(Sáng kiến kinh nghiệm) phương pháp sử dụng bài toán chìa khóa trong giải toán hình học phẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI oOo PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG BÀI TỐN CHÌA KHĨA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG HÌNH HỌC PHẲNG Họ tên tác giả: Cao Thị Hồng Tuyết Chức vụ: Giáo viên Tốn Tổ chun mơn: Tốn – tin học Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên tỉnh Lào Cai CHỨC VỤ: TỔ TRƢỞNG CHUN MƠN TỔ : TỐN TIN HỌC ĐƠN VỊ: TRƢỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI Lào Cai, tháng năm 2020 Mục lục Nội dung Trang Đặt vấn đề Giải vấn đề Cơ sở lý luận vấn đề Thực trạng vấn đề Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề Xây dựng sử dụng chìa khóa Sử dụng đường đối trung tam giác Phép vị tự quay Trung điểm dây cung đường tròn minxtilinear 13 Các bổ đề học sinh tự luyện 19 Bài tập áp dụng 30 25 Kết 25 Kết luận 26 Tài liệu tham khảo ĐẶT VẤN ĐỀ Chuyên đề hình học chun đề hay khó, ln có mặt kỳ thi HSGQG, giữ vai trị vơ quan trọng không nét đẹp riêng mà cịn lượng kiến thức lớn Việc tìm lời giải, đường tư tốn hình học phẳng không nằm chuyên đề nhỏ mà thường kết hợp nhiều kiến thức liên quan Việc dạy cho học sinh nhìn tổng quát, cách tìm hướng giải tốn hình học phẳng khó Vì tơi muốn cung cấp cho học sinh chuyên đề nhỏ mà hệ thống kiến thức “chìa khóa”, giúp học sinh sau vẽ hình có hệ thống kiến thức liên quan để mở lời giải Học sinh có nhiều “chìa khóa” việc mở lời giải toán dễ dàng Trong nội dung SKKN, tơi hướng dẫn học sinh cách dùng chìa khóa số phần, phần cịn lại để học sinh tự tìm tịi, từ biết cách tích lũy chìa khóa riêng cho mình, chủ động việc xây dựng lời giải toán Đây phương pháp hiệu để giải tốn hình học phẳng Vì tơi lựa chọn đề tài: “PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG BÀI TỐN CHÌA KHĨA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm năm học 2019-2020 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2.1 Cơ sở lý luận vấn đề Trong chun đề hình học phẳng, có nhiều định lý, tính chất từ cổ điển đến đại, việc học hết kiến thức liên quan đến điều khó khăn Trong đó, việc giải tốn hình học phẳng đề thi học sinh giỏi lại dựa lớn vào việc học sinh nắm kiến thức bản, để vẽ xong hình, nhìn hình để biết ta có tính chất nào, liên quan đến tốn, từ tìm hướng giải Vì vậy, tơi muốn giúp em có hệ thống kiến thức quan trọng, có chìa khóa quan trọng để dùng giải tốn hình học phẳng Để giải tốn hình học phẳng cách sử dụng chìa khóa ta cần nắm rõ nội dung bản: + Lý thuyết bổ đề đường đối trung + Lý thuyết bổ đề phép vị tự quay + Đường tròn minxtilinear bổ đề 3, bổ đề + Các tính chất quan trọng liên quan đến đường kính đường trịn nội tiếp, trung điểm cung cách đỉnh tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp, đường thẳng đồng qui từ đường tròn nội tiếp, đường tròn xung quanh đường tròn nội tiếp, đối xứng trực tâm nằm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H : giúp ta định hướng lời giải cách nhanh Trong viết đề cập đến việc sử dụng bổ đề chìa khóa quan trọng để ta giải nhiều dạng tốn hình học phẳng toán chứng minh điểm thẳng hàng, cách điểm thuộc đường tròn, đường thẳng, đường tròn đồng quy…, viết ta khơng chia thành dạng tốn cụ thể mà tập trung vào cách nhìn hình, phát tính chất hình để giải tập áp dụng Thơng qua ví dụ thấy cách dùng bổ đề chìa khóa giải tốn hình học phẳng 2.2 Thực trạng vấn đề Chuyên đề hệ thống lại bổ đề chìa khóa quan trọng cách vận dụng vào giải tốn hình học phẳng chương trình bồi dưỡng học sinh thi học sinh giỏi cấp Tuy nhiên việc giải tốn hình học khơng đơn giản Nó địi hỏi người làm tốn ngồi việc hiểu rõ kiến thức, có kỹ cần thiết cần phải có tư sáng tạo, sắc bén Trong khuân khổ SKKN trình bày việc sử dụng bổ đề chìa khóa để giải tốn chứng minh hình học phẳng 2.3 Đối tƣợng nghiên cứu Học sinh lớp 10 Toán đội tuyển HSG 10 mơn Tốn 2.4 Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu Kiến thức dạy cho học sinh đội tuyển HSG 10, 11, 12 áp dụng cho kì thi HSG cấp tỉnh, khu vực HSG quốc gia 2.5 Nhiệm vụ nghiên cứu Giúp học sinh nắm lý thuyết kiến thức liên quan đến hệ thống bổ đề, biết vận dụng vào giải