Các bài toán hình học phẳng THCS ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán năm học 2022

(1)

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

Đôi điều về chuyên mục: Ở chuyên mục mới mở này tôi sẽ trình bày các chuyên đề liên quan tới hình học phẳng qua các kì thi vào lớp 10, thi chọn HSG TP lớp 9.

Mỗi tháng tôi sẽ viết một chuyên đề như vậy. Mong các bạn ủng hộ, đặc biệt là các bạn lớp 9 sắp chuẩn bị bước vào kì thi chuyên cam go. Do giới hạn kiến thức cho học sinh lớp 9 rất khó tránh việc các lời giải có lúc sẽ khá là dài(do phải xét nhiều trường hợp hình vẽ khác nhau) mong các bạn, thầy cô thông cảm.

Chuyên đề 1: Kĩ năng biến đổi góc

Khi học hình học phẳng, nói chung là hầu như các bài toán đều có khả năng biến đổi góc được, có điều chúng ta có luyện tập nhiều để biết được các phép cộng góc,cung,...

sao cho hợp lí. Để có được kĩ năng này cần phải luyện tập để nhận ra sự móc nối giữa giả thiết và kết luận để tìm ra mấu chốt khi mắc kẹt trong các biến đổi vòng quanh(không đi tới đâu!!!). Ở đây tức là đôi khi ta không thể tìm ra ngay phép biến đổi góc hợp lí, mà cần có cá hình vẽ phụ để kết nối các phép biến đổi với nhau.

Bài toán 1(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2014-2015):

Cho tứ giác ABCD(AB < BD) nội tiếp đường tròn (O) biết AC = CD. Gọi I là tâm nội tiếp đường tròn ABD. Gọi (BIC) cắt AB tại điểm thứ hai F. Gọi E là trung điểm AD. Chứng minh rằng: AI ⊥EF.

(2)

Lời giải: Ta có: ∠LAI = ∠BAD

2 +∠DAL= ∠BAD

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

Nhận xét: Bài toán trên không quá khó và thuộc vào phần ăn điểm xong kĩ năng biến đổi góc ở lời giải trên rất hay và quan trọng. Đáng chú ý ở điểm hình vẽ không như thông thường đã giúp tiếp cận lời giải dễ hơn.

Ta tiếp tục với bài toán sau.

Bài toán 2(Bổ đề Sawayama Thebault): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O). LấyD là 1 điểm nằm trênAC. Dựng đường tròn tiếp xúc DB,DC,(O)tại E, F, J. Chứng minh rằng tâm nội tiếp tam giác ABC nằm trên EF.

(3)

Lời giải: Ta dễ nhận thấy sự việc sau: J F đi qua trung điểm cung AC không chứa B của (O)là điểmM. GọiI là giao điểm củaBM vàEF. Kẻ tiếp tuyếnJ x với(O).

Thế thì: ∠IBJ =∠F J xsuy ra∠F EJ =∠F J xdo đó ∠IEJ =∠IBP do đó IEBP nội tiếp ⇒ ∠BEJ = ∠BIJ,∠EF J = ∠BEJ suy ra ∠BIJ = ∠EF J ⇒ ∠M IJ =

∠M F I vậy 4M IF ∼ 4M J I(g.g) do đóM I² =M P.M F =M B² =M C². Vậy thu đượcM là tâm nội tiếp tam giác ABC. Do đó có được đpcm.

Nhận xét: Bài toán trên là một bổ đề quan trọng với hình học phẳng song ngay cả trong chứng minh cũng có khá nhiều chỗ đề cập tới biến đổi góc khá phức tạp. Đối với học sinh cấp 2 nói chung bài toán này không dễ chút nào.

Trong những năm gần đây, đề thi vào trường chuyên KHT N, chuyên ĐHSP có rất nhiều bài toán thi ngay từ vòng một đã đánh giá cao khả năng biến đổi góc của người làm.

Bài toán 3(thi Vòng 1 chuyên KHTN 2015-2016): Cho tam giác ABC nhọn không cân có tâm đường tròn nội tiếp I. AI cắt BC tại D. Lấy E, F lần lượt đối xứng D qua IB và IC. M, N, J lần lượt là trung điểm DE, DF, EF. (AEM) cắt (AF N)tại P khác A. Chứng minh rằng A, J, P thẳng hàng.

(4)

Lời giải: Hiển nhiên rằng E và F lần lượt thuộc AB và AC. Ta có: AB

AE = AB BD = AC

CF do đó EFkBC (theo định lí Tháles đảo). Bây giờ ta sẽ chứng minhM P N J là 1 tứ giác nội tiếp. Thật vậy ta có: M J, M N, J N lần lượt là các đường trung bình của tam giácDEF do đó ta có:∠M J N =∠EDF mà ∠M P A+∠EAP = 180^◦ đồng thời:

∠N P A+∠AF N = 180^◦ hay là ∠M P N = 360^◦ −(∠AED+∠AF D) = ∠DEF +

∠DF E = 180^◦−∠EDF(chú ý rằng: EFkBC nên ED, F D lần lượt là phân giác các góc F EB và EF C) do đó 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 hay là A, J, P thẳng hàng(đpcm).

Nhận xét: Cả bài toán là một chuỗi biến đổi góc liên tục từ đầu đến cuối. Điểm khó là nếu ta không tìm ra điểm mấu chốt là ở đoạn chứng minhM P N J nội tiếp thì rất

(5)

i) Chứng minh rằng L nằm trên AE.

