V. Biểu diễn lũy thừa bậc cao qua lũy thừa bậc 1 Thí dụ 5 : Tính giá trị của biểu thức :
2. Chứng minh đồng quy, thẳng hàng
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại
D và E. Chứng minh rằng BE và CD cắt nhau trên AM.
Lời giải : Gọi giao điểm của DE và AM là F, theo bài toán 1 ta có FD = FE, suy ra S(BDFM) = S(BFD) +
S(BFM) = S(CFE) + + S(CFM) = S(CEFM) (1).
Gọi giao điểm của BE và CD là O, nối OF, OM ta có S(DOF) = S(EOF) (do FD = FE) ; S(BOM) = S(COM) ; S(BDO) = S(CEO) (do S(BDC) = S(BEC)).
Suy ra S(BDFOM) = S(CEFOM) hay đường gấp khúc FOM chia đôi diện tích hình thang BDEC (2). Từ (1) và (2) suy ra S(FOM) = 0 ị F, O, M thẳng hàng ị O thuộc FM (đpcm).
Lời bình : 1) Đôi khi để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta phải chứng minh tam giác có ba đỉnh là ba điểm
ấy có diện tích bằng 0.
2) Kết hợp kết quả của bài toán 1 và bài toán 3 ta có bài toán sau : “Trong một hình thang, giao điểm hai cạnh
bên kéo dài, giao điểm hai đường chéo và hai trung điểm của hai đáy là bốn điểm thẳng hàng” (Bổ đề hình
thang).
Bài toán 4 : (tính chất ba đường trung tuyến trong tam giác) Trong một tam giác, ba đường trung tuyến đồng
quy và điểm đồng quy chia mỗi trung tuyến theo tỉ số 2/3 kể từ đỉnh.
Lời giải : Vẽ các trung tuyến BE và CF cắt nhau tại G. Nối AG cắt BC tại M. Ta sẽ chứng minh MB = MC.
Ta có S(ABE) = S(ACF) = 1/2 S(ABC)
suy ra S(BGF) = S(CGE) => S(AGF) = S(BGF) = S(CGE) = S(AGE) => S(ABG) = S(ACG) (*).
Hạ các đường vuông góc BH, CK tới AM. Do (*) nên BH = CK, suy ra S(GBM) = S(GCM) => BM = CM. Mặt khác, do S(ABG) = 2S(AGE) suy ra BG = 2GE hay BG/BE = 2/3
Tương tự ta có :AG/AM = CG/CF = 2/3
Lời bình : Đây là một tính chất quan trọng của hình học nhưng do hạn chế về kiến thức (chưa học về đường
trung bình trong tam giác) nên khi đưa vào chương trình lớp 7 chỉ yêu cầu học sinh thừa nhận. (Kì sau đăng tiếp)
9h SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9 Các em học sinh lớp 9 thân mến !
Đứng trước các kì thi quan trọng là kì thi tốt nghiệp THCS và kì thi tuyển sinh vào THPT, chắc rằng bây giờ các em đang rất trăn trở là làm thế nào để khắc sâu được kiến thức nhanh nhất và đạt kết quả cao nhất trong các kì thi.
Một bí quyết nhỏ của tôi là : hãy suy nghĩ sâu hơn từ các bài tập trong sách giáo khoa (SGK), hệ thống chúng lại để dễ ghi nhớ và vận dụng tốt cho các bài tập mới. Sau đây là một ví dụ để các em thấy mỗi bài tập trong SGK là một bài tập cơ sở cho nhiều bài tập khác.
Ta bắt đầu từ bài tập 11 trang 37 SGK Hình học 9 :
Bài toán 1 : Cho một đường tròn (O) và một điểm M cố định không nằm trên đường tròn. Qua M vẽ một cát
tuyến cắt đường tròn ở A và B. Chứng minh rằng tích MA.MB không phụ thuộc vị trí của cát tuyến. Nhận xét 1 : Chứng minh bài toán 1 khá đơn giản, ta xét hai trường hợp điểm M nằm trong và điểm M nằm ngoài (O). Trong cả hai trường hợp ta vẽ thêm cát tuyến MCD bất kì (khác cát tuyến MAB).
Dễ dàng chứng minh được hai tam giác MAC và MDB đồng dạng, suy ra MA.MB = MC.MD.
Nhận xét 2 : Nếu vẽ cát tuyến MCD đi qua O (CD là đường kính) ta còn đưa ra được kết luận mạnh hơn :
MA.MB = |MO2 - R2| (R là bán kính (O)). Kết quả này đã được chứng minh trong TTT2 số 12.