tốn hình học phẳng 2.6 Phƣơng pháp nghiên cứu Xây dựng hệ thống sở lí luận dựa chương trình sách giáo khoa chuyên, chuyên đề Duyên Hải, tài liệu liên quan trao đổi với đồng nghiệp Trên sở xây dựng hệ thống phương pháp giải toán 2.7 Thời gian nghiên cứu Năm học 2019 – 2020, buổi bồi dưỡng học sinh giỏi khối 10,11 NỘI DUNG A XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BỔ ĐỀ CHÌA KHĨA: I Sử dụng đƣờng đối trung tam giác 1.Lý thuyết đƣờng đối trung: - Định nghĩa: Trong tam giác ABC, đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến AM qua đường phân giác AD gọi đường đối trung tam giác ABC xuất phát từ đỉnh A A B D M S C 2.Một vài tính chất đƣờng đối trung 2.1.Đường đối trung chia cạnh đối diện thành phần tỉ lệ với bình phương cạnh kề 2.2.Ba đường đối trung tam giác đồng quy điểm 2.3.Đường đối trung xuất phát từ đỉnh tam giác quỹ tích điểm có tỉ số khoảng cách đến hai cạnh kề tam giác tỉ lệ thuận với độ dài cạnh 2.4.Chìa khóa 1- Bổ đề 1: Gọi  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tiếp tuyến  B, C cắt D AD đối xứng với trung tuyến AM qua đường phân giác góc A ( đường thẳng AD gọi đường đối trung tam giác ABC) (Ở ta xét trường hợp góc BAC nhọn (trường hợp BAC tù chứng minh tương tự) Lời giải 1: (Sử dụng trực tiếp định lí hàm số sin) Gọi M giao điểm cạnh BC với đường thẳng đối xứng với đường thẳng AD qua phân giác góc BAC sin BAM AM BM sin ABC  sin BAM sin ABD  sin CAD.sin ABD  CD AD   Ta có MC sin CAM sin ACD sin CAM sin ACD.sin BAD AD BD AM sin ACB  BM  MC Do M trung điểm BC Lời giải 2: (Sử dụng tam giác đồng dạng, kí hiêu: ) Cách 1: Gọi O tâm đường tròn  Gọi  đường tròn (D,DB) Các đường thẳng AB, AC cắt  điểm thứ hai P, Q tương ứng Gọi M trung điểm BC  Ta có : PBQ  BQC  BAC  BDC  BOC  900  PQ đường kính đường trịn   D  PQ  Ta có : ABC AQP M trung điểm BC, D trung điểm PQ    BAM  QAD  đpcm Cách 2: Gọi E giao điểm thứ hai AD  Đường thẳng đối xứng với AD cắt BC M’ Ta có ABM ' AEC & AM 'C ABE ( g  g ) Suy M ' B EC M ' C BE  &  (1) AM ' AC AM ' AB EC DC BE BD Ta có DEC DCA & DBE DAB  ,  &  AC AD AB AD EC BE mà Từ (1) & (2) suy DC  DB   (2) AC AB M ' C BM '   CM '  BM '  M '  M  (đpcm) AM ' AM ' Cách 3: (sử dụng định lí Ptôlêmê) Gọi E giao điểm thứ hai  AD Áp dụng định lí Ptơlêmê cho tứ giác ACEB, ta có AC.BE  AB.CE  AE.BC (1) EC DC BE BD Ta có DEC DCA & DBE DAB  ,  &  AC AD AB AD EC BE mà DC  DB    AC.BE  AB.CE (2) AC AB Từ (1), (2) & MB  MC suy EB CM AC.BE  MC AE   & AEB  ACM  ABE AMC  BAE  MAC EA CA  AM & AE đối xứng qua phân giác góc BAC Lời giải 3: (sử dụng phép nghịch đảo) Tiếp tuyến đường tròn  A cắt BC E Gọi F  BC  AD Ta có BC đường đối cực điểm D  Suy điểm D thuộc thuộc đường đối cực điểm E AD đường đối cực điểm E Suy B, C, E, F hàng điểm điều hòa  A( EFCB)  1 Xét phép đối xứng qua đường phân giác góc BAC , chùm điều hịa A(EFCB) có ảnh chùm điều hịa Qua phép đối xứng AE biến thành đường thẳng song song với BC, AF biến thành AM (M  BC ) , AC  AB, AB  AC suy A(MBC )  1  M trung điểm BC Lời giải 4: (Sử dụng hàng điểm điểm hòa) Gọi M giao điểm OD BC, H, K giao điểm  với OD (H xen M D) Ta có OA2  OH  OB2  OM OD  ( K , H , M , D)  1  A( K , H , M , D)  1 Mà HA  KA  HA, KA phân giác ngồi góc DAM  AD AM đối xứng qua phân giác góc BAC Hay phát biểu cách khác: Đường đối trung xuất phát từ đỉnh tam giác qua giao điểm hai tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác hai đỉnh Chúng ta coi đường đối trung tam giác tính chát biết để vận dụng giải toán Vận dụng: Bài toán 1: [IMO Shortlist 2003] Ba điểm A, B, C cố định đường thẳng theo thứ tự Gọi Г đường trịn qua A, C có tâm không nằm AC Gọi P giao điểm tiếp tuyến Г A C Giả sử Г cắt đoạn PB Q Chứng minh giao điểm phân giác AQC đường thẳng AC không phụ thuộc vào cách chọn Г Nhận xét: Vẽ hình, ta thấy xuất tính chất 2.4 Lời giải: Theo 2.1 2.4 ta có Suy Do R cố định.