Chuyên đề ôn tập hình học 9

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

CHUYÊN ĐỀ 1:
1. Đường trung bình của tam giác, của hình thang.
2. Đường trung tuyến của tam giác vng.

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC đều, đường cao AD, trực tâm H. M là điểm bất kỳ
trên cạnh BC. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC. Gọi I là trung
điểm của AM. ID cắt EF tại K.
a) DEIF là hình gì?
b) CM: M, K, H thẳng hàng.
c) Xác định vị trí của M trên BC để EF đạt GTNN.
d) Tìm GTNN của SDEIF biết tam giác ABC có cạnh bằng a.
Lời giải:
Giã sử M nằm giữa B và D:
a)  IED có:
1

A
 IE  ID  AM
2

 EID
฀  2.BAD
฀
 600

  IED là tam giác đều (1)
P
Chứng minh tương tự ta được
 IFD là tam giác đều (2). Từ

I
(1) và (2) suy ra DEIF là hình
thoi.
F
H
b) Vì  ABC đều nên trực tâm
K
H củng là trọng tâm. Suy ra:
E
AH = 2.HD
Gọi P là trung điểm của AH
 AP = PH = HD. Suy ra IP, B
C
D
M
KH thứ tự là đường trung bình
của các tam giác AMH và DIP
 MH // IP và KH // IP, suy ra M, K, H thẳng hàng.
฀
c) Vì  EDK vng tại K nên ta có: EF = 2.EK = 2. ED. sinKDE
= 3 .DE Do đó
EF đạt GTNN  DE đạt GTNN  DE  AB  M trùng với D.
( Có thể dùng định lý pitago để tính EF theo DE ).
1
d) SDEIF = DI .EF
2
Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD. Gọi A/, B/, C/, D/ lần lượt là trọng tâm của các tam
giác BCD, ACD, ABD, ABC. CMR: AA/, BB/, CC/, DD/ đồng qui.

/>DeThiMau.vn

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

Lời giải:
A
Gọi M, N, I lần lượt là
trung điểm của BD, AC và
B
A/C. Ta có:
+) NI là đường trung bình
của  AA/C
 AA/ // NI.
N
K
M
+)  MNI có A/ là trung
điểm của MI và
AA/ // NI  K là trung
A/
điểm của MN.
I
Chứng minh tương tự thì
C
BB/, CC/, DD/ đều đi qua D
trung điểm K của MN 
AA/, BB/, CC/, DD/ đồng qui tại K.
Bài tập:
BT.1: CMR: Trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của một tam giác
cùng nằm trên một đường thẳng.

BT.2: Cho đoạn thẳng AC và điểm B nằm giữa A và C. Vẽ các tam giác vuông
cân ABD và BCE trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AC. Gọi I là trung điểm
của AC. Tam giác IDE là tam giác gì? Vì sao?
-------------------------------------------------------------------------------------------CHUYÊN ĐỀ 2:
1. Định lí Talet và hệ quả
2. Tam giác đồng dạng
3. Hệ thức lượng trong tam giác vuông
* Những điểm lưu ý:
1- Định lý Talet và tam giác đồng dạng chỉ đề cập tới tỉ số của hai đối tượng cùng
loại ( cùng là độ dài, cùng là diện tích, …)
A C
2- Đối với các bài toán cần thực hiện phép toán 
ta thường dùng định lí
B D
A M C M/
Talet hoặc tính chất của tam giác đồng dạng để biến đổi
sao
 ; 
B N D N/
A C
cho N = N/ . Trong hình học rất hiếm khi ta thực hiện phép nhân chéo 
B D
A.D  B.C

.
B.D

/>DeThiMau.vn

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

3- Đối với bài toán cần thực hiện phép toán

A C
A M
. ta thường biến đổi 
,
B D
B N

C M/
 / trong đó N = M/.
D N

4- Đối với bài tốn cần chứng minh đẳng thức có dạng

1 1 1
  ta cần tìm các
A B C

M N P
  lúc này ta có thể dùng định lí
A B C
Talet hoặc tính chất của tam giác đồng dạng.
5- Đối với bài toán cần chứng minh đẳng thức dạng a.b = c.d + e.f ta thường
tách b = x +y và chứng minh a.x = c.d và b.y = e.f
6- Đối với bài toán cần chứng minh đẳng thức dạng a2 = c.d + e.f làm tương tự
như trên.
Ví dụ 1: Cho D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC

sao cho AD, BE, CF đồng
qui tại M. Chứng minh
A
K
I
rằng:
AM AE AF
.