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

Lời giải: i) Trường hợp 1: Tam giác AHG nhọn. Ta có: ∠LAG= 90^◦− ∠GLA

2 =

90^◦ −∠GHA. Gọi AH cắt BC tại điểm K, GF cắt BC tại J. Do đó ∠LAG = 90^◦ −∠J HK = ∠GJ B = 1

2(dGB +F Cd). Do đó: ∠LAB = ∠LAG−∠BAG = 1

2F Cd =∠BAE do đó 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 = 1

2∠ALM = 1

2(180^◦ − 2∠LAM) = 90^◦ − ∠LAM = 90^◦ −

∠BAF(do ta đã chứng minh được A, L, E thẳng hàng do đó ∠BAL =∠CAF hay là

∠LAM =∠BAF) vậy ta có: ∠AN M +∠BAF = 90^◦ do đóAF ⊥M N(đpcm).

(6)

a) Chứng minh rằng: BDEC nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: SB.SC =SH².

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

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

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

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

c) Gọi K là điểm đối xứng H qua S. Ta có: SOkAK do đó BM

M A = BS

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

= BH do

(7)

Gọi M là trung điểm củaAD. BM cắt lại (O) tại điểm thứ hai là điểm P khác B.

EP cắt AC tại điểm thứ hai là N.

a) Chứng minh rằng N là trung điểm củaAC.

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

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

2 ) do đó ta có được rằng M AP N nội tiếp. Do đó ta có: ∠AP M = ∠AN M =∠ACB hay là M NkBC.

Do đó hiển nhiên N là trung điểm AC.

b) Ta gọi (EM N) cắt AC tại điểm thứ hai Q khác N. Ta có AN.AQ = AM.AE hay là 1

2AD.AE = 1

2AQ.AC hay làAD.AE =AQ.AC. Ta lại có AD.AE =AB.AC (do 4ADB ∼ 4ACE) nên ta có ngay được rằng AQ = AB hay là B đối xứng Q qua AD hẳn nhiên điều đó có nghĩa là EB = EQ. Ta lại có được rằng:∠M RQ =

∠AN M = ∠ACB do đó ta có được rằng: BRQC là 1 tứ giác nội tiếp hay là đồng nghĩa với việc ER = EB = EC (do E là trung điểm cung BC không chứa A của (O)). Ta lại có: ∠REN =∠RQN =∠P M N =∠P AC =∠N EC hay làR và C đối

(8)

xem sao?

Bài toán 7(chọn đội tuyển Hà Nội thi VMO 2012-2013): Cho tứ giác ABCD nội tiếp không phải là một hình thang. Gọi AB cắt CD tại E. AD cắt BC tại điểm F. Phần giác các góc CF D và BEC gặp nhau ở điểm H. Hai đường chéo của tứ giác ABCD cắt nhau tại điểm I. Gọi (ABI)cắt (CDI) tại 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

2 = 90^◦(1).

Ta gọiLlà giao điểm thứ hai khácAcủa(EAB)và(ECD). Thế thì ta có: EL.EF = EA.EB = EI.EK do đó tứ giác LF KI nội tiếp. Áp dụng tính chất của trục đẳng phương cho các đường tròn(F AB),(F CD),(O),(LF KI)thì ta có: LF, AB, CD, IK đồng quy tại 1 điểm chính là điểm E.

(9)

thiết khi học hình học phẳng, và cách để tìm ra con đường biến đổi tốt nhất nằm ở kinh nghiệm mỗi người. Để giúp các bạn luyện tập kĩ năng biến đổi góc thành thục hơn tôi xin đề nghị ba bài tập sau:

Bài toán 8(Mở rộng vòng 1 đề chuyên KHTN):Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Có phân giác ∠BAC cắt BC và (O) lần lượt tại D và E khác A.

LấyM là 1 điểm bất kì trên đoạn AD. BM cắt lại(O) tại điểm thứ haiP. P E cắt AC tại N. (EM N)cắt BM tại điểm thứ hai R. Lấy K đối xứng C quaN. Giả sử R thuộc đoạn BM. Chứng minh rằng KR⊥RC.

Bài toán 9: Cho tứ giácABCD nội tiếp đường tròn (O)(AD < BC). Gọi I là giao điểm hai đường chéo. Kẻ các đường kính CM và DN của tứ giác. Gọi K là giao điểm của AN và 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 là trung điểm cung BC không chứa A của (O). Trên AC lấy điểm K khác C sao cho IK =IC. BK cắt lại (O) tại D khác B và cắt AI tại E. Đường thẳng DI cắt AC tại F.

a) Chứng minh rằng: EF = BC 2 .

b) Trên DI lấy điểm M sao cho CMkAD. KM cắt BC tại điểm N. Gọi (BKN) cắt (O) tại P khác điểmB. Chứng minh rằng: P K chia đôi AD.

(10)

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

Bắt đầu từ số này tôi sẽ viết một số chuyên đề liên quan tới các định lí hình học thường xuất hiện dưới dạng đề thi hoặc áp dụng để làm các bài thi HSG lớp 9 cũng như là thi vào 10. Việc mắn vững các kiến thức này sẽ là nền tảng kiến thức hình học chuyên ở cấp 3, đồng thời là cách để chúng ta tiếp cận một bài toán một cách dễ dàng hơn. Việc trang bị những chiếc "cần câu" khác nhau sẽ giúp các bạn dễ lựa chọn để câu những "con cá" to nhỏ khác nhau.

Chuyên đề 2: Tứ giác toàn phần và điểm Miquel

(11)

về tứ giác toàn phần đã được nghiên cứu từ lâu đời và có khá nhiều tính chất rất thú vị. Sau đây xin đi vào chi tiết các tính chất cơ bản của cấu hình này.

Tính chất 1: Các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác AEF, DEB, ABC, F DC cùng đi qua 1 điểm gọi là điểm M iquel của 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 như hình trên các trường hợp hình vẽ khác ta chứng minh tương tự. Do M ∈ (DEB) do đó 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 ra M ∈(ABC)(đpcm).

Tính chất 2: Gọi O₁, O₂, O₃, O₄ lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác DEB,AEF, ABC,DF C. Khi đóO₁, O₂, O₃, O₄, M đồng viên (M là điểmM iquelcủa tứ giác toàn phần).