Nhận xét 3 : Trường hợp M nằm ngoài (O), cát tuyến MCD trùng với tiếp tuyến MT của đường tròn (C ≡ D ≡
T), hiển nhiên ta có MC.MD = MT2 = MA.MB. Đây chính là nội dung của bài tập 4 trang 40 SGK Hình học 9.
Nhận xét 4 : Kết hợp với tính chất của tứ giác nội tiếp ta chứng minh được bài toán sau :
Bài toán 2 : Cho tứ giác ABCD. AB cắt CD tại M và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng các khẳng định sau
là tương đương :
a) ABCD là tứ giác nội tiếp.
b) ∠ABC = ∠ADB c) ∠ABC + ∠CDA = 180o
d) MA.MB = MC.MD. e) NA.NC = NB.ND.
Nhận xét 5 : Xét hai đường tròn giao nhau (với một cát tuyến chung đi qua hai giao điểm) ta có các kết quả
khác.
Bài toán 3 : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm A và B. Qua điểm M nằm trên đường thẳng AB kẻ hai cát tuyến MCD, MEF lần lượt tới (O1), (O2) (MAB, MCD, MEF không trùng nhau).
a) Chứng minh CDFE là tứ giác nội tiếp.
b) Kết luận trên còn đúng không nếu (O1) và (O2) tiếp xúc với nhau (M nằm trên tiếp tuyến chung của hai đường tròn) ?
Bài toán 4 : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M khác B. Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD của (O1) và hai tiếp tuyến ME, MF của (O2). Chứng minh C, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn.
Nhận xét 6 : Bổ sung một số yếu tố khác về đường tròn ta lại có thêm nhiều kết quả khác.
Bài toán 5 : Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. BD là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (B thuộc (O2), D thuộc (O1)). Gọi DM là đường kính của (O1), qua M kẻ tiếp tuyến MC với (O Chứng minh MC = MD.
Lời giải : Ta có BDO1O2 là hình thang vuông, A thuộc O1O2 ; O1AD và O2AB là các tam giác cân tại O suy ra
∠O1AD + ∠O2AB = 90o => BAD = 90o
=> M, A, B thẳng hàng.
Vậy DA là đường cao trong tam giác vuông DBM, suy ra MD2 = MA.MB, mặt khác MC2 = MA.MB (theo nhận xét 3).
Vậy MC2 = MD2 hay MC = MD. Đề nghị các bạn giải các bài tập sau :
song với My cắt (O) tại điểm thứ hai C. Đoạn thẳng MC cắt (O) tại điểm thứ hai D, AD cắt My tại K. Chứng minh rằng K là trung điểm của MB.
Bài toán 7 : Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MAB tới đường tròn (A nằm giữa M và
B). Hai tiếp tuyến với (O) tại A và B cắt nhau tại C ; MO cắt đường tròn đường kính OC tại H ; CH cắt AB tại N ; AB cắt OC tại I. Chứng minh rằng :
a) MA.MB = MI.MN. b) IM.IN = IA2.
Bài toán 8 : Cho (O, R) và một điểm A cố định sao cho OA = 2R. Gọi BC là đường kính của (O, R), BC
không trùng với OA. Đường tròn đi qua A, B, C cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai I ; AB và AC cắt (O, R) tại D và E ; DE cắt OA tại K.
a) Tính AK theo R.
b) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE di chuyển trên đường thẳng cố định khi BC quay quanh O.
Bài toán 9 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên AB lấy điểm M, vẽ hai tia Mx, My cắt nửa đường
tròn tại hai điểm C và D sao cho ∠CMA = ∠DMB Chứng minh rằng MC.MD = MA.MB.
Bài toán 10 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác AD cắt (O) tại điểm thứ hai E.
Chứng minh rằng :
AB.AC = AD2 + DB.DC.
Bài toán 11 : Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Gọi D là một điểm thuộc
(O). Kẻ tiếp tuyến DA’ với (O’). a) Tính độ dài DA’ theo DA, R, R’. b) Vẽ tam giác đều DBC nội tiếp (O).
Bài toán 12 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM và phân giác AD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt
AB, AC theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF.
9h NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN
Làm sao để có thể vận dụng tốt các kiến thức cơ bản vào việc giải quyết các bài toán ? Điều này có thể rèn luyện bằng cách tự tìm tòi, khám phá những điều mới mẻ từ những bài toán cũ.
Ví dụ sau đây bắt đầu từ một bài toán quỹ tích rất quen thuộc.