DM CE BF
đoạn thẳng M = N = P và chứng minh

F
E
* Định hướng: Cần chuyển
các tỉ số ở vế phải về cùng
M
mẫu.
Lời giải:
Qua A vẽ đường thẳng
song song với BC cắt BE
và CF tại I và K. Áp dụng
B
D
định lí Talet ta có:
AE AI
AF AK
và



CE BC
BF BC
AE AF KI



(1)
CE BF BC
AM
AI AK AI  AK KI




(2). Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
DM BD CD BD  CD BC

C

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác
cắt tia BC và các cạnh CA, AB tại D, E, F. CMR:
1
1
1
.


GD GE GF
/>DeThiMau.vn

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

Định hướng: ( xem lưu ý 4 )
Lời giải:
Vẽ CI // FE, BK // FE
 CI = BK; MK = MI.
A.d định lí Talet ta có:
AI
 CI

 GE AG (1)

MI
 CI

(2)

GD
MG

 BK AK
 GF  AG (3)

Cộng từng vế của (1) và
B
(2) sẽ được (3).
CI CI BK




GD GE GF
 đpcm.

A

F
G
E
I
M

D

C

K

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC. Biết rằng đường phân giác ngoài của góc A cắt BC
kéo dài tại E. CMR: AE2 = EB. EC – AB. AC
Phân tích:
1.Cần tách AE = x – y
thỏa mãn: AE.x = EB. EC
X
và AE.y = AB. AC
2. Giã sử tồn tại M thuộc
A
EA để: EA. EM = EB. EC
 EAC ฀ EBM 

฀
฀ .
EMB
 ECA
Lời giải:
Lấy M thuộc tia đối của tia
฀
฀ .
 ECA
AE sao cho EMB
 EAC ฀ EBM suy ra
E
EA. EM = EB. EC (1).
Lại có: EAC ฀ BAM
 EA. AM = AB. AC (2). Lấy (1) – (2) ta có đpcm.

M

C

B

Ví dụ 4: Cho 4 điểm theo thứ tự E, B, D, C cùng nằm trên một đường thẳng thỏa
DB EB

mãn:
và A là một điểm sao cho AE  AD. CMR: AD và AE thứ tự là
DC EC
phân giác trong và ngoài của tam giác ABC.
/>DeThiMau.vn

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

* Định hướng: - Chỉ cần chứng minh AD hoặc AE là phân giác
- Vẽ đường phụ là đt song song để sử dụng (gt)

DB EB

.
DC EC

A

N

E

D

B

C

M

Cách 1: Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt AD và AE tại M và N.
Theo định lí Talet ta có:
DB BM 


DB EB
DC AC 
).

  BM  BN ( Vì
EB BN 
DC EC

EC AC 
Tam giác AMN vng tại A có AB là trung tuyến  AB = MB. Suy ra
฀
฀
฀
฀
BAM
 BMA
 BMA
(1). Lại có CAM
( vì BM // AC ) (2). Do đó AD là phân
giác trong của  ABC  AE là phân giác ngồi ( vì AE  AD ).
Cách 2:
Qua C vẽ đt song song với AB cắt AD, AE tại M và N. Tương tự cách 1 ta cũng
฀
฀
฀
฀ .
 CMA
 CMA
chứng minh được: BAM
và CAM

฀  600 . Một đường thẳng đi qua D không cắt
Ví dụ 5: Cho hình thoi ABCD có B
hình thoi nhưng cắt các đường thẳng AB, BC lần lượt tại E, F. Gọi M là giao
điểm của AF và CE. CMR:
a)  EAC đồng dạng với  ACF.
b) AD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  MDF.
Lời giải:
a) Ta có  EAD đồng dạng với  DCF 

AE CD
AE AC



(vì AD = AC
AD CF
AC CF

= CD ).
AE AC
฀ ฀
ACF  1200 và
Xét  EAC và  ACF có: EAC
; suy ra:

AC CF
/>DeThiMau.vn

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

 EAC đồng dạng với  ACF (c.g.c)
b) Chứng minh được 
ACM đồng dạng với 
AFC
 AC 2  AM .AF
mà AC = AD nên ta có
AD 2  AM .AF , suy ra AD
là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tam giác
MDF.