(12)

Chứng minh: Từ tính chất 1 thế thì M ∈ (F DC) do đó O₁O₄ là trung trực của DM. Tương tự ta cũng có O₄O₂ là trung trực của M F. Do đó, ta có: ∠O₄O₁M = 180^◦ −∠M ED. Tương tự ta cũng có ngay rằng: ∠M O₂O₄ = ∠M ED . Do đó ta thu ngay được M ∈ (O₁O₂O₄). Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được rằng M ∈(O₁O₂O₃). Do đó ta thu được đpcm.

Tính chất 3(Đường thẳng Gauss): Cho tứ giác toàn phầnABCDEF. Gọi trung điểm AC, BD, EF lần lượt là H, I, J. Khi đó H, J, I thẳng hàng.

(13)

Chứng minh: Gọi các điểmK, G, Llà trung điểm của BE, BC, CE. Thế thì ta nhận thấy: I, G, K là đường trung bình tam giácBDE. H, G, L là đường trung bình tam giác CAE. J, L, K là đường trung bình tam giác F BE. Do đó 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 đây là ba tính chất rất hay được sử dụng trong các kì thi vào 10, thi HSG lớp 9 về cấu hình này. Về cơ bản đi thi ta cần phải chứng minh lại các tính chất này mới được sử dụng. Nhưng ở đây tôi giới thiệu chúng nhằm mục đích giúp các bạn có khả năng nhận biết được cấu hình tứ giác toàn phần và có các phương hướng giải trong lúc thi. Tứ giác toàn phần còn nhiều tính chất rất hay khác xong tôi sẽ giới thiệu chúng dưới dạng bài tập ở các chuyên đề khác(các bạn hãy đón đọc các chuyên đề tiếp theo). Bây giờ để luyện tập chúng ta sẽ giải một số bài tập liên quan.

Bài toán 1: Cho tứ giác toàn phần ABCDEF. Gọi O_a, O_b, O_c lần lượt là các tâm ngoại tiếp các tam giác CDE, AEF, DF B. Chứng minh rằng trực tâm tam giác O_aO_bO_c nằm trên EF.

(14)

Lời giải: Gọi M là điểm M iquel của tứ giác toàn phần ABCDEF. Khi đó ta có đượcM nằm trên(BF D)và đồng thời nằm trên(O_aO_bO_c). Do đóM đối xứngDqua OaOc và đồng thời M đối xứng F quaObOc. Từ đó sử dụng định lí về đường thẳng Steiner thì ta thu được trực tâm tam giác O_aO_bO_c nằm trên DF hay EF(đpcm).

Bài toán 2: Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O). Một đường thẳngl đi qua D cắt AB và AC tại E và F. Đường tròn qua 3 điểm là B, E, D cắt lại đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M. M D và M F cắt lại (O) tại P và N. Chứng minh rằng:

ABN P là hình thang.

(15)

Lời giải: Sử dụng tính chất 1 rõ ràng ACDBEF là tứ giác toàn phần do đó ta có được ngay rằng M ∈ (CDF). Đến đây ta có các biến đổi góc như sau: ∠DM N =

∠ACB = ∠AN B mà ∠AN B = ABd

2 và ∠DM N = P Nd

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

Bài toán 3(T8/466-Hồ Quang Vinh-THTT): Cho tam giác ABC có đường cao AH. Đường tròn tâmI đường kínhAH cắt AB, AC tại S, T. BT cắtCS tại K. Gọi tiếp tuyến tại S vàT của (I) cắt nhau ởM. M Agiao BC tại N. IM cắt ST tại J.

Chứng minh rằngN J đi qua trung điểm AK.

(16)

Trước khi đi vào lời giải ta cần chứng minh 1 bổ đề nhỏ như sau: "Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn(I). (I)tiếp xúcBC, CA, AB tạiD, E, F. DM là đường kính của(I). Tiếp tuyến (I)tại M cắtDF, DE tại Gvà H. Gọi ADcắt GH tại K.

Khi đóK là trung điểm GH."

(17)

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

DB = F J

F B = F J BD ⇒ GJ = J F = J M. Hoàn toàn 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 được rằng BD = P C nên ta thu ngay được rằng: J K = M N. Do đó GJ +J K = J M +M N = J N và KH =KM +M N +N H =J K+M N+KM =J N do đóGK =KH(= J N) hay K là trung điểm GH.

Quay lại bài toán ban đầu, từ bài toán phụ ta dễ có đượcAM đi qua trung điểmBC hayN là trung điểmBC. Áp dụng định lí về đường thẳngGausscho tứ giácAST K với T K∩AS =B và SK∩AT =C thì do N là trung điểm BC và J là trung điểm ST( hiển nhiên J là trung điểmST doM là giao 2 tiếp tuyến của (I)từS vàT) nên ta thu ngay được rằngN J đi qua trung điểmAK(đpcm).

Bài toán 4(Chọn đội tuyển VMO Hà Nội 2016-2017): Cho tam giácABC(AB <

(18)

và điB. A, Q= (S₁)∩(S₂). Chứng minh rằng tam giác OP Q vuông.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy ngay được rằng: P là điểm M iquel của tứ giác toàn phần ACF DBE do đó dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng. Theo định lí Borcard thì ta có: O, M, P ⊥ EF(Các bạn có thể tìm lại chứng minh chi tiết đoạn này ở chuyên đề thứ nhất về biến đổi góc ở bài toán số 7) do đó EFkBC vậy là: ∠BCD = ∠DEP = ∠DBP do đó P B tiếp xúc (O). Tương tự P C tiếp xúc (O). Kẻ các đường kính AX, AY lần lượt của (S₂),(S₁). Lại có: ∠AQB = 180^◦ −∠AXB = 180^◦ −∠AS2O. Tương tự thì: ∠AQC = 180^◦ −∠AS1O do đó

∠AQB+∠AQC = 360^◦−2∠AS₁O = 2(180^◦−∠A) = 360^◦−2∠A do đó hiển nhiên

∠BQC = 2∠A do đó P, B, Q, O, C nằm trên một đường tròn vậy nên OQ⊥ P Qdo đó ta thu được ngay đpcm.

