gọi R tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc Ta có I trực tâm tam giác IaIbIc, O tâm đường tròn Euler tam giác IaIbIc nên R,O,I thẳng hàng PG / ( Ia R ) = GP.GQ = GB.GC = PG / ( Ia I ) Suy IaG trục đẳng phương (IaI) (IaR) Mà đường nối tâm (IaI) (IaR) đường trung bình ứng với cạnh IR tam giác IaRI nên IaG ⊥ IR Vấn đề lại cần chứng minh IaG qua trung điểm KH Gọi U giao điểm IbIa với AB Ta có PU / (O ) = UB.UA = UI a UI b = PU / ( R ) nên U thuộc trục đẳng phương (O) (R) Ta có A(BC,IaK) = −1 = A(BC,IaIb) nên K giao điểm IbIc với BC Chứng minh tương tự ta thu KU trục đẳng phương (O) (R) Suy KU ⊥ OR Giả sử IaG cắt EF J, IbIc S Ta có (AB,FU) = −1 nên K(AB,FU) = −1 Chiếu lên SG với ý KU || SG ta thu JS = JG Do PQ || IbIc nên JH = JK Suy GJ trung tuyến tam giác GKH Bài toán chứng minh xong 2.3.3 Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy Kiến thức phương tích để giải tốn chứng minh thẳng hàng, đồng quy hay sử dụng là: + Các điểm có phương tích với đường trịn nằm đường thẳng + Trục đẳng phương đôi đường trịn đồng quy điểm Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) Gọi ( I ) , ( I a ) đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Giả sử II a cắt BC ( O ) A′, M Gọi N điểm cung MBA NI , NI a cắt ( O ) S, T Chứng minh S , T , A′ thẳng hàng 11 Hướng dẫn giải Ta có · » + sd SA º = sd NM ¼ + sd SA º = NIM · NTS = sd NA ⇒ I· aTS = I· a IS ⇒ I aTIS nội 2 tiếp · · Mặt khác IBI nội tiếp Ta thấy II a trục đẳng phương a = ICI a = 90 ⇒ IBI a C ( I aTIS ) ( IBI aC ) BC trục đẳng phương ( O ) ( IBI aC ) TS trục đẳng phương ( O ) ( I aTIS ) Suy II a , BC ,TS đồng quy A′ ⇒ S , T , A′ thẳng hàng Ví dụ (HSG Quốc gia 2021) Cho tam giác nhọn khơng cân ABC có trực tâm H D, E, F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I K, J trung điểm BC, EF Cho HJ cắt lại (I) G, GK cắt lại (I) L a) Chứng minh AL vng góc với EF b) Cho AL cắt EF M, IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF N, DN cắt AB, AC P, Q Chứng minh PE, QF, AK đồng quy Hướng dẫn giải a) Ta có KI đường nối tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF BFEC nên KI đường trung trực EF suy K, I, J thẳng hàng EF ⊥ IK dẫn đến KF tiếp tuyến đường tròn tâm I ngoại tiếp tứ giác AEHF Lại có PK /( I ) = KF = KL.KG ( ) ( ) Mà ∆ IFK vng F có FJ đường cao ⇒ KF = KJ KI = KL.KG nên tứ giác IJLG nội tiếp, ta có 1· ¶ = JGL · ¶ = JIH · JIL = HIL ⇒ JIL ⇒ ∆HIJ = ∆LIJ (g.c.g) mà (I) có AH đường kính ⇒ AL ⊥ HL ⇒ AL ⊥ EF (đpcm) 12 b) Kẻ tiếp tuyến AO (I) : O ∈ ND Gọi giao điểm QF PE X Ta có: PM /( IEF ) = MN MI = ME.MF = MA.ML = PM /( HEF ) ⇒ MN MI = MA.ML ⇒ tứ giác AILN nội tiếp ⇒ ·ANI = ·ALI Lại có: 1· · · · · = 900 − ·ALI ⇒ AND · IND = IKD = 900 − DIK = 900 − HIC = 900 − IAL = 900 Xét ∆ DAO có AN ⊥ DO ⇒ OA2 = ON.OD ⇒ PO /( I ) = PO / ( IEF ) ⇒ O, E , F thẳng hàng Xét ∆ APQ có: O ∈ PQ, E ∈ AQ, F ∈ AP, QF ∩ PE = { X } ⇒ A ( PQ, XO ) = −1 ⇒ A ( BC , XO ) = −1 Mà xét ∆ ABC có AO PBC (do AO ⊥ AH ; AH ⊥ BC ); K trung điểm BC ⇒ A(BC,KO) = −1 ⇒ A, X, K thẳng hàng ⇒ AK, PE, QF đồng quy (đpcm) Ví dụ (IMO shorlist 