B

A

C
M

F
E

D

฀  200 . Kẻ phân giác BI. Vẽ góc
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vng tại A, có B
฀
ACH  300 về phía trong tam giác. CMR: HI song song với phân giác của góc
HCB.

Lời giải:
Gọi CK là phân giác
của góc HCB.
AI BA

(t.c
IC BC
đường phân giác) (1).
Tam
giác
ACH
vng tại A có
฀
ACH  300 , suy ra:
CH
AH 
. Khi đó vì
2

C

Ta có:

M
I

A

H

K

B

1
AH 2 CH 1 CB

 .
CK là phân giác của góc HCB nên ta có:
(2)
HK
HK
2 BK
Kẻ KM  BC , vì tam giác KCB cân tại K nên: CB = 2BM (3). Từ (2) và (3)
đồng thời kết hợp với  BMK đồng dạng với  BAC suy ra:
/>DeThiMau.vn


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

AH BM BA


(4). Từ (1) và (4) suy ra điều phải chứng minh.
HK BK BC
Bài tập:
BT.1) Cho tam giác ABC, AD là phân giác trong của góc A ( D BC ). CMR:
AD2 = AB.AC – DB.DC
BT.2) Cho hình thang ABCD ( BC // AD ). Gọi M, N là hai điểm lần lượt trên
AM CN

hai cạnh AB và CD sao cho
. Đường thẳng MN cắt AC và BD lần

AB CD
lượt ở E và F. CMR: EM = FN
BT.3)Cho tam giác đều ABC. Gọi D là trung điểm cạnh BC và E, F là các điểm
฀
 600 .
thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho EDF
1. Chứng minh:
a)  BDE đồng dạng với  CFD.
b) BE. CF không đổi
c) ED2 = EF. EB
d) EF ln tiếp xúc với một đường trịn cố định.
2. Tìm vị trí của các điểm E, F để diện tích tam giác DEF đạt GTLN.
3. Tìm vị trí của các điểm E, F để diện tích tam giác AEF đạt GTLN.

-------------------------------------------------------------------------------------CHUYÊN ĐỀ 3:
TỨ GIÁC NỘI TIẾP
A
B
M

D

N

C

 Đối với tứ giác ABCD cho trước, các khẳng định sau là tương đương:

1. ABCD là tứ giác nội tiếp.
฀ +C
฀ =B
฀ +D
฀ = 1800 .
2. A
฀
฀
= ACD
3. ABC
.
4. MA.MC = MB. MD ( trong đó M là giao điểm của AC và BD ).
5. NA.NB = NC.ND ( trong đó N là giao điểm của AB và CD )

/>DeThiMau.vn


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

A

C

S

B

 Cho tam giác ABC và điểm S thuộc tia đối của tia BC. Khi đó các khẳng
định sau là tương đương.
1. SA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

฀
฀ .
= BAS
2. ACB
3. SA2 = SB.SC.
Ví dụ 1:Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ( H  BC ). Gọi I, J, K
lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp  ABC,  AHB và  AHC. CMR:
a) AI  JK.
b) BJKC là tứ giác nội tiếp.
Lời giải:
A
a)
Dễ
thấy
ABHM là tứ
giác nội tiếp, suy
ra BM  AK.
M
Tương tự: CN 
N
I
AJ. Vậy I là trực
K
tâm  AJK, suy
J
ra đpcm.
b) Ta có:
C
B
฀

C
0
H
฀
JBC  45  .
2
฀
฀  1 HAB
฀  1C
฀ ).
฀  IAJ
฀  IAB
฀  JAB
฀  450  C ( vì JAB
IKJ
2
2
2
Ví dụ 2: Cho đường tròn tâm O và S cố định nằm ngoài (O). Một cát tuyến thay
đổi đi qua S cắt (O) tại A và B ( A khác B ).
a) Đường thẳng d vng góc với OS tại S và cắt các tiếp tuyến với (O) tại A và B
lần lượt ở C và D. Chứng minh: SC = SD.
b) Gọi E là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn tại A và B. CMR: Khi
cát tuyến SAB thay đổi thì E ln nằm trên một đường thẳng cố định; xác định
đường thẳng đó.
/>DeThiMau.vn


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

Lời giải:
a) Từ các tứ giác nội tiếp
SOBD và SAOC suy ra
฀  SCO
฀ , từ đó suy ra SC
SDO
= SD.
b) Vẽ EI  SO. Dễ thấy SIKE
là tứ giác nội tiếp, suy ra: OI.
OS = OK. OE (1).
- Tam giác OBE vng tại B
có đường cao là BK, suy ra:
OK. OE = OB2 = R2 (2). Từ
R2
(1) và (2) suy ra: OI 
,
OS
không đổi. Vậy E nằm trên
đường thẳng EI cố định ( chỉ
hai phần đt nằm ngồi đường
trịn ).