Nhận xét: Nếu bài toán hỏi là chứng minh A, P, Q thẳng hàng thì có vẻ sẽ hay hơn.

Điều này cũng không khó để chứng minh. Chú ý việc tứ giác AS₂S₁O là hình bình hành nên S S chia đôi AO do đó theo tính chất đường trung bình dĩ nhiên X, Y, O

(19)

điểm J. BJ cắt (O₁),(O₂) tại các 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 trên (KLN). Tiếp tục ta thấy B là điểm Miquel của tứ giác toàn phầnAEIF GH. Do đóB thuộc(J HF). GọiO là tâm (ALN K)thế thì: ∠BAO=∠BAK+∠KAO=∠BAF+∠F AK+90^◦−∠ALK = 90^◦ do đó ta thu được AB tiếp xúc với (O)(đpcm)

Nhận xét: Ở bài trên việc tìm ra tiếp điểm A chính là mấu chốt cho các biến đổi góc sau đó.

Việc sử dụng thành thạo các kiến thức liên qua tới tứ giác toàn phần rất quan trọng và sẽ giúp ích rất nhiều cho các bạn. Qua bài viết tôi muốn nhấn mạnh một số ý chính như trên. Bài viết này dành cho các bạn THCS nên khá khó khăn khi trình bày một số lời giải(bởi chúng bị phụ thuộc hình vẽ), mong các bạn thông cảm một số chỗ còn dài.

(20)

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

Chuyên đề số 3:

Hệ thức lượng trong đường tròn và hàng điểm điều hoà dưới góc nhìn kiến thức THCS

I) Một số hệ thức lượng trong đường tròn

^:

Ở lớp 9 trong chương tứ giác nội tiếp có xuất hiện một số bài tập liên quan tới tứ giác nội tiếp và các hệ thức trong lượng trong đường tròn. Sau đây tôi sẽ nêu lại chúng và bổ sung thêm một số hệ thức khác về hàng điểm điều hoà cần thiết và quan trọng.

1) Cho tứ giácABCD nội tiếp (O). Gọi giao điểm củaAD, BC là điểm M. Thế thì

2− ²

(21)

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

+) IF

IK = F E EK

+) Gọi M là trung điểm IE. Khi đó: M E² =M I² =M F.M K(Hệ thứcN ewton).

+) Gọi N là trung điểm F K. Chứng minh rằng: EI.EN = EF.EK(Hệ thức M aclaurin). Cũng cần chú ý hệ thức sau cũng gọi là hệ thức M aclaurin: IE.IN = IF.IK.

Chứng minh: Các hệ thức ở 1) 2) đều khá cơ bản do đó ở đây tôi sẽ nêu chứng minh các hệ thức ở 3).

Lưu ý là nếu có 1 trong ba hệ thức ở 3)(không nhất thiết là có các giả thiết về tứ giác nội tiếp) thì ta sẽ có hai hệ thức còn lại. Ta đi chứng minh các hệ thức trên là tương đương nhau. Giả sử ta có hệ thứcM aclaurin, thế thì: M E² =M F.M K ⇔M E² =

(22)

thức M aclaurin thế 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 vậy là cả ba hệ thức trên tương đương nhau miễn là mình có sẵn một hệ thức đúng. Hệ bốn điểm thoả mãn hệ thức thứ nhất người ta thường gọi làhàng điểm điều hoà. Do vấn đề về độ dài đại số chưa được trình bày tường minh ở cấp THCS do đó tôi chỉ nêu cách chứng minh trên phụ thuộc hình vẽ, mong bạn đọc thông cảm.

Bây giờ ta quay lại bài toán chứng minh ở hệ thức số 3, ta có được cả ba điều bởi:

Gọi S là trung điểm XY. Hiển nhiên doN là trung điểmF K thế thì tứ giác N ISO nội tiếp áp dụng hệ thức 1) thì ta có: EI.EN =ES.EO=EX² =EF.EK tức là có được hệ thức M aclaurin luôn đúng do đó hiển nhiên như đã chứng minh ở trên nếu có 1 trong 3 hệ thức đúng thì đương nhiên hệ thức còn lại cũng đúng.

Nhận xét: Các hệ thức trên đều có chiều ngược lại tức là cũng đồng thời là các cách chứng minh các điểm đồng viên, cách chứng minh tiếp tuyến đường tròn,...

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 quan trọng không chỉ đối với các học sinh cấp 2 mà còn cả với các học sinh cấp 3 khi bắt đầu tiếp xúc với các khái niệm mới. Chính vì lẽ đó mà càng ngày thì các hệ thức lượng trong đường tròn càng được các trường lấy làm nội dung thi vào chuyên, cũng như xuất hiện nhiều trong các kì thi HSG lớp 9.

II) Các bài toán ứng dụng:

Bài toán 1(Tuyển sinh vào chuyên Toán các THPT chuyên TPHCM): Cho điểmM nằm ngoài đường tròn(O). Kẻ các tiếp tuyếnM A, M B đến (O)với các tiếp điểm A, B. Gọi H là giao của AB và OM,I là trung điểm M H. AI∩(O) =K, A.

a) Chứng minh rằng: HK ⊥AI.

b) Chứng minh rằng: ∠M KB = 90^◦.

(23)

Lời giải: a) Gọi M O ∩(O) = D, E(như trên hình vẽ). Áp dụng hệ thức N ewton thì: IH² =IM² =ID.IE =IK.IA hiển nhiên là ∠IHA= 90^◦, do đó theo hệ thức lượng trong tam giác vuông đảo thì: HK ⊥AI(đpcm).