(đpcm) Bài toán 2: [Poland 2000] Cho tam giác ABC cân C, P điểm nằm bên tam giác ABC cho PAB  PBC Gọi M trung điểm AB Chứng minh rằng: APM  BPC  1800 Nhận xét: Từ giả thiết P điểm nằm bên tam giác ABC cho PAB  PBC suy BC tiếp tuyến B đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB Mà tam giác ABC cân, chứng minh AC tiếp tuyến Dùng chìa khóa 2.4 để giải toán Lời giải: C P B I M A O Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABP Từ giả thiết ta có CB AC tiếp tuyến đường tròn (O) CP đối xứng PM qua phân giác góc APB Kéo dài CP cắt AB I, Mà = 1800 Suy = 3600- ( = 1800 (đpcm) Bài toán 3: [VMO TST 2001] Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cắt hai điểm A, B Gọi PT tiếp tuyến chung hai đường trịn ( P, T tiếp điểm) Các tiếp tuyến P, T đường tròn ngoại tiếp tam giác APT cắt S Gọi H điểm đối xứng B qua PT Chứng minh A, S, H thẳng hàng A B P H I T S Nhận xét: Vẽ hình, cho học sinh tự dựa hình vẽ tìm tốn chìa khóa với đường trịn ngoại tiếp tam giác APT, sau giải tốn Lời giải: Ta có = 1800 Suy = 1800 ⇒ Tứ giác APHT nội tiếp Khi , PH đối xứng với AB qua phân giác Giả sử AB cắt PT I, suy I trung điểm PT Suy AS đối xứng với AI qua đường phân giác góc Vậy A, H, S thẳng hàng Bài tập áp dụng [USA TST 2007] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  Các tiếp tuyến  B, C cắt T S điểm nằm tia BC cho AS  AT Các điểm B1, C1 nằm tia ST (với C1 nằm B1 S) cho BT  BT  C1T Chứng minh Tam giác ABC đồng dạng với tam giác AB1C1 [USA 2008] Cho tam giác ABC nhọn, không cân Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB tương ứng Trung trực AB, AC cắt tia AM D, E tương ứng, gọi F giao điểm BD CE, F nằm tam giác ABC Chứng minh A, N, F, P nằm đường tròn [Kvah 2031] Các đường thẳng qua đường trung tuyến ứng với đỉnh A, B, C tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp  điểm thứ hai A1 , B1 , C1 , tương ứng Các đường thẳng qua đỉnh A, B, C tam giác ABC song song với cạnh đối diện cắt  lần thứ hai A2 , B2 , C2 Chứng minh A1 A2 , B1B2 , C1C2 đồng qui điểm II Phép vị tự quay Khi sử dụng phép vị tự quay, có tính chất dung nhiều tốn: Chìa khóa 2- Bổ đề 2: Cho hai đoạn thẳng AC, BD cắt X Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABX, CDX cắt lần điểm O Khi O tâm phép phép vị tự quay biến AB thành CD Lời giải: Ta có OBD  OAC, OCA  ODB  OAC OBD  đpcm Vận dụng: Bài toán 4: (Điểm Miquel tứ giác) Cho ABCD tứ giác AB CD cắt K, DA, CB gặp L Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK, ABL, BCK, CDL qua điểm M Nhận xét: Vẽ hình, cho học sinh nhận thấy sử dụng chìa khóa hai lần Lời giải: Gọi M giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác ABL DCL Khi A M tâm phép vị tự quay quay biến A thành D B thành C M tâm phép vị tự quay biến A thành B D thành C Theo cách xác định B tâm phép vị tự quay M giao điểm D thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp C tam giác BCK ADK Vậy đường tròn qua M K M L Bài toán 5: (TST Mỹ 2007) Hai đường tròn (O1) (O2) cắt P Q AC, BD tương ứng dây cung (O1) (O2) cho đoạn thẳng AB tia CD cắt P Tia BD cắt đoạn AC X Điểm Y nằm (O1) cho PY song song với BD Điểm Z nằm (O2) cho PZ//AC Chứng minh điểm Q, X, Y, Z nằm đường thẳng Nhận xét: Sử dụng chìa khóa 2, cho ta cơng cụ khai thác tính chất hai đường tròn cắt Một dấu hiệu xuất điểm “cùng tính chất” hai hình Giải Gọi XQ cắt (O1) Y’; cắt (O2) Z’, Q tâm phép vị tự quay biến D thành C; B thành A Do Q tâm phép vị tự quay biến D thành B; C thành A Theo cách xác định tâm phép vị tự quay Q nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác XDC X, D, Q, C nằm đường tròn nên DXQ  DCQ  PY ' Q Suy DX//PY’ Vậy Y '  Y DPZ '  DQX  DCX Suy PZ’//AC Vậy Z '  Z Vậy điểm Q, X, Y, Z nằm đường thẳng B P A D Y' X Q C Z' Bài toán 6: (HSG Mỹ 2006) Cho tứ giác lồi ABCD, gọi E, F điểm AE BF cạnh AD, BC cho Tia FE cắt tia BA tia CD S T Chứng  ED FC minh đường tròn ngoại tiếp tam giác SAE, SBF, TCF, TDE qua điểm chung Nhận xét: Các điểm E, F điểm có “cùng tính chất đoạn AD BC”; qua phép đồng dạng biến điểm có tính chất thành điểm có tính chất ảnh Gọi O giao điểm đường tròn ngoại tiếp hai tam giác SAE SBF Ta chúng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác TCF, TDE qua O Để ý O tâm phép vị tự quay biến A thành B E thành F Lời giải: Gọi O tâm phép vị tự quay f biến B thành A F thành E Qua f biến tia BE T DF CE  thành tia AF , mà nên qua f biến C O AF BE thành D S Theo cách xác định tâm phép vị tự quay biến F D thành E; C thành D O giao điểm thứ hai A hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác TFC TED E Vậy bốn đường tròn ngoại tiếp tam giác SAE, SBF, TCF, TDE qua điểm chung O N (đpcm) B Ý tưởng áp dụng tương tự TST Việt Nam 2013, kiện hai tỷ số thay đường phân giác C F B Q M A E “Cho tứ giác ABCD có cạnh đối khơng song song nội tiếp đường trịn (O; R) Gọi E giao điểm hai đường chéo 10 D P C Suy tam giác CA3 B3 đồng dạng với tam giác C2 A1B1 C2 tâm phép vị tự quay biến A1 thành B B1 thành A Do đó, tam giác C2BA đồng dạng với tam giác C2A1B1 đồng dạng với tam giác CA3 B3 Suy CA3 B3  C2 BA A A2 Tương tự BA3C3  B2CA Suy B3 A3C3  1800  BA3C3  CA3 B3 C1 B1  1800  B2CA  C2 BA  B2 A2C2 B3 B2 Tương tự B3C3 A3  B2C2 A2 Suy A2B2C2 A3B3C3 đồng dạng (đpcm) C3 B A1 C A3 C2 Kết hợp chìa khóa mơ hình hai tam giác đồng dạng đỉnh, ta có cơng cụ chứng minh đường thẳng đồng quy, chứng minh điểm nằm đường trịn Bài tốn 9: (HSG Nam Tư 1983) Trên dây cung AB đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD người ta lấy điểm M khác A B Gọi P, Q, R, S hình chiếu M đường thẳng AD, AB, BC CD Chứng minh đường thẳng PQ RS vng góc với giao điểm chúng nằm hai đường chéo hình chữ nhật Lời giải: Khơng tổng qt giả sử M nằm cung nhỏ AB - Chứng minh tam giác MBQ đồng dạng tam giác SPD Suy BQ MQ MB   k PD SD SP Xét phép vị tự quay f  V( M ,k ) Q( M ,900 ) biến điểm P, S, D thành Q, R, B Theo tính chất tâm vị tự quay PQ, SR, DB đồng quy điểm N giao điểm thứ hai đường tròn (MQBR) (MPDS) (đpcm) Bài tập áp dụng Cho tứ giác ABCD, đường chéo AC BD cắt P Gọi O 1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APD, BPC tương ứng Gọi M, N, O trung điểm AC, BD, O1O2 Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPN [USAMO 2006] Cho tứ giác ABCD, lấy điểm E, F thuộc cạnh AE BF cạnh AD, BC tương ứng cho  Tia FE cắt tia BA, CD S, T ED FC tương ứng Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác SAE, SBF, TCF, TDE qua điểm chung [IMO 2005] Cho tứ giác lồi ABCD có BC  AD, BC  AD Gọi E, F thuộc cạnh BC, AD tương ứng, cho BE  DF Gọi P giao điểm AC BD, Q giao điểm BD EF, R giao điểm EF AC Xét tất tam giác PQR E, F thay đổi Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tất tam giác đócó điểm chung khác P [IMO Shortlist 2002] Các đường tròn S1, S2 cắt P Q Các điểm A1, B1 (khác P, Q) nằm S1 A1P, B1P cắt S2 A2, B2 tương ứng A1B1 cắt 12 A2B2 C Chứng minh A1, B1 thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A1A2C ln nằm đường tròn cố định [USA TST 2006] Cho tam giác ABC nhon, đường cao AD, BE, CD, trực tâm H Một đường tròn  tâm O, qua A H cắt AB, AC Q P (khác A), tương ứng Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ tiếp xúc CR ED  BC R Chứng minh BR FD III Trung điểm dây cung đƣờng tròn minxtilinear Đường tròn minxtilinear nội tiếp (hay bàng tiếp) đường trò tiếp xúc với hai cạnh tam giác tiếp xúc ( ngồi) với đường trịn ngoại tiếp tam giác Đường trịn có nhiều tính chất thú vị, chun đề tơi xét tính chất quan trọng: Chìa khóa – Bổ đề 3: (Bổ đề Sawayama) Cho tam giác ABC, I tâm đường tròn nội tiếp Gọi  đường tròn tiếp xúc với cạnh AB, AC X, Y, tương ứng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi I trung điểm XY Lời giải: Gọi T điểm tiếp xúc  với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi P, Q giao điểm thứ hai TX, TY với đường tròn (ABC), tương ứng Suy P, Q trung điểm cung AB, AC tương ứng Áp dụng định lí Pascal’s cho lục giác BACPTQ suy X, I, Y thẳng hàng Từ I nằm đường phân giác góc XAY AX = AY suy I trung điểm XY Bài tập áp dụng [IMO 1978] Cho tam giác ABC cân A Một đường tròn tiếp xúc với (ABC) tiếp xúc với cạnh AB, AC P, Q tương ứng Chứng minh trung điểm PQ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Cho tam giác ABC Một đường tròn  tiếp xúc với đường tròn (ABC) tiếp xúc với AB, AC Gọi P điểm tiếp xúc  với (ABC) I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC PI cắt (ABC) P, Q Chứng minh BQ  CQ Chìa khóa - Bổ đề 4: (Mở rộng bổ đề trƣớc) Cho tam giác ABC, tâm đường tròn nội tiếp I; D điểm thuộc cạnh BC Xét đường tròn  tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp (ABC) tiếp xúc với DC, DA E, F, tương ứng Khi E, I, F thẳng hàng Lời giải: (Chú ý bổ đề có