D
E

B
K

A
S

O

I

C

Ví dụ 3: Từ điểm K ở ngồi
đường trịn (O) vẽ hai tiếp
tuyến KA, KC và cát tuyến
KBD với đường tròn ( A, C là tiếp điểm; B nằm giữa
điểm của OK và AC. CMR:
a) AB. CD = AD. BC
b) Tứ giác BMOD nội tiếp
c) Tứ giác BMOE nội tiếp ( E là
giao AC và đường thẳng qua O
vng góc với BD ).
d) BE là tiếp tuyến của (O)
e) I, A, C thẳng hàng với I là giao
điểm các tiếp tuyến tại B và D.
f) AC luôn đi qua một điểm cố định
khi K thay đổi trên BD cố định ( K
B
ở ngoài (O)).
K
Lời giải:
AB KB

a)  KBA ฀  KAD 
AD KA

/>DeThiMau.vn

K và D ). Gọi M là giao
E

A

D

O
M

C


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

CB KB

.Mà
CD KC
AB CB
 đpcm

KA = KC 
AD CD
b) CM được KB. KD = KM. KO
฀
฀
฀ ; suy ra:

 BDO
 DBO
c) Có BMK
฀
฀
 đpcm.
BME
 BOE
d) Suy ra từ (c)
AMO  900 . Lại có IBMOD
e) Có ฀
cùng nằm trên một đường trịn nên
฀  IBO
฀  900  đpcm.
suy ra IMO
f) Suy ra từ (e).

 KBC ฀  KCD 

I

A

D

B
O

K

M

C

Ví dụ 4: Từ một điểm A ngồi đường trịn tâm O, vẽ các tiếp tuyến AD, AE ( D,
E là các tiếp điểm ). Tia AO cắt đường tròn tâm O tại B, C ( B ở giữa A và C ).
Kẻ DH vng góc với CE tại H. Gọi P là trung điểm của DH. Tia CP cắt đường
tròn tâm O tại Q ( Q  C ). Gọi giao điểm của AC và DE là I. CMR:
a) DQIP là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) AC là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3 điểm A, D, Q.
D
Q
P
A
B

I

C

O
H

E

Lời giải:
฀
฀
฀ ( = DEC
a) Ta có: DQP

).
 DIP
฀  900  DQI
฀  900 , suy ra: QIA
฀  QDI
฀ ( cùng phụ với QID
฀ ).
b) Vì DPI
/>DeThiMau.vn


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

฀  QDI
฀  QIA
฀  QEA
฀
Mặt khác QEA
nên tứ giác AQIE nội tiếp đường tròn. Suy
฀  QEI
฀ ฀
ra QAI
ADQ  đpcm.

฀  600 , đường phân giác trong
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC ( AB < AC ) có BAC
฀
của góc BAC
cắt BC tại D. Từ D kẻ các tia Dx // AC, Dy // AB cắt AB, AC thứ
tự tại M, N.

a) CMR: MN2 = MB. NC
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác MND cắt BD tại E ( E khác D ). Gọi giao
điểm của BN với CM là F. Chứng minh MBEF là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh tia EF đi qua trung điểm của MN.
A
Lời giải:
a) Dễ thấy AMDN là
hình thoi và MDN là
tam giác đều, suy ra:
MN2 = MD. ND (1).
N
Mặt khác hai tam giác
I
BMD và DNC đồng
dạng với nhau, do đó:
M
MD. ND = MB. NC
(2). Từ (1) và (2) suy
F
ra đpcm.
b) Tứ giác MNDE nội
tiếp suy ra:
฀
฀
B
C
MEB
 MND
 600 (1)
D

E
Từ (a) suy ra hai tam
giác BMN và MNC đồng dạng với nhau; suy ra:
฀
฀
฀
฀
฀
฀
฀
฀
 600 (2).
MBN
 NMC
 MFB
 MNB
 NMC
 MBN
= MNB
= 1800  BMN
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
฀ EF  MBF
฀
฀ EI  IMF
฀  IMF ฀ IEM
M
c) Vì MBEF nội tiếp nên ta có M
 MI 2  IF.IE (1). Chứng minh tương tự thì NCEF là tứ giác nội tiếp và ta củng
chứng minh được: NI2 = IF. IE (2). Từ đó suy ra IM = IN.