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

Nhận xét: Có thể thấy việc sử dụng các hệ thức trong 3) đã giúp làm ngắn gọn đi lời giải rất nhiều xong tôi rất lưu ý các bạn là cần phải chứng minh lại các hệ thức này 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 tròn đường kính AH cắt AB, AC tương ứng tại điểm D, E. Đường thẳng DE cắt BC tại điểm S.

a) Chứng minh rằng: BDEC nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: SB.SC =SH².

(24)

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

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

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

c) Gọi K là điểm đối xứng H qua S. Ta có: SOkAK do đó 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 do đó BM

M A = HB

HC do đóM HkAC. Điều đó dẫn tới BDHP nội tiếp hay là BP ⊥M H suy raBP ⊥AC. Hoàn toàn tương tự CQ⊥AB. Vậy ta có: BP, CQ, AH lần lượt là các đường cao của tam giác ABC nên chúng đồng quy tại 1 điểm(đpcm).

Bài toán 3: Cho tam giácABC và các điểmD, E, F lần lượt thuộcBC, CA, AB sao DB SB

(25)

Nhận xét: Bài toán trên cực kì quan trọng và là một gạch nối lớn để ta có được cách làm các bài toán 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 lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C. Gọi P =BC∩EF. Đường thẳng quaDkEF cắt AB, AC, CF lần lượt tại Q, R, S. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BQCR nội tiếp.

b)D là trung điểm QS.

c)(P QR) chia đôi BC.

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

∠QBC =∠F EC =∠QRC do đó BQCR nội tiếp.

(26)

c) Gọi M là 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 ở bài toán 3) thì hiển nhiên là DP.DM =DB.DC =DQ.DR do đó ta thu được đpcm.

Nhận xét: Cả hai ý b) c) của bài toán này đều có thể mở rộng lên cho ba đường đồng quy chứ không nhất thiết cứ phải là đường cao.

Bài toán 5(China TST 2012): Cho tứ giác bàng tiếp ABCD đường tròn (O) và nội tiếp đường tròn (J). CD tiếp xúc đường tròn (O) tại điểm T. Hai đường chéo gặp nhau ở P. Dựng 1 đường tròn qua A, B và tiếp xúc(O) tại điểm S.

Chứng minh rằng: ∠P ST = 90^◦.

(27)

Nhận xét: Ở đây ta thường không biết cách dựng 2 giả thiết tiếp xúc đặc biệt đó là tứ giác bàng tiếp đồng thời nội tiếp. Sau đây là cách dựng:

+) Ta biết tính chất về việc các đường nối tiếp điểm tương ứng của tứ giác bàng tiếp và nội tiếp vuông góc với nhau do đó ta sẽ dựng đường tròn tiếp xúc trước(bàng tiếp tứ giác). Dựng 1 đường tròn (I) và 2 dây cungXY, ZT vuông góc phân biệt.

+) Sau đó vẽ các tiếp tuyến tại X, Y, Z, T của (I) giao nhau tại 4 điểm thoả mãn tính chất.

Cuối cùng để các bạn luyện tập xin đề nghị một số bài 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 là các đường cao của tam giác ABC. Gọi M là trung điểm AB. CM cắt (CA₁B₁),(O) lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng:

M P =M Q.

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

Bài toán 8(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O). Lấy P là 1 điểm thuộc tam giác ABC sao cho AP vuông góc BC. Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc AB, AC( E, F thuộc AB và AC). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G. Chứng minh rằng GP, BE, CF đồng quy tại 1 điểm.

Mình lưu ý là có rất nhiều các hệ thức lượng trong đường tròn quan trọng khác(đặc biệt là định líP tolemey). Xong để rõ ràng và chi tiết mình sẽ đề cập tới chúng trong các chuyên đề sau.

(28)

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

Đã khá lâu tôi mới mở lại chuyên mục này, mong các bạn lớp 9 thông cảm bởi thời gian gần đây tôi khá bận. Bài viết lần này sẽ đề cập tới một kĩ thuật cực kì quan trọng-kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng.

Chuyên đề số 4:

Kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng trong giải toán hình học

Trong các bài toán hình học thi vào 10 thì việc sử dụng được các kiến thức nâng cao sẽ giúp nhìn rõ bản chất vấn đề xong nếu biết cách sử dụng các kiến thức đơn giản vào giải toán thì đôi lúc chúng ta sẽ thu được những lời giải ngắn gọn bất ngờ.

I) Một số lưu ý

:

1) Cho tam giácABC và tam giácA⁰B⁰C⁰ đồng dạng cùng điểm K, K⁰ lần lượt thuộc BC, B⁰C⁰ sao cho KB

KC = K⁰B

K⁰C thì 4AKB ∼ 4A⁰K⁰B⁰.

2) Cho tam giácABC nội tiếp (O). Lấy các điểmE, F thuộcAC, AB. Gọi(AEF)∩ 4GF B ∼ 4GEC

(29)

4) Cho tam giácABC và tam giácA⁰B⁰C⁰ đồng dạng theo tỉ sốk. Khi đó: S_ABC S_A⁰_B⁰_C⁰ = k².

5) Việc tìm ra tam giác đồng dạng hoàn toàn là dựa vào việc nhìn ra một số cấu hình quen thuộc, những hình vẽ tạo ra rất nhiều tỉ số bằng nhau, hoặc một số góc đặc biệt cũng là dấu hiệu cho việc dùng tam giác đồng dạng.

II) Một số bài tập vận dụng

:

Bài toán 1: Cho tam giácABCnội tiếp đường tròn(O;R)có đường caoAH =R√ 2.

Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông hạ từ H xuống AB, AC. Chứng minh rằng:

M, O, N thẳng hàng.