tên định lí Lyness) 13 Cách 1: Giả sử  tiếp xúc với (ABC) K tiếp xúc với đoạn DC, DA E, F tương ứng.Gọi M trung điểm cung BC khơng chứa điểm K Thì K, M, E thẳng hàng, có A, I, M thẳng hàng MB  MC Đường thẳng EI cắt đường tròn  F’, ta chứng tỏ AF’ tiếp tuyến  , F  F ' ta có điều phải chứng minh Với ý góc KF ' E chắn cung KE đường tròn  KAM chắn cung KM đường tròn (ABC) Từ KE KM vị tự với qua phép vị tự tâm K, KF ' E  KAM  A, K , I , F ' nằm đường trịn Ta có MC  ME.MK , mà MC  MI  MI  ME.MK  MEI MIK  KEI  AIK  A F'K ( A, K , I , F ' nằm đường tròn) Suy AF’ tiếp tuyến đường tròn   đpcm Cách 2: Giả sử  tiếp xúc với (ABC) T suy TE qua trung điểm P cung BC không chứa T (ABC) Gọi I1 giao điểm AP EF Vẽ tiếp tuyến chung Tx với  (ABC) Ta có TFI1  ETx  PTx  I1 AT  AFI1T nội tiếp  AI1T  AFT  TEF  PI1 tiếp tuyến đương tròn (TEI1)  PI12  PE.PT  PB  PC (Do PCE PTC )  I1 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  I1  I (đpcm) P B D E I1 C T x 14 F A Cách 3: Chứng minh: A M N O E I F O' B C D Vẽ tia phân giác BDC cắt EF I ; gọi M , N giao điểm DF, DE với đường tròn O Ta có O ' FD O 'F FDC ODM nên O ' F / /OM mà OMD AC OM AC M điểm cung AC , ABC (1) Tam giác AEF cân A ( Do AE, AF tiếp tuyến (O ') ) nên E1 F1 1800 A , mặt khác IDC tiếp tứ giác ABDC ) nên IDB 1800 A (Tính chất góc nội sđEF F1 Mà EDF F1 BDC IDB IDC E1 FDC (2) Vì E1 IDB nên IEDB tứ giác nội tiếp IDC EDF IDE IBE (3) Từ (1),(2) (3) ta có IBE IDE ABC , IB tia phân giác ABC IDC Do IDB mà IDE FDC nên BDE IDF Tứ giác IFCD nội tiếp (vì F1 IDC ) BDE (4) Mặt khác, N điểm AB (chứng minh tương tự trên) BDE ACB (5) Từ (4) (5) suy ICF ACB , IC tia phân giác ACB Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm) IDF ICF ICF Cách 4: A M N O E I 1 F O' B C D 15 x Vẽ tia phân giác ABC cắt EF I , ta chứng minh IC tia phân giác ACB Vẽ tiếp tuyến chung Dx O O ' Tương tự cách trên, gọi M giao điểm DF với O M điểm AC , B, I , M thẳng hàng Ta có IED BDC IBD 1800 xDM nên tứ giác IEDB nội tiếp A , IDC Ta lại có IDF IDC FDC 1800 A F1 1800 A ABC IDB E1 tứ giác IDCF nội tiếp ACB ICF 1800 A , mà ICF IDF ACB , IC tia phân giác ACB (đpcm) Bài toán 10:( Định lý Lyness mở rộng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O M điểm cạnh AC Đường tròn O ' tiếp xúc với đường tròn O D tiếp xúc với MB, MC E, F Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm EF Nhận xét: Cắt hình cho học sinh phát bổ đề Có Cho AB dây đường trịn O Đường tròn O ' tiếp xúc với O T tiếp xúc với AB K Chứng minh TK qua điểm cung AB MA2 MK MT (với M điểm AB ) B M O K O' A T Bây ta chứng minh MA2 MK MT MKA Thật vậy, ta có MTA MBA MAK MK MA MA MT MA2 MK MT 16 MAT (g.g) Lại có: tam giác ABC nội tiếp nội tiếp đường trịn O M điểm AB khơng chứa C Trên MC lấy I cho MI đường tròn nội tiếp tam giác ABC MB Chứng minh I tâm C O I B A M Thật vậy, gọi I ' tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC I ' giao điểm đường phân giác góc với Ta có MC B I ' BM I ' BA ABM I ' BC BCM BI ' M suy tam giác MBI cân M hay MI ' MB Do MI MI ' hay I I ' Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải: Gọi N giao điểm DF với O NC N điểm AC NF ND (theo bổ đề 1) Gọi Dx tiếp tuyến chung O O ' D, I giao điểm BN EF Ta có IED IBD nên tứ giác IEBD tứ giác xDN nội tiếp DIB DEB Mà DEB DFI nên DIB DFI , NID NFI (cùng kề bù với hai góc nhau) Từ chứng minh NFI NID (g.g) NF NI NI ND NI NF ND NC NC Theo bổ đề 2, ta có I tâm NI đường trịn nội tiếp tam giác ABC (đpcm) A M N E I F O O' C B x D Bài toán 11: (Một hệ định lý Lyness mở rộng) 17 Cho đường tròn O hai điểm A B nằm đường tròn điểm C nằm đường tròn O Đường tròn O ' tiếp xúc với O R tiếp xúc với CA,CB theo thứ tự P,Q Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh I nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APR Nhận xét: Vẽ hình, cho học sinh phát bổ đề để suy B, I, K thẳng hàng, với D giao điểm BC với O , K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADB Lời giải: Gọi D giao điểm BC với O , K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADB Ta có B, I , K thẳng hàng K nằm PQ (theo bổ đề Sawayama) Dễ thấy A, P, K, R nằm đường tròn Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác APK ABC 1800 Do AIB CPK nên AIB 1800 1800 ACB 90 ACB 900 ACB Ta lại có APK nên A, P, K, I nằm đường tròn (2) Từ (1) (2) suy A, P, R, K, I Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác APR đường tròn D C P Q K I O A O' B R Bài tập áp dụng [Bulgaria 2005] Cho hai đường trịn k1 , k2 tiếp xúc ngồi T Một đường thẳng tiếp xúc k2 X cắt k1 A B Gọi S giao điểm thứ hai k1 với đường thẳng XT Trên cung TS không chứa A, B lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CY với k2 (Y  k2 ) cho đoạn CY không cắt đoạn ST Gọi I giao điểm XY SC Chứng minh : a) C, T, Y, I nằm đường tròn b) I tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC tương ứng với cạnh BC Cho P tứ giác nội tiếp đường tròn ω Gọi Q tứ giác có bốn đỉnh, đỉnh tâm đường tròn tiếp xúc với ω hai đường chéo P 18 Chứng minh tâm đường trịn nội tiếp bốn tam giác có cạnh đường chéo P tạo thành hình chữ nhật nội tiếp Q [Romania 1997] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  , D điểm nằm cạnh BC Chứng minh đường tròn tiếp xúc với  , AD BD, đường tròn tiếp xúc với  AD DC tiếp xúc với BAD  CAD [Romania TST 2006] Cho tam giác ABC, AB  AC, nội tiếp đường tròn  , đường cao AD Gọi 1 đường tròn tiếp xúc với DA, DB  Gọi 2 đường tròn tiếp xúc với DA, DC  Gọi l tiếp tuyến chung khác CD 1 2 Chứng minh l qua trung điểm BC 2BC  AB  AC [AMM 10368] Với điểm O nằm đường kính AB đường trịn Đường thẳng vng góc với AB O cắt đường tròn P Đường tròn 1 tiếp xúc với đường tròn với OP, AO Đường tròn 2 tiếp xúc với đường tròn với OP, BO Gọi R, S điểm tiếp xúc 1 , 2 AB Chứng minh số đo góc RPS khơng phụ thuộc vào vị trí điểm O B CÁC BỔ ĐỀ HỌC SINH TỰ LUYỆN I Đƣờng kính đƣờng trịn nội tiếp Bổ đề 1: Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC D; DE đường kính Gọi F giao điểm AE BC Chứng minh BD  CF Lời giải : Xét phép vị tự tâm A biến đường tròn  nội tiếp tam giác ABC thành đường trịn  A bàng tiếp góc A tam giác ABC Qua phép vị tự DE biến thành đường kính  A vng góc với BC Suy E biến thành điểm tiếp xúc  A với BC E biến thành F Từ dễ dàng có BD  CF Bài tập áp dụng: [IMO Shortlist 2005] Cho tam giác ABC thỏa mãn AB  BC  AC, đường tròn nội tiếp tam giác ABC với tâm I, tiếp xúc với AB, BC D, E tương ứng Gọi K, L điểm đối xứng D, E tương ứng qua I Chứng minh ACKL tứ giác nội tiếp [IMO 1992] Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) đường thẳng l tiếp xúc với (C) M điểm nằm l Tìm quĩ tích tất điểm P cho tồn hai điểm Q, R l cho M trung điểm QR (C) đường tròn nội tiếp tam giác PQR [USAMO 1999] Cho hình thang cân ABCD (AB // CD) Đường tròn nội tiếp  tam giác BCD tiếp xúc với CD E Gọi F điểm nằm phân 19 giác DAC cho EF  CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACF cắt CD C G Chứng minh tam giác AFG cân [USAMO 2001] Cho tam giác ABC đường tròn  nội tiếp nó, tiếp xúc với BC, AC D1, E1 tương ứng Gọi D2, E2 điểm nằm cạnh BC, AC tương ứng cho CD2  BD1 , CE2  AE1 Gọi P giao điểm AD2 BE2 Đoạn AD2 cắt  hai điểm, gọi Q điểm gần A Chứng minh AQ  D2 P [Tournament of Towns 2003 Fall] Cho tam giác ABC với trực tâm H, tâm đường tròn nội tiếp I, tâm đường tròn ngoại tiếp O Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC K Giả sử IO // BC Chứng minh AO // HK [IMO 2008] Cho tứ giác lồi ABCD ( AB  CD ) Gọi 1 ,2 đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADC tương ứng Giả sử tồn mmọt đường tròn  tiếp xúc với tia BA kéo dài phía A tia BC kéo dài phía C tiếp xúc với AD, CD Chứng minh giao điểm tiếp tuyến chung 1 ,2 nằm  II Trung điểm cung cách đỉnh tâm đƣờng tròn nội tiếp, bàng tiếp Bổ đề 2: Cho tam giác ABC, I tâm đường tròn nội tiếp, I A , I B , I C tâm đường trịn bàng tiếp tương ứng với góc A, B, C tam giác ABC Gọi M trung điểm cung BC không chứa A, N trung điểm cung BC chứa A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có: MB  MC  MI  MI A NB  NC  NI B  NI C Lời giải: (Đây bổ đề Masion chứng minh cần sử dụng tính góc trực tiếp để tam giác cân từ suy đoạn thẳng Hơn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn chín điểm tam giác I A I B I C )\ Bài tập áp dụng: [APMO 2007] Cho tam giác ABC mhọn, BAC  600 , AB  AC Gọi I, H tâm đường tròn nội tiếp, trực tâm tam