Ví dụ 6: Cho đường tròn (O) và đường thẳng d khơng cắt nó. Điểm M thay đổi
trên d, kẻ các tiếp tuyến MT, MH với (O) ( T, H là tiếp điểm ).
a) Chứng minh TH luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên d.
b) Tìm quỹ tích của điểm N là giao điểm của OM và TH.
c) Gọi A là hình chiếu của O trên d và E, F, K thứ tự là hình chiếu của A trên
MT, MH, TH. CMR: E, F, K thẳng hàng.
d) CMR: EF luôn đi qua một điểm cố định khi M chạy trên d.
/>DeThiMau.vn


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

T
O
N
I
H
K
F
E

J

d
A

M

Bài tập:
1) Cho hình vng ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M và trên CD lấy N sao cho

฀
MAN
 450 . Gọi I, K thứ tự là giao điểm của BD với AM và AN; P là giao
điểm của MK và NI.
a) Chứng minh AP  MN.
KI
b) Tính tỉ số
.
MN
c) Chứng tỏ MN ln tiếp xúc với một đường trịn cố định.
2) Cho tam giác nhọn ABC có BC cố định, ฀A  600 và nội tiếp (O;R) cho trước.
Gọi K là giao điểm của 3 đường phân giác trong của tam giác đó.
a) Chứng minh B, K, O, C cùng nằm trên một đường tròn, xác định tâm của
đường tròn này.
b) Xác định vị trí của A để ( KB + KC ) đạt GTLN.
3) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho hai đường thẳng AD và
BC cắt nhau tại T. Vẽ đường thẳng d vng góc với OT tại T.
a)Biết d cắt hai đường thẳng AC và BD theo thứ tự tại M và N. CMR: TM = TN.
b)Biết d cắt hai đường thẳng AB và CD theo thứ tự tại E và F. CMR: TE = TF.
4) Cho góc vng xOy và tam giác ABC vng tại A; trong đó A cố định nằm
trong góc xOy; B chạy trên Ox; C chạy trên Oy. Tìm quỹ tích hình chiếu vng
góc của A trên BC.
CHUN ĐỀ 4: KHAI THÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC ( SKKN: 08 – 09 )
/>DeThiMau.vn


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

1) Khai thác bài tốn dựa vào cấu trúc lơgic giữa các mệnh đề hình học:
Ví dụ 1: ( Bài 30 – SGK – Trang 116 )

Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. M
là điểm thuộc nửa đường trịn; tiếp tuyến của (O;R) tại
M
M cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt ở C và D.
Chứng minh rằng:
C
o
฀
a) COD = 90 .
b) CD = AC + BD.
c) AC. BD = R2.
R
O
A

D

B

Đây là một bài tốn rất quen thuộc có trong SGK – Toán 9 và hầu hết các em đều
giải được. Tuy nhiên rất ít HS thấy được sự tương đương giữa các khẳng định
sau:
(1) CD là tiếp tuyến.
฀
 90o .
(2) COD
(3) CD = AC + BD.
(4) AC. BD = R2.
Thật vậy, kéo dài OD cắt AC tại E. Dễ dàng chứng
minh

C
được OD = OE , AE = BD (*).
฀
 90o thì từ (*) suy ra  CED cân tại C 
+) Nếu COD
CO là phân giác của góc ECD  O cách CD một
A
khoảng bằng OA ( = R )  CD là tiếp tuyến của
(O;R).
+) Nếu CD = AC + BD thì từ (*) suy ra CD = CE
  CED cân tại C và cũng suy ra được CD là tiếp
tuyến của (O;R).
+) Nếu AC. BD = R2 thì từ (*)  AC. AE = OA2 
E
0
฀
฀
ACO ฀ OCE (c.g.c)  COE  CAO  90   CED cân
tại C và cũng suy ra được CD là tiếp tuyến của (O;R).
Dựa vào sự tương đương giữa các kết quả trên
giáo viên có thể thiết kế thành nhiều bài tốn khác nhau
để học sinh luyện tập.
Ví dụ 2: ( Bài 20 – SBT – Toán 9 ).
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O)
và M là một điểm của cung nhỏ BC. Trên MA lấy
điểm D sao cho MD = MB.
a) Tam giác MBD là tam giác gì ?
b) So sánh hai tam giác BDA và BMC.
/>DeThiMau.vn

D
M

R

B

O

A

D

O
C

B
M


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

c) Chứng minh MA = MB + MC.
Đây là bài toán rất quen thuộc , lời giải có trong SBT và nhiều tài liệu
khác, kết quả cụ thể là:
a)  MBD là tam giác đều.
b)  BDA =  BMC.
c) MA = MB + MC.
Nhận thấy rằng nếu xem:
+ ) Hình H là: “ Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC”.