Lời giải: Gọi AD là đường kính của (O). Ta thấy rằng theo hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC thì: AH² = AM.AB = AN.AC = 2R² ⇒ AN.AC = AO.AD = AM.AB do đó suy ra: 4AON ∼ 4ACD(c.g.c) đồng thời 4AOM ∼ 4ABD(c.g.c) hay là: ∠AON =∠AOM = 90^◦. Hay là M, O, N thẳng hàng.

Nhận xét: Việc xử lí giả thiết lạ để đưa về chứng minh tam giác đồng dạng là điểm mấu chốt của bài toán này.

(30)

Lời giải: Ta cần bổ đề sau:" Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BD.

Gọi P, I, Q lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác ABD, ABC, ADC. Chứng minh rằng tâm (IP Q)nằm trên AC".

(31)

Chứng minh: Trước khi chứng minh tôi xin nêu 1 bổ đề quen thuộc:" Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Lấy O⁰ đối xứng O qua BC. Gọi H là trực tâm tam giác ABC khi đó O⁰ là tâm (HBC)."

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

2 = 180^◦−

∠BAC− ∠C

2 −∠C

2 = 90^◦. Tương tự ∠P Y B = 90^◦ do đó chú ýA, P, I thẳng hàng cùngC, Q, I thẳng hàng nênI là 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 tại K. Gọi O là tâm ngoại tiếp tam giác BP Q thế thì:

∠P OQ= 2∠P BQ= 2(∠DBA+∠DBC

2 ) =∠ABC = 90^◦ do đó 4P OQvuông cân tại O nên K đối xứng O qua P Q, theo bổ đề thì K là tâm của (P IQ). Vậy ta thu được tâm(P IQ) nằm trên AC(đpcm).

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

∠T AJ =∠T AC−∠J AC = ∠BAC−∠HAC

2 = ∠HAB

2 =∠HAI vậyAI, AT đẳng giác do 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 trên bởi bổ đề dùng ở trên rất hay và có nhiều ứng dụng. Thực tế có thể chứng minh ngắn hơn một chút nhờ kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng: ta có thể chứng minh ∠ABC =∠HIJ bằng cách chứng minh 4IHJ ∼ 4BAC ⇔ 4AIH ∼ 4CJ H(đúng).

Bài toán 3(Nguyễn Quang Trung): Cho tam giác ABC và các điểm F, E lần lượt bất kì nằm trên các cạnhAC, AB. Đường trung trực củaBF, CE cắt nhau ở K.

Một cát tuyến qua A cắt (O),(AEF) tại các điểm Q, P khác A. Chứng minh rằng:

KP =KQ.

(32)

Lời giải: Trước tiên xin nêu lại một tính chất quen thuộc:" Cho(O)và 1 điểmM bất kì, khi đó phương tích từM đến (O)kí hiệu là P_M/(O) và P_M/(O) =|OM²−R²|. Qua M kẻ hai cát tuyếnM AB, M CD thì: M A.M B =M C.M D=|OM²−R²|=P_M/(O)”.

Quay trở lại bài 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) hay là 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 do đóOO⁰ đi qua trung điểmAK(theo tiên đềEuclid). Do đóAO⁰KOlà 1 hình bình hành. GọiAK∩(AEF),(O) = A, X, Y, do−O⁰A²+KO⁰² =−OK²+OA² hay là P_K/(O) = −P_K/(AEF) nên KX.KA= KY.KA hay K là trung điểm XY. Gọi T là trung điểm củaP Qthế thì dễ thấy4J T P ∼ 4J KX(c.g.c)nênJ, A, K, T đồng viên suy ra ∠KT A=∠KJ A= 90^◦ nên KP =KQ(đpcm).

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

Bài toán 4(Nguyễn Duy Khương)(Cải biến từ đề thi chọn đội tuyển thi

(33)

Lời giải: GọiX, Y là trung điểmBF, CE thế thì chú ý rằng: 4GBF ∼ 4GCE nên 4GXF ∼ 4GY E nên A, G, X, Y đồng viên. Do M X, M Y là đường trung bình các 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 thì từ trên suy ra: 4AM L ∼ 4AY E(g.g) nên vì 4AU L ∼ 4ACE(g.g) và 4AU M ∼ 4ACY(g.g) do đó: U L

CE = M L Y E = AM

AY = M U

Y C ⇒ M L

M U = Y E

Y C = 1 nên M là trung điểm U L. Vậy BLCU là hình bình hành(đpcm).

Nhận xét: Nếu gọi (AEF)∩(O) =G, A, AP ∩BC =D,GD∩(O) =G, K thì AK là đường đối trung của4ABC.

Bài toán 5(Nguyễn Quang Trung)(Tổng quát Việt Nam TST 2015-ngày 1): Cho tam giác ABC và lấy các điểm D, E, F bất kì lần lượt trên BC, CA, AB không trùng các điểm A, B, C. Gọi (AEF)∩(O) = G, A, GD∩(O) = G, P. Lấy điểm Q trên (AEF) sao cho ∠P AB = ∠QAC. Gọi GQ∩EF = H. Chứng minh rằng: DHkP Q.

(34)

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

GB = GE

GD. Lại có:

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

GB = GE

GP do đó GQ

GH = GE GD.GP

GE = GP

GD do đó P QkDH(theo định lí T halesđảo)(đpcm).

Nhận xét: Bài toán này hay và không cần kẻ vẽ hình phụ, ta thấy cách giải quyết còn đơn giản hơn cả bài toán ban đầu, đơn thuần là tam giác đồng dạng thuần tuý và cuối cùng là sử dụng định líT hales.

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

a)O, C, D, B đồng viên.

b) Chứng minh rằng: ∠AEC = 90^◦.