giác ABC Chứng minh AHI  ABC 20 [IMO 2006] Cho tam giác ABC, tâm đường tròn nội tiếp I P điểm nằm tam giác ABC cho PBA  PCA  PBC  PCB Chứng minh AP  AI Đẳng thức xảy nào? Trên hai cung AB, BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lấy điểm K, L tương ứng cho KL // AC Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK, CKL cách trung điểm cung ABC [Romanian TST 1996] Cho tứ giác nội tiếp ABCD Gọi M tập hợp gồm 16 điểm tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh tồn hai tập hợp K L tập hợp gồm đường thẳng song song cho K  L có chứa xác điểm M III Các đƣờng thẳng đồng qui từ đƣờng tròn nội tiếp Bổ đề 3: Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F tương ứng Gọi M trung điểm BC Khi EF, DI, AM đồng qui Lời giải: Đường thẳng DI EF cắt N Qua N kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC P, Q tương ứng Để chứng tỏ A, N, M thẳng hàng, ta chứng minh N trung điểm PQ Cách 1: (Sử dụng đường thẳng Simson) Xét tam giác APQ Hình chiếu điểm I cạnh tam giác APQ F, N, E thẳng hàng suy I nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ (theo định lí Sínon) Mà AI phân giác PAQ suy PI  IQ PN  NQ  M  AN Cách 2: (Sử dụng tam giác đồng dạng) Chú ý P, N, I, F nằm đường trịn, EFI  QPI Tương tự PQI  FEI Suy tam giác IFE đồng dạng với tam giác IPQ, từ ta IP  IQ  N trung điểm PQ Bài tập áp dụng 1.[China 1999] Cho tam giác ABC, AB  AC, Dlà trung điểm cạnh BC, E điểm thuộc đoạn AD Kẻ E F  BC, F  BC Gọi P điểm thuộc đoạn EF Kẻ PM  AB, PN  AC, M  AB, N  AC Chứng minh M, E, N thẳng hàng BAP  PAC 2.[IMO Shortlist 2005] Trung tuyến AM tam giác ABC cắt đường tròn nội tiếp  tam giác ABC K, L Qua K, L kẻ đường thẳng song song với BC cắt  21 X, Y tương ứng CÁc đường thẳng Ã, AY cắt BC P, Q tương ứng Chứng minh BP  CQ IV Các đƣờng tròn xung quanh đƣờng tròn nội tiếp Bổ đề 4: Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với CB, CA, AB D, E, F tương ứng T giao điểm cua CI EF Khi T, I, D, B, F nằm đường tròn Đồng thời T nằm đường thẳng nối trung điểm AB BC Lời giải: Xét trường hợp trường hợp T nằm đoạn EF (trường hợp T nằm đoạn EF chứng minh tương tự) Ta có BIC  BFE (= 900  A / ), suy bốn điểm I, T, F, B nằm mmọt đường tròn Suy BTC  BTI  BFI  90 điểm T, I, D, B, F nằm mmọt đường tròn Trong tam giác BTC vuông T M trung điểm Bc suy TM = MC, MTC  MCT  TCA  MT // AC Suy MT qua trung điểm AB Bài tập áp dụng Đường tròn nội tiếp tam giác nhọn ABC, tiếp xúc với Ac, AB E, F tương ứng Phân giác góc ABC ACB cắt EF X, Y tương ứng Gọi Z trung điểm BC Chứng minh tam giác XYZ tam giác BAC  600 [IMO Shortlist 2004] Cho tam giác ABC Gọi X điểm thay đổi nằm đường thẳng BC cho C nằm B X đường tròn nội tiếp tam giác ABX ACX cắt hai điểm P Q Chứng minh PQ qua điểm cố định không phụ thuộc vào cách chọn điểm X Cho hai điểm A, B nằm đường tròn  C điểm nằm đường tròn  Giả sử Ω đường tròn tiếp xúc với  với đoạn CA, CB Ω tiếp xúc với CA, CB P, Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC V Đối xứng trực tâm nằm đƣờng tròn nội tiếp Bổ đề 5: Gọi H trực tâm tam giác ABC X điểm đối xứng H qua BC, Y điểm đối xứng H qua trung điểm BC Khi X, Y nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ngồi AY đường kính đường trịn Lời giải: (Sử dụng góc) 22 Mở rộng: (Đƣờng trịn Euler) Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE,CF đồng quy H Gọi M , N , P trung điểm BC ,CA, AB ; S, R,Q trung điểm HA, HB, HC Chứng minh chin điểm D, E, F, M, N , P, S, R,Q nằm đường tròn A S E F H P N I R Q B D M C Trong tam giác ABH PR đường trung bình nên PR / /AH PR AH AH Do PR / /NQ PR NQ nên PNQR hình bình hành Mặt khác PR / /AH mà AH BC nên PR BC , lại có PN / /BC ( PN đường trung bình tam giác Trong tam giác ACH NQ đường trung bình nên NQ / /AH NQ ABC ) Suy PN PR , PNQR hình chữ nhật Gọi I giao điểm PQ RN IP IN IR IQ Chứng minh tương tự ta có IS IP IQ IN IR IS IM IM IN IR Ta Tam giác FPQ vuông F có I trung điểm PQ nên IF IP IQ Tương tự IE IR IN ; ID IS IM Suy ID IE IF IM IN IP IS IR IQ Vậy chín điểm D, E, F, M, N , P, S, R,Q nằm đường tròn tâm I Đường tròn qua chín điểm gọi đường trịn Euler tam giác ABC Chú ý: a) Tâm đường tròn Euler nằm đường thẳng Euler 23 Thật