+ ) Tính chất T là: “ Trong ba đoạn MA , MB , MC có một đoạn bằng tổng của
hai đoạn cịn lại”.
Thì ta chứng minh được:
1) Mọi điểm thuộc hình H thì có tính chất T và ngược lại.
2) Những điểm khơng thuộc hình H thì khơng có tính chất T và ngược lại.
Do đó giáo viên có thể ra cho HS những bài tập sau:
Bài 1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm không
thuộc (O). Chứng minh rằng ba đoạn thẳng MA , MB , MC là độ dài ba cạnh của
một tam giác.
A

A

D

O
B

O

M
C

D
B
M

C

Gợi ý:

* Xét trường hợp điểm M nằm trong góc BAC ( các trường hợp khác hồn toàn
tương tự ).
฀
 60o (1).
Vẽ tam giác đều BMD  MB = MD và BMD
Dễ dàng chứng minh được  BDA =  BMC (c.g.c )
 MC = DA (2).
฀
 60o (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra A, D , M khơng thẳng
Vì M  (O) nên BMA
hàng và MA , MB , MC là độ dài ba cạnh của tam giác MAD.
Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thuộc
nửa mặt phẳng không chứa A bờ BC và thỏa mãn MA = MB + MC. Chứng minh
rằng ABMC là tứ giác nội tiếp.
Gợi ý: Làm tương tự bài toán 1 và chứng minh được MB = MD , MC = DA. Suy
฀
฀
฀
฀ , suy
 BCA
 BMD
 600  BMA
ra MB + MC = MA = MD + DA  D  MA  BMA
ra ABMC là tứ giác nội tiếp.
Bài tốn 2 có thể diễn đạt dưới các bài tập sau:
/>DeThiMau.vn


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

Bài 3: Cho tam giác đều ABC cố định và một điểm M thuộc mặt phẳng (ABC)
sao cho trong 3 đoạn MA , MB , MC luôn tồn tại một đoạn bằng tổng của hai
đoạn kia. Chứng minh rằng điểm M chạy trên một đường tròn cố định.
Bài 4: Cho tam giác đều ABC cố định và một điểm M thuộc mặt phẳng (ABC).
Gọi x , y , z thứ tự là khoảng cách từ M tới A , B và C. Biết rằng trong ba số x , y
, z luôn có một số bằng tổng của hai số cịn lại. Tìm quỹ tích điểm M.
Gợi ý:
- Vận dụng bài tốn 2 để tìm ra hình H là đường trịn ngoại tiếp tam giác
đều ABC.
- Vận dụng ví dụ 2 để chứng minh phần đảo.
Qua một số ví dụ ở trên ta thấy được nếu người dạy biết nắm bắt cấu trúc
lơgic của mỗi bài tốn thì sẻ tạo ra được nhiều bài tốn mới , hình thành cho học
sinh thói quen nhìn nhận một bài tốn theo nhiều hướng khác nhau. Từ đó gúp
HS phát huy được năng lực giải tốn.
Bây giờ ta lại tiếp cận ví dụ 2 theo hướng sau:
“Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thuộc
cung BC ( không chứa A ). Các khẳng định sau có tương đương với nhau
hay không ?
(A): Tam giác ABC đều.
(B): MA = MB + MC.”
Trong trường hợp này nhiều HS vẫn ngộ nhận là từ (B)
A1 N
cũng suy được ra (A). Điều này là không thể .
A
Thật vậy , xét tam giác đều BCA1 ta có: MA1 = MB +
MC ( theo vd.2 ).
Lấy A đối xứng với A1 qua đường kính MN , suy ra A
thuộc (O) và MA = MA1
( tính chất đối xứng ). Do đó với tam giác khơng đều B
C