Bài toán 1 : Cho ∠xOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM = ON. Tìm quỹ tích trung
điểm I của MN.
Hướng dẫn : Dễ dàng nhận thấy DOMN cân tại O, vì I là trung điểm của MN nên I nằm trên tia phân giác
Thay dữ kiện OM = ON của bài toán trên thành OM + ON = a không đổi, ta sẽ thu được một kết quả hoàn toàn mới.
Bài toán 2 : Cho ∠xOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM + ON = a không đổi. Tìm
quỹ tích trung điểm I của MN.
Lời giải :
+ Phần thuận : Trước hết ta xét các vị trí đặc biệt của M và N.
Khi N ≡ O thì M ≡ M1 (M1 Є Ox và OM1 = a) suy ra I ≡ E (E là trung điểm của OM1). Khi M ≡ O thì N ≡ N1 (N1 Є Oy và ON1 = a) suy ra I Є F (F là trung điểm của ON1).
Tiếp theo, với M, N lần lượt chạy trên các đoạn OM1, ON1, ta sẽ chứng minh trung điểm I của MN chạy trên EF. Thật vậy :
Vì OE = OF = 1/2 a ; MO + ON = OE + OF = a nên EM = NF và hai đoạn thẳng MN, EF luôn cắt nhau (khi M khác E, N khác F). Gọi giao điểm của MN và EF là I1.
Từ M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt EF tại P, ∠OFE = ∠MPE (so le trong) ; ∠OEF = đỉnh) ; ∠OFE = ∠OEF (do OE = OF).
Suy ra ∠MPE = ∠MEP => ∆MPE cân tại M => MP = ME = NF => ∆MPI1 = ∆NFI1 (g.c.g) => MI1 = NI1 => I1 ≡ I là trung điểm của MN.
+ Phần đảo : Đề nghị các bạn tự giải.
+ Kết luận : Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN là toàn bộ đoạn thẳng EF.
Tiếp tục thay đổi dữ kiện ∠xOy của cả hai bài toán trên bằng cách tách rời hai tia Ox, Oy thành hai tia Ax, By (A khác B) ta sẽ có tiếp hai bài toán mở rộng.
Bài toán 3 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM = BN. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN.
Bài toán 4 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM + BN = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN.
Hướng dẫn : Gọi O là trung điểm của AB, qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song và cùng phía với Ax, By.
Với bài toán 4 : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox1 tại M1 ; đường thẳng qua N song song với AB cắt Oy1 tại N1. Các tứ giác OAMM1, OBNN1 là các hình bình hành nên OM1 = AM, ON
OM1 + ON1 = a không đổi, theo bài toán 2 thì quỹ tích trung điểm I1 của đoạn thẳng M1N1 là đoạn thẳng EF (E ≡ Ox1, F ≡ Oy1 và OE = OF = 1/2
Tứ giác MM1NN1 là hình bình hành nên trung điểm I1 của đường chéo M1N1 trùng với trung điểm I của đường chéo MN.
Vậy quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN cũng là đoạn thẳng EF.
Với bài toán 3 : Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I của MN sẽ là tia phân giác trong Ot của
Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán sau :
Bài toán 5 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
AB. Hai điểm C, D lần lượt di động trên Ax, By sao cho AC = BD ; hai điểm M, N lần lượt di động trên Cx, Dy sao cho CM + DN = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN.
Hướng dẫn :
Gọi O là trung điểm của AB, H là trung điểm của CD. Qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song và cùng phía với Ax, By.
Theo bài toán 3, quỹ tích của điểm H là phân giác trong Ot của ∠x1Oy1
Với mỗi cặp điểm C, D, từ trung điểm H của CD lần lượt kẻ các tia Hx2, Hy2 song song và cùng phía với Ax, By. Theo bài toán 4, quỹ tích trung điểm I của MN là đoạn thẳng EF trong đó E Є Hx2, F Є Hy
1/2 không đổi. Mặt khác, do ∠x2Hy2 = ∠x1Oy1 không đổi nên EF có độ dài không đổi và nhận Ot là trục đối xứng. Khi C ≡ A và D ≡ B thì H ≡ O ; E ≡ A1 ; F ≡ B1 (A1 Є Ox1, B1 Є Oy1, OA1 = OB1 = 1/2 a).
cùng phía với tia Ot).
Thật là thú vị, tôi đã bổ sung ngay kết quả này vào bộ sưu tập “Quỹ tích có điểm trong” của mình (TTT2 số 12, 13, 14, 18).
8h BÀN VỚI CÁC BẠN LỚP 7 VỀ PHƯƠNG PHÁP