2011) Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi B0 , C0 trung điểm cạnh AC AB D hình chiếu A BC G trọng tâm tam giác ABC Gọi ( ω ) đường tròn qua B0 , C0 tiếp xúc với ( O ) điểm X khác A Chứng minh D, G, X thẳng hàng Hướng dẫn giải Gọi a x tiếp tuyến A X đường tròn ( O ) gọi ( ω1 ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 Dễ thấy a tiếp tuyến ( ω1 ) A a trục đẳng phương hai đường tròn ( O ) ( ω1 ) Như ba đường thẳng a, x B0C0 trục đẳng phương cặp đường tròn ( O ) ( ω1 ) ; ( O ) ( ω ) ; ( ω ) ( ω1 ) , a, x B0C0 đồng quy điểm M 13 Ta có MA = MD = MX nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX Gọi T giao điểm thứ hai DX với ( O ) , ý O ∈ ( ω1 ) Ta có 1 · DAT = ·ADX − ·ATD = 3600 − ·AMX − ·AOX = 1800 − ·AMX + ·AOX = 900 2 AD ⊥ AT ⇒ AT || BC suy Do ATCB hình thang cân ( ) ( ) Gọi A0 trung điểm B0C0 Xét phép vị tự V − biến A a A0 ; B a B0 ; G · C a C0 ; T a T ' , suy TCB = T· ' C0 B0 · · · C A = DC · B Do T ' ≡ D , từ suy D, G, T Mặt khác TCB = CBA =B 0 0 thẳng hàng ta có điều phải chứng minh 2.3.4 Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải toán chứng minh điểm cố định, đường cố định Kiến thức hay sử dụng là: Nếu A, B cố định AB AM số khơng đổi, M cố định Ví dụ Cho đường trịn (O) điểm I cố định nằm đường tròn, I khác O Một đường thẳng quay quanh I, cắt (O) A B Các tiếp tuyến (O) A B cắt M Chứng minh M chạy đường thẳng cố định Hướng dẫn giải Gọi K giao điểm OM AB, H hình chiếu M đường thẳng OI Khi tứ giác MKIH nội tiếp ⇒ OK OM = OI OH ( 1) Tam giác OAM có OK OM = OA2 = R ( ) 14 R2 ⇒ H cố định Vậy M chạy Từ (1) (2) suy OI OH = R ⇔ OH = OI đường thẳng qua H vuông góc với OI H Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O, R ) M điểm di động ( O ) AA′, BB′, CC ′ dây cung qua M thỏa mãn hệ thức MA MB MC + + = Chứng minh M thuộc đường tròn cố định MA′ MB′ MC ′ Hướng dẫn giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC, a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ABC a + b2 + c 2 Theo phương tích trọng tâm, ta có R = OG + ( 1) Do MA.MA′ = MB.MB′ = MC.MC ′ = R − OM suy MA MA2 MA2 = = MA′ MA.MA′ R − OM MB MB MC MC = ; = Tương tự ta có Từ ta có MB′ R − OM MC ′ R − OM MA2 + MB + MC 2 = ⇔ MG + a + b + c ) = ( R − OM ) ( ) ( 2 R − OM 2 (1); (2) ⇒ OM + MG = OG Vậy M nằm đường tròn đường kính OG 15 Ví dụ (HSG Quốc gia 2015) Cho đường tròn (O) hai điểm B, C cố định (O), BC khơng đường kính Một điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn Gọi E, F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Cho (I) đường tròn thay đổi qua E, F có tâm I DB cot B = a) Giả sử (I) tiếp xúc với BC điểm D Chứng minh DC cot C b) Giả sử (I) cắt cạnh BC hai điểm M, N Gọi H trực tâm tam giác ABC P, Q giao điểm (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Đường tròn (K) qua P, Q tiếp xúc với (O) điểm T (T phía A PQ) · Chứng minh đường phân giác góc MTN ln qua điểm cố định Hướng dẫn giải a) Giả sử điểm D nằm cạnh BC, trường hợp điểm D nằm chứng minh tương tự Gọi R, S giao điểm (I) với BC (các giao điểm tương ứng trùng E, F trường hợp tam giác ABC cân) AR AE AB = = ⇒ RS / / BC Ta có AR AF = AS AE ⇒ AS AF AC Do (I) tiếp xúc với BC D nên: DB BF BR BF BR BF AB BF BE cot B DB cot B = = = = = = Do DC CE.CS CE CS CE AC CE CF cot C DC cot C b) Trường hợp tam giác ABC cân A, toán hiển nhiên Xét trường hợp tam giác không cân A, khơng tính tổng qt, giả sử AB < AC Gọi G giao điểm EF đường thẳng BC Xét đường tròn (BHC), (I) đường tròn đường kính BC Ta thấy: Trục đẳng phương (BHC), (I) PQ Trục đẳng phương (I) đường trịn đường kính BC EF Trục đẳng phương (BHC) đường trịn đường kính BC BC 16 Do PQ, EF, BC đồng quy tâm đẳng phương đường trịn Ta có GT = GP.GQ = GM GN nên đường tròn (TMN) tiếp xúc với (O) T · · ¼ đường trịn (K)) Do ta có GTM (cùng chắn cung TM = GNT · · · Theo tính chất góc ngồi tam giác GNT Hơn nữa, GT = NTC + NCT · · tiếp xúc với (O) nên GTB Trừ tương ứng vế đẳng thức, ta = GCT · · BTM = NTC · · Từ dễ thấy phân giác góc MTN BTC trùng hay phân giác · MTN qua trung điểm J cung BC không chứa A, điểm cố định Ta có đpcm 2.3.5 Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải tốn chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức hình học Kiến thức hay sử dụng đẳng thức giá trị phương tích điểm đường trịn Ví dụ (IMO shorlist 2011) Cho tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 không nội tiếp Gọi O1 r1 tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 Định nghĩa O2 , O3 , O4 r2 , r3 , r4 cách tương tự Chứng minh 1 1 + + + = 2 2 2 O1 A1 − r1 O2 A2 − r2 O3 A3 − r3 O4 A42 − r42 Hướng dẫn giải 17 Gọi M giao điểm hai đường chéo A1 A3 A2 A4 , B1 giao điểm thứ hai A1 A3 với đường tròn ( ω1 ) ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 yt Ta có O1 A12 − r12 = A1B1 A1 A3 MB1.MA3 = MA2 MA4 ⇒ MB1 = Do z z−x  yt  O1 A12 − r12 =  − x ÷( z − x ) = ( yt − xz ) z  z  Cùng đẳng thức tương tự ta 1  z t x y  = − + − ∑  ÷= 2 O A − r yt − xz z − x t − y x − z y − t i =1   i i i Ví dụ (Việt Nam TST 2006) Cho tam giác ABC tam giác nhọn tam giác cân nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Một đường thẳng d thay đổi cho vng góc với OA ln cắt tia AB, AC Gọi M, N giao điểm d AB, AC Giả sử BN CN cắt K, AK cắt BC a) Gọi P giao AK BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định b) Gọi H trực tâm tam giác AMN Đặt BC = a l khoảng cách từ A đến HK Chứng minh KH qua trực tâm tam giác ABC, từ suy l ≤ 4R2 − a2 Hướng dẫn giải 18 a) Gọi Q giao điểm MN BC, E trung điểm BC Xét tứ giác BMNC ta biết Q, P, B, C hàng điểm điều hòa Suy ( QPBC ) = −1 Khi ta có: EP.EQ = EB , suy QE.QP = QE − QE.PE = QE − EB = OQ − OB = QB.QC · · Mà tứ giác BMNC nội tiếp có NCB = xAB = ·AMN (Ax tia tiếp tuyến (O)) Suy QM QN = QB.QC Từ suy QM QN = QP.QE , suy tứ giác MNEP nội tiếp, suy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm E cố định b) Giả sử đường cao AD, BF CJ tam giác ABC cắt I; ba đường cao MX, AY, NZ tam giác AMN cắt H Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng Xét đường trịn tâm (O1) đường kính BN tâm (O2) đường kính CM Ta thấy: KC.KM = KB.KN , IC.IJ = IB.IF , HM HX = HN HZ Suy K, I, H thuộc trục đẳng phương (O1) (O2) nên thẳng hàng Từ suy AL ≤ AI Mà AI = 2.OE = R − BC = 4R − a Nên AL = l ≤ R − a 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Với cương vị người giao nhiệm vụ bồi dưỡng Học sinh giỏi mơn Tốn, sau triển khai nội dung Sáng kiến kinh nghiệm vào dạy cho học sinh đội tuyển lớp 11 chuyên Toán trường THPT Chuyên Lam Sơn, thu kết đáng khích lệ Trước hết, em khơng cịn thấy “ngại” gặp Hình học phẳng Khơng vậy, em cịn hào hứng muốn “chinh phục” dạng toán Kết làm tốn Hình học phẳng học sinh lần kiểm tra, đánh giá nhà trường ngày cao Trong lần thi chọn đội tuyển Trường Tỉnh đa số học sinh tiếp cận với tốn Hình học phẳng làm trọn vẹn loại toán Đặc biệt học sinh tham dự kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm học 2020 - 2021 làm hình học phẳng Kết góp phần đưa đội tuyển trường với 10/10 học sinh đạt giải với giải Nhất, giải Nhì, giải Ba Sáng kiến kinh nghiệm tiếp tục vận dụng để dạy cho đội tuyển Học sinh giỏi trường, hứa hẹn góp phần đem lại thành công cho nhà trường cho tỉnh nhà kỳ thi Học sinh giỏi khu vực, cấp Quốc gia Quốc tế năm học 2021 - 2022 19 III Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ trị quan trọng trường trung học phổ thơng Chuyên Lam Sơn nói riêng ngành giáo dục nói chung Phần Hình học phẳng chương trình tốn học phổ thơng phần khó em học sinh Các toán loại mang tính tổng hợp khái qt hóa cao Tuy nhiên học sinh qua ngưỡng “ngại” em hứng thú với nội dung Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn phần Hình học phẳng chương trình tốn chun sâu, ngồi việc động viên, khích lệ mặt tinh thần học sinh, khuyến khích em nỗ lực tìm tịi lời giải hay, tranh luận với bạn bè giúp tiến bộ, người giáo viện cịn phải biết phân tích tốn tìm cách vận dụng biết vào giải toán cách phù hợp với học sinh Ví dụ vận dụng phương tích để giải số dạng tốn phần Hình học phẳng SKKN Trên số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi Toán vận dụng phương tích để giải số dạng tốn phần Hình học phẳng Trường THPT Chuyên Lam Sơn Trong phạm vi Sáng kiến kinh nghiệm, giải số dạng tốn nội dung Rất mong bạn đồng nghiệp góp ý kiến để có cách dạy khai thác thể loại cách tốt hiệu cao 3.2 Kiến nghị Đề nghị Sở Giáo dục Đào tạo công bố rộng rãi Sáng kiến kinh nghiệm để người tham khảo Qua đó, hy vọng người đọc có ý kiến phản hồi để tác giả tiếp tục nghiên cứu sâu đề tài XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2021 Tôi xin cam đoan SKKN thân, không chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Đình Thanh 20 ... phân tích tốn tìm cách vận dụng biết vào giải toán cách phù hợp với học sinh Ví dụ vận dụng phương tích để giải số dạng tốn phần Hình học phẳng SKKN Trên số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi Toán. .. để hướng dẫn học sinh giải toán đặt 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Qua nhiều băn khoăn trăn trở, tơi nghiên cứu, tìm tịi đưa cách vận dụng phương tích để giải số nội dung Hình học phẳng. .. phục vấn đề nêu 2.3.1 Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải toán chứng minh điểm nằm đường trịn Khi hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải toán chứng minh điểm nằm đường tròn,