ABC ta vẫn có MA = MB + MC.
M
Để xây dựng bài tốn ngược lại trong tình huống này
giáo viên cần bổ sung thêm điều kiện để ràng buộc điểm
A. Chẳng hạn ta phát biểu bài toán mới như sau:
Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn
A
(O); M là một điểm thuộc cung BC không chứa A. Chứng
minh rằng nếu MA = MB + MC (*) thì ABC là tam giác
đều.
Gợi ý:
Vì tam giác ABC cân tại A nên MA là phân giác của góc
BMC. Do đó:
I
MB MA
 MB. AC  MA.BI (1).
MBI ฀ MAC 

B
BI
AC
MC MA
 MC. AB  MA.CI (2).
MCI ฀ MAB 

CI
AB

Vì AB = AC nên từ (1) và (2) suy ra:

/>DeThiMau.vn

M

C


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

 MA  MB  AB  MA.BC  MA  MB 

BC
.MA . Kết hợp với (*) suy ra được
AB

BC
 1  AB  BC  đpcm.
AB

2 ) Khai thác bài toán mới dựa trên kết quả của bài toán cũ:
Trong ví dụ 2 , nếu lấy kết quả “ MA = MB + MC ” làm tiền đề cho việc
khai thác các bài tốn mới thì ta có các kết quả sau:
Bài 6: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) cố định; M là một điểm
thuộc cung nhỏ BC. Xác định vị trí của điểm M để:
a) Chu vi của tam giác MBC đạt giá trị lớn nhất.
A
b) Tổng ( MA + MB + MC ) đạt giá trị lớn nhất.
Gợi ý: a) Chu vi của  MBC đạt giá trị lớn nhất  MB
+ MC lớn nhất  MA lớn nhất  MA là đường kính
O

 M là trung điểm của cung nhỏ BC.
D
b) Làm tương tự.
C
Nếu kết hợp với BĐT – Cơ si thì ta có ngay kết B
quả: MA = MB + MB  2 MB.MC . Dấu bằng xảy ra khi
M
M nằm chính giữa cung nhỏ BC và khi đó MA cũng đạt
giá trị lớn nhất. Từ đó ta có bài tốn sau:
Bài 7: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R) cố định; M là một điểm
thuộc cung nhỏ BC. Tìm giá trị lớn nhất của (MA.MB.MC).
Nếu gọi E là giao điểm của MA và BC thì ta nhận thấy:
MB MA MB  MC


. Suy ra
ME MC
MC
1
MB  MC
1
1



. Từ đó ta có bài tốn:
ME
MB.MC
MB MC

BME ฀ AMC 

A

Bài 8: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O);
M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Các đoạn thẳng
MA và BC cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:
1
1
1
.


ME MB MC

Khai thác kết quả bài toán 7, ta nhận ra rằng nếu
gọi F là trung điểm cung BC thì ta có
฀
AF  BC , AMF
 900 .
Suy ra: AM  AF,AE  AH .
Do vậy ME = AM – AE  AF – AH = FH 

E
H
M

F

1

1

( không đổi ). Dấu bằng
ME FH

xảy ra  M  F . Từ đó ta có được bài tốn như sau:

/>DeThiMau.vn

B

C


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

Bài 9: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc
cung nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Xác định vị trí của M
1
1

đạt giá trị nhỏ nhất.
MB MC
1
Ta lại thấy rầng khi M trùng với F thì
cũng đạt giá trị nhỏ nhất. Từ đó
MA

trên cung nhỏ BC để

ta lại có thêm bài tốn hay và khó như sau:
Bài 10: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc
cung nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Xác định vị trí của M
trên cung nhỏ BC để

1
1
1
+
đạt giá trị nhỏ nhất.

MA MB MC

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vng tại A. Gọi H là hình chiếu của A trên BC; I
và K thứ tự là trung điểm của AH và CK. Chứng minh: BI  AK .
Gợi ý:
B
Ta có:
KH  KC 
  IK là đường trung bình của tam giác AHC suy ra
IH  IA 

IK // AC  IK  AB. Do đó I là trực tâm của tam giác ABK,
suy ra BI  AK.
Từ kết quả của bài tốn trên ta có nhận xét sau:
- Những đường thẳng song song với AK thì vng
góc với BI.
- Những đường thẳng song song với BI
thì vng góc với AK.
Từ đó ta tạo các bài tốn mới như sau:

+ Gọi D là điểm đối xứng với C qua A  DH song
song với AK , từ kết quả của ví dụ 3 suy ra BI 
DH. Từ đó ta có bài toán:
Bài 11: Cho tam giác BCD cân tại B; đường cao
BA. Gọi H là hình chiếu của A trên BC; I là trung
điểm của AH. Chứng minh rằng DH  BI.
D

H
I

K

C

A

B

H
I
A

+ Nếu tạo hình bình hành BDKI thì suy ra DK song song với BI do đó DK vng
góc với AK. Từ đó ta có bài tốn mới như sau:
1
AC. Gọi H là
2
hình chiếu của A trên BC, K là trung điểm của HC. Chứng minh rằng DK  AK.