vậy, gọi G O theo thứ tự trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AH SH , lại có OM / /SH OMHS hình bình hành Mà I trung điểm SM nên trung điểm OH ABC Ta chứng minh OM Như bốn điểm H , I ,O,G thẳng hàng, tứ tâm đường tròn Euler nằm đường thẳng Euler R (vói R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam OA R giác ABC ) Thật vậy, ta có IS đường trung bình AHO nên IS 2 b) Bán kính đường tròn Euler Bài tập áp dụng Cho tam giác ABC, P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh điểm đối xứng với điểm P qua cạnh tam giác ABC nằm đường thẳng qua trực tâm tam giác ABC [IMO Shortlist 2005] Cho tam giác ABC nhọn, AB  AC, H trực tâm tam giác, M trung điểm cạnh BC CÁc điểm D, E nằm cạnh AB, AC tương ứng cho AE  AD, D, H, E thẳng hàng Chứng minh HM vng góc với dây cung chung đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác ADE [USA TST 2005] Cho tam giác A1B1C1 nhọn, tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, với  i  3, chọn Pi  OAi , Qi  Ai 1 Ai 2 (chỉ số lấy theo mod3) OQ1 OQ2 OQ3 cho OPHQ hình bình hành Chứng minh    i i OP1 OP2 OP3 [China TST 2006] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  P điểm nằm tam giác Các tia AP, BP, CP cắt  A1 , B1 , C1 tương ứng Gọi A2 , B2 , C2 điểm đối xứng A1 , B1 , C1 qua trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 qua trực tâm tam giác ABC VI Tâm đƣờng tròn ngoại tiếp O, trực tâm H Bổ đề 10: Cho tam giác ABC, Tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H tâm đường tròn nội tiếp I Khi AI phân giác HAO Lời giải: (Sử dụng góc) Bài tập áp dụng [Crux] Cho tam giác ABC nhọn, tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, Trung trực AH cắt AB, AC D, E tương ứng Chứng minh DOA  EOA Chứng minh IH  IO có ba góc A, B, C , 600 24 KẾT QUẢ - KẾT LUẬN a Kết quả: Qua năm học 2019 – 2020, áp dụng cho lớp 10 Toán đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn lớp 10 nhà trường hướng dẫn giáo viên kết hợp thảo luận trao đổi với học sinh Kết quả, học sinh tích cực tham gia giải tập, nhiều em tiến bộ, nắm vững kiến thức bản, học sinh hứng thú với tốn hình học phẳng đề thi Cụ thể sau: Thống kê điểm kiểm tra khảo sát chuyên đề hình học phẳng: Bảng thống kê kết đánh giá lực học sinh áp dụng SKKN Trƣớc áp dụng SKKN Đối Số 0-3,25 3,5- Tổng Tỷ lệ 5,0- 6,5- 8,0-10 Tổng 4,75 cộng % 6,25 7,75 cộng % 10 17 68% 32% 0-3,25 3,5- Tổng Tỷ lệ 5,0- 6,5- 8,0-10 Tổng 4,75 cộng % 7,75 cộng tƣợng lƣợng Tỷ lệ Đội tuyển 25 HSG Sau áp dụng SKKN Đối Số tƣợng lƣợng 6,25 Đội tuyển Tỷ lệ % 76% 25 6 24% 7 19 HSG Sáng kiến kinh nghiệm áp dụng dạy cho đội tuyển thi chọn HSG cấp tỉnh cấp Quốc gia năm học 2019-2020 đạt hiệu quả, học sinh biết cách sử dụng bổ đề công cụ để giải tốn hình học phẳng Sáng kiến kinh nghiệm chuyên đề sử dụng việc bồi dưỡng học sinh khiếu b Kết luận Trên trình bày cách dùng tốn chìa khóa để giải tốn hình học phẳng, qua hy vọng giúp học sinh có cách tư tìm lời giải tốn hình học phẳng tốt Với lượng kiến thức cịn phải bổ sung nhiều, nhiên thơng qua ví dụ trình bày phần hình thành kĩ việc giải tốn hình học phẳng Do thời gian trình độ chun mơn cịn hạn chế, viết chắn cịn nhiều 25 thiếu sót nội dung cách trình bày, mong nhận đóng góp thầy giáo Tơi xin chân thành cảm ơn Lào Cai, tháng 03 năm 2020 Giỏo viờn Cao Th Hng Tuyt Tài liệu tham khảo Tuyển tập đề thi Toán Quốc gia Quốc tế 2.Tạp chí tốn học tuổi trẻ Các tốn hình học phẳng V.VPRXOLOV Chun đề định lý cổ điển Tham khảo chuyên đề hội thảo trường chuyên miền Duyên Hải Bắc B Địa Webside. Mathscope.org 26 ... lời giải toán Đây phương pháp hiệu để giải tốn hình học phẳng Vì lựa chọn đề tài: “PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG BÀI TỐN CHÌA KHĨA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm năm học. .. sử dụng bổ đề công cụ để giải tốn hình học phẳng Sáng kiến kinh nghiệm chuyên đề sử dụng việc bồi dưỡng học sinh khiếu b Kết luận Trên trình bày cách dùng tốn chìa khóa để giải tốn hình học phẳng, ... vậy, tơi muốn giúp em có hệ thống kiến thức quan trọng, có chìa khóa quan trọng để dùng giải tốn hình học phẳng Để giải tốn hình học phẳng cách sử dụng chìa khóa ta cần nắm rõ nội dung bản: +