(35)

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

∠OCB = 180^◦ −∠OCM = 180^◦ −∠OCN = ∠ON D nên 4ON D =4OCB(c.g.c) suy ra ∠OBC =∠ODC hay là B, D, O, C đồng viên(đpcm).

b) Trước khi giải ta chứng minh bổ đề sau: "Cho tam giácABC nội tiếp. Phân giác góc∠BAC cắt lại(O)tại điểmD. LấyE thuộc đoạnAC sao 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 đó chú ý rằng: DE =DC =DB nên 4DJ E = 4DJ C(c.g.c)⇒∠J EC =∠J CE ⇒∠ABE =∠AEB do đó AB=AE(đpcm).

Quay trở lại bài toán, áp dụng bổ đề trên thì: DN = DE = DA = BC chú ý OE = OC, OD = OB nên hiển nhiên ta có: DECB là 1 hình thang cân. Gọi I là trung điểm BD. Vậy IE = IC = IA do đó chú ý I là trung điểm AC nên

∠AEC = 90^◦.

Nhận xét: Việc nhìn ra các "tâm vị tự quay" là điểm mấu chốt của các dạng toán loại này.

(36)

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

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

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

b) Ta thấy rằng P, E đối xứng nhau qua AB và Q, F đối xứng nhau qua AC nên P F =F E =EQnên chú ý rằng: M là tâm(BC)thìM F =M E. Lại có: ∠P F M = 180^◦ −∠DF M = 180^◦ −∠DEM =∠QEM do đó 4P F M =4QEM(c.g.c) hay là M ∈(P DQ)(đpcm).

Cuối cùng xin đề nghị một số bài toán luyện tập:

Bài toán 8(Thi vào chuyên KHTN vòng 1,2013): Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có AB < AC. Phân giác góc ∠BAC cắt (O) tại A, D. Gọi M là trung điểm AD. Lấy E đối xứng D qua O. Gọi (ABM)∩AC =A, F.

(37)

(AEF),(ABC)tại P, Q, hạ KH vuông góc xuống P Q thì HP HQ =k.

Bài toán 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) sao choAB < AC. Goi E là trung điểm cung lớn BC của (O). Gọi AD là đường phân giác trong ∠BAC.

Gọi DE ∩(O) = E, M. Gọi K, I, L là hình chiếu của M lên AB, BC, CA. Chứng minh rằng: I là trung điểm KL.

(38)

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

Đã gần 1 năm từ chuyên đề THCS số 4, hôm nay tôi tiếp tục bài viết về chuyên đề mới dành cho THCS. Ở chuyên đề lần này, tôi muốn đề cập tới cách kẻ vẽ phụ, điều mà đa số các bạn khá là thắc mắc khi giải các bài hình học.

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

Đã có khá nhiều sách viết về việc kẻ vẽ hình phụ. Khi làm một bài toán hình học khó thì rất cần sự nhạy bén với việc kẻ thêm hình. Sự nhạy bén được sinh ra nhờ kinh nghiệm của người làm toán. Việc người làm có càng nhiều kiến thức về một mô hình nào đó chính là điểm quan trọng nhất khi vẽ phụ. Tuy vậy đôi khi có những cấu hình rất lạ nên cũng cần linh hoạt.

I) Vẽ phụ nhờ mô hình biết trước

Đối với loại bài này, ta cần phải nhận dạng cấu hình của bài toán, sau đó tìm mối liên hệ giữa điều cần chứng minh và những kiến thức đã biết về mô hình đã biết. Lí thuyết là vậy, thực hành thì khó hơn nói nhiều, cần có một kiến thức nền tảng về các cấu hình đủ chắc để làm được điều này. Sau đây là một số chú ý quan trọng:

- Khi làm một bài toán mà mối liên hệ các giả thiết chưa đủ thì ta sẽ ra các hình phụ rộng hơn hình vẽ ban đầu, tức là vẽ các yếu tố mà giả thiết ban đầu là các kết cấu

(39)

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

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

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

∠F ED =∠EDC =∠C =∠M KE do 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 là đường đối trung của tam giác AF E. Như vậy chú ý rằng: AM chia đôi BC(theo bổ đề hình thang) nên ta có: AK là đường đối trung của tam giácABC. Nhận xét: Trong bài toán này thì trước tiên cần phải nhớ định nghĩa về đường đối

(40)

Bài toán 2(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giácABC nội tiếp(O). M là trung điểm BC. AM ∩(O) = K, lấy E, F là hình chiếu của K lên AC, AB. Gọi tâm (ABE) làI và 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) do đó: ∠P BE = ∠P AC =∠ACB do đó: APkBC nên ta có: IJ ⊥ BC(điều phải chứng minh).

(41)

đôi EF.

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

M là trung điểmBC, AP là đường kính (O), J là trung điểmEF, ta đi chứng minh HJ ⊥KL. Gọi Qlà hình chiếu của A lên HJ. Ta thấy điều phải chứng minh tương đương: AQkKLhay∠QAK =∠AKL=∠KAL, chú ý ∠KAB=∠KAC do đó điều phải chứng minh tương đương: ∠QAE =∠GAB. Lại có: A, Q, E, H đồng viên do đó

∠QAE =∠J HE. Dễ thấy 4HEF ∼ 4HCB do đó 4HEF ∼ 4P BC(bởi BHCP là hình bình hành). Do đó 4M P B ∼ 4J HE(c.g.c) suy ra ∠J HE = ∠M P B. Gọi GA∩(O) =R. Ta dễ thấy rằng: M, P, H, R thẳng hàng do đó∠M P B =∠RAB =

∠GAB = ∠J HE hay là ta thu được AQ||LK hay là HJ ⊥ LK tức là điều phải chứng minh.

(42)

Ngoài ra các bạn có thể luyên tập thêm 1 số bài toán như sau:

Bài toán 4(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có trực tâm H. HK là đường đối trung của tam giác HBC. Lấy P, Q trên AB, AC sao cho K là trực tâm tam giác AP Q. Chứng minh rằng đường nối tâm (ABQ) và (ACP) song song BC.