Bài 12: Cho hình thang vng ABDC ( A  B  900 ) và BD =

Gợi ý:
Gọi I là trung điểm của AH.Theo ví dụ 3 ta có BI  AK(1)
/>DeThiMau.vn

C


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HỒN

1
2

Vì IK là đường trung bình của tam giác HAC nên suy ra được IK  AC  BD .
Tứ giác BDKI có BD // KI và BD = KI  BDKI là hình
bình hành; suy ra DK // BI (2). Từ (1) và (2)  đpcm.

D

B

+ Nếu lấy E đối xứng với B qua D thì tứ giác ABEC là
hình chử nhật từ đó ta có bài tốn sau:
Bài 13: Cho hình chữ nhật ABEC. Gọi H là hình chiếu
của A trên BC; D và K thứ tự là trung điểm của BE và
HC. Chứng minh rằng AK  DK.

H
K

I

( Giải tương tự bài 12 ).
C

A

Xem xét kỹ ví dụ 3 ta thấy kết quả bài tốn khơng hề thay đổi khi ta thay
đường trung bình IK bằng đường thẳng song song với AC. Với cách tiếp cận
này thì ví dụ còn được khai thác theo hướng sau.
3) Chuyển từ quan hệ bằng nhau sang quan hệ đồng dạng để có bài tốn
mới:
Với hướng này thì ví dụ 3 có thể diễn đạt như sau:
Bài 14: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu B
của A trên BC; I và K thứ tự là hai điểm thuộc AH và CK
sao cho
Gợi ý:

HK HI

. Chứng minh: BI  AK .
KC IA
H

HK HI

 KI // AC ( Talet đảo ) mà AC  AB  KI 
KC IA
AB. Suy ra I là trực tâm của tam giác ABK  BI  AK.

Vì

Từ các bài tốn 11 , 12 , 13 giúp ta có thêm các bài tốn sau:
Bài 15: Cho tam giác nhọn BDC đường cao BA. Gọi H là

I
A

hình chiếu của A trên BC; I là một điểm thuộc đoạn AH sao cho
Chứng minh rằng
Gợi ý:
- Vẽ IK // AC 
- Chứng minh được
định lý Talet đảo

K
C

IH AD

.
IA AC

DH  BI.
B

BI  AK (1).
DH // AK nhờ vào
(2).

H
I

K

/>D

A

DeThiMau.vn

C


GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

Bài 16: Cho hình thang vng ABDC ( A  B  900 ) và AC = m; BD = n. Gọi
H là hình chiếu của A trên BC, K thuộc đoạn HC sao cho
rằng DK  AK.
Gợi ý: Từ K vẽ KI // AC // BD  KI  AB; suy ra I là
trực tâm của tam giác ABK  BI  AK (1).

B

HK n
 . Chứng minh
HC m

n

D

IK
HK n BD

 
 IK = BD. Tứ
AC HC m AC
giác BDKI có BD = IK và BD // IK  BDKI là hình
bình hành  DK // BI (2). Từ (1) và (2)  DK  AK.

Vì IK // AC 

H
I

Bài 17: Cho hình chử nhật ABEC. Gọi H là hình
chiếu của A trên BC; Trên các
đoạn BE và HC lấy các điểm D và K sao cho
BD HK

.
BE HC

A

K
m

Chứng minh rằng AK  DK.

( Giải tương tự bài 16 ).
BÀI TẬP:
ABC  ฀
ACB   . Gọi D là trung điểm cạnh BC;
Cho tam giác ABC cố định có ฀
đường trịn (O) tiếp xúc với AB , AC thứ tự tại I và K. E , F thứ tự là hai điểm
thay đổi trên AB và AC. Xét mối quan hệ giữa các khẳng định sau để tạo ra các
bài toán tương tự.
฀
 .
(a) EDF
(b) EF là tiếp tuyến của đường tròn (D;DI).
(c) ED2 = EF. EB.
(d) Chu vi của  AEF bằng ( AI + AK ).

/>DeThiMau.vn

C