Bài toán 5(EMC 2017): Cho tam giác ABC có trực tâmH và trung điểmBC là M. Đường thẳng qua H vuông gócHM cắt AC tại Y. Đường thẳng qua A vuông góc AM cắt BH tại Q. QM∩(M Y) = M, J. Chứng minh rằng: HJ ⊥AM.

II) Vẽ phụ đối với các mô hình lạ

Khi đi thi không thể tránh khỏi việc gặp những bài toán mà bạn chưa thấy dạng bài bao giờ. Việc kẻ vẽ phụ vì thế mà không tuân theo kinh nghiệm gì cả. Việc đầu tiên là các bạn chớ nên hoảng hốt đã, sau đó chúng ta sẽ có những lưu ý như sau:

- Đề bài càng dài và lạ thì càng nhiều khả năng ta sẽ cần các bước chuyển đưa nó về bài toán quen thuộc. Do đó đừng thấy lạ mà sợ ngay.

- Mô hình lạ có thể là sinh ra nhờ tổng quát hoá các bài toán dễ hơn. Chính vì thế hãy đặc biệt bài toán và thử xem giải ra sao(chúng thường dễ hơn) trước khi bắt tay giải bài tổng quát theo phong cách tương tự.

- Chẳng có gì bấu víu tốt hơn là giả thiết bài toán do đó nên tìm hiểu thật kĩ các liên hệ từ giả thiết và tìm ra các kết quả quan trọng xoay quanh bài toán(thường là dùng được cho chứng minh kết luận bài toán).

- Điều quan trọng là làm được bài toán nên các bạn đừng ngại các cách giải lấy việc tính toán là quan trọng nhất, các bước kẻ phụ sinh ra để thu gọn các phép tính cũng là một lựa chọn thông minh.

Bài toán 6: Cho tam giácABC nội tiếp(O). Một đường tròn quaA, O cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh rằng: trực tâm tam giác P QO nằm trên BC.

(43)

Lời giải: Gọi(K) cắt (O) tại 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 đó 4M QC cân tại Q. Chú ý OM =OB và OM =OC do đó OP, OQ là trung trực củaM B, M C do đó theo định lí về đường thẳng Steinerthì trực tâmJ của tam giác OP Qnằm trên BC(đpcm).

Nhận xét: Bài toán là ứng dụng hay của đường thẳng Steiner. Điểm quan trọng nhất là nhận ra liên hệ giữa 2 đường tròn xuất hiện ở giả thiết.

Bài toán 7(Thi thử KHTN đợt 3 năm 2017): Cho tam giácABC nội tiếp(O).

P là 1 điểm bất kì trên cung BC không chứa A của (O). Lấy E, F lần lượt trên AC, AB: P B =CE, P C = BF. Gọi (AEF)∩(O) = A, G. Chứng minh rằng: GP chia đôi BC.

(44)

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

GC = F B

EC = P C

P B = GS

GC, do đó chú ý rằng: ∠SGC = 180^◦ −∠AGC =∠BP C do đó 4BCP ∼ 4CSG(c.g.c) hay là ∠BGP = ∠BCP = ∠CSG nên GPkSC hay là GP chia đôi BC(theo tính chất đường trung bình).

Bài toán 8(Thi HSG lớp 9 tỉnh Thanh Hoá 2011): Cho tam giácABC cóM là trung điểmBC, phân giác ngoài∠AcắtBCởD. Gọi(ADM)∩AB, AC =E, F 6=A.

N là trung điểm EF. Chứng minh rằng: M NkAD.

(45)

Lời giải: Gọi(O)là đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. GọiL, Klần lượt là trung điểm cung lớn và nhỏBC của(O). Ta để ý rằng: O, M, K, Lthẳng hàng và cùng nằm trên trung trực BC do đó ∠KAD = ∠DM K = 90^◦ nên A, M, K, E, F đồng viên, đồng thời ta cũng có: A, K, L thẳng hàng. Ta có: ∠EDK = ∠EAK = ∠KAC =

∠F DKdo đó chú ý rằng: DK cũng là đường kính(ADM)nênDK đi qua trung điểm của 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 vì ta cũng có: 4DKE ∼ 4LKB(g.g) nên DK

LK = KE

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

Cuối cùng các bạn hãy thử giải quyết các bài toán sau:

Bài toán 9: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I). Đường thẳng qua I vuông góc OI cắt BC tại K. Đối xứng Aqua I làL. Chứng minh rằng: KI =KL.

(46)

Lời giải: Gọi (AOI)∩(O) =J, A. GọiKI∩(AOI) =T, I ta có: OT là đường kính của(AOI)màOA =OJ do đó: IK là phân giác gócAIJ. Vậy∠KIL=∠T AJ. Gọi AI∩(O) =D, AvàDJ∩(AIO) = E, Jta có: ∠ADJ =∠AOT =∠AIT nênKIkDJ.

Gọi AE ∩KI =P và M là trung điểm BC. Ta có: IOM K là tứ giác nội tiếp nên:

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

Ta đi 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 được điều phải chứng minh.

(47)

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 tại E, D. Lấy P, Q trên đoạn BC sao cho:

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

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

Bài toán 13(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm nội tiếp I. E, F là hình chiếu của I lên AC, AB. K là tiếp điểm đường tròn A− M ixtilinear nội và EF ∩BC =T. M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: AM cắt T K trên (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 tại E, F 6= B, C, BE ∩CF = H. Gọi (AEF)∩(O) = G 6= A, AH ∩BC = D, GD ∩(O) = N, G. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: đường thẳng qua N song song AD cắt AM trên (AEF).

Bài toán 15: Cho tam giácABC. Lấy các điểmE, F bất kì trên đoạnAC, AB. 1 cát tuyến qua A bất kì cắt BE, CF tại K, H. (DHK) giao (DEF), AD = G, L(6= D).

Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A của (AQG) cắt EF trên (ALG).