Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản đến phức tạp pot

Dạng bài có quan hệ liên kết nhau khi phát triển một bài đơn giản
đến phức tạp
Bài toán 3: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác
đều ABF; ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
Ta có

DAB =

CAF (bài toán 1)



B
1
=

F
1


AOBF nội tiếp



O
1
=


B
2
= 60
0



O
2
=

A
1
= 60
0





AOB = 120
0
(1)
Tương tự:

AOC = 120
0




BOC = 120
0
Mà

BFC = 60
0

BOCE nội
tiếp




O
3
=

C
1
= 60
0
(2)
Từ (1) và (2)


AOF = 180
0


A; O; E thẳng hàng
Hay AE; BD; CF đồng quy.
1
2
1
1
1
1
2
3
B
C
A
D
E
F
O


Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 120
0
.
Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau :
Bài toán 4:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác,
dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại
A. Chứng minh rằng CF = BD; CF

BD.

Hướng dẫn giải:
+ CF = BD (tương tự như bài toán 1)
+ CF

BD:
Do Tứ giác AOBF nội tiếp



BOF =

BAF = 90
0



B
C
A
D
F
O


Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lượt là
trung điểm của BF; CD; BC, ta có:
IM là đường TB của tam giác BCF nên:
IM // =
2

1
CF (1)
Tương tự ta có:
IN // =
2
1
BD (2)

Mà: CF

= BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM

IN
IM = IN
Hay

MIN vuông cân tại I

B
C
A
D
F
O
N
M
I

Nhận xét rằng

AMB và

ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài
toán tiếp.
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng
các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông
cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC.

IMN là
tam giác gì?

Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa
gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em.

B
C
A
N
M
I

Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn
bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông
ABDE và ACHF thì ta được bài toán đơn giản hơn.Ta có bài toán tiếp sau :
Bài toán 6:
Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngoài tam giác các

hình vuông ABDE và
ACHF.
a.Chứng minh rằng:
BF = CE và BF

CE
b.Gọi I, J lần lượt là tâm
của hai hình vuông đó. M
là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng

MIJ là
tam giác vuông cân.

B
C
A
H
F
E
D
I
J
M

Bài toán 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P
lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ

AB
;



BC ; CA
. MN và NP cắt
AB và AC theo thứ tự ở R và S.
Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đường tròn nội tiếp
tam giác ABC

Cách giải 1: Hình 1.
Gợi ý: Đây là một bài toán hình tương đối khó đối với học sinh nếu không
có tư duy tốt trong hình học. Khi đưa ra bài toán này ngay cả việc
vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em
đã không tìm ra được lời giải. Dưới sự hướng dẫn của thầy.
Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác
của tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của
các đường phân giác. Khi đó ta có I chính
là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Để chứng minh cho RS // BC và I

RS ta đi

chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng
tiên đề về đường thẳng song song để suy ra
điều phải chứng minh.
Sau một thời gian ngắn một học sinh đã
tìm ra được lời giải cho bài toán này.
Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra.
Lời giải:
Xét


NBI ta có:

 
2 3
IBN = B + B
mà


2
CP
B =
2




3
B = NAC
(Góc nội tiếp chắn cung

NC
)


NAC
=

BAC
2
do đó




A B
IBN =
2

;




1 1
BIN = A + B
=


A B
2

( Góc ngoài của tam giác ABI )
Suy ra :

IBN =


BIN




NBI cân tại N

N thuộc trung trực của đoạn
thẳng BI
Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN.
Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có


BHN
=
1
2
sđ





BN + AM + AP
=
1
2

 

s®BC + s®AB + s®AC
2

Vì


BHN
là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn và


BC
BN =
2
;


AB
AM =
2
;


AC
AP =
2




BHN
=
1
4
360
0

= 90
0


RN là trung trực của đoạn thẳng BI

BR = RI


RBI cân tại R




 
1 1 2
B = RIB B = B
mµ





2
B = RIB


IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong bằng
nhau )
Cũng chứng minh tương tự ta được IS // BC, từ điểm I ở ngoài đường thẳng

BC ta chỉ có thể kẻ được một đường thẳng song song với BC

R ; I ; S thẳng hàng.
Vậy RS // BC và RS đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC (
Đpcm)

Cách giải 2: Hình 2
Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học
sinh phải nắm lại kiến thức cũ về
Tính chất đường phân giác trong tam giác
đây là tính chất quan trọng mà các em đã được
học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là không
hay để ý đến tính chất này.
Lời giải: Theo giả thiết ta có


MA = MB
do đó MN là phân giác của góc

ANB

Áp dụng tính chất đường phân giác
trong tam giác ABN ta có:
RA NA
=
RB NB
( 1)
Tương tự: NP là phân giác của tam giác ACN

SA NA

=
SC NC
(2)
vì
 
BN = CN
nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta được
RA SA
=
RB SC

RS //
BC
Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta
có:
AI RA
=
ID RB
mà
NA RA

NB RB
 suy ra
AI NA
=
ID NB

Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng
(vì có góc


BNA
chung và


BAN NBD

) nên
NA AB

NB BD
 Vậy
AI AB
=
ID BD

Suy ra BI là phân giác của góc

ABC

ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc

BAC
ta lại vừa chứng minh I
thuộc phân giác

ABC
nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . (
Đpcm)
Bài toán 8: T ừ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì
hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường

tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng
(Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson)
Cách giải 1:
Vì


0
D = E = 90
suy ra tứ giác
BDPE là tứ giác nội tiếp




BED = BPD
(*)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
và


0
F = E = 90

suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp
suy ra


FEC = FPC
(**)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )

Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn




BPC = - A

(1)
PD AB
PF AC










DPF = - A

(2)
Từ (1) và (2)



BPC
=


DPF





BPD = FPC
(***)
Từ (*) ; (**) và (***)



BED
=

FEC


D ; E ; F thẳng hàng
Cách giải 2:

PE EC
PF FC








Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp




0
FEP + PCF = 180
(1)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn




0
ABP + FCP = 180
Mà


0
ABP + BDP = 180






FCP = DBP
(2)

PD BD

PE BC







Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp



DBP
=

DEP
( 3)
Từ (1) ; (2) và (3) ta có :


0
PEF + DEP = 180

Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng

Đối với bài toán trên là một bài toán khó yêu cầu học sinh phải huy
động nhiều kiến thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó
việc tìm ra các cách giải khác nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản
thân học sinh của tôi không làm được sau khi giáo viên gợi ý học sinh đã
dần tư duy sáng tạo và tìm được hướng đi của bài toán. Đơn vị kiến thức

được áp dụng để giải bài toán.Như để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần
chứng minh hai góc kề có tổng số đo bằng 180
0
.
- Tứ giác nội tiếp đường tròn.
- Góc nội tiếp trong đường tròn.
Bài toán 9:
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH

QC
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BH
và QC. Theo BT 9, ta có:

ABC =

FQA,
nên: BC = QA
Và

ACB =

FAQ




BCH =


QAC.
Xét hai tam giác:

BCH và

QAC, có:
BC = QA


BCH =

QAC


CH = AC (gt)

BCH =

QAC (c.g.c)

BH = QC (1)
Và

CBH =

AQC
Mà

AQC +


QCP = 90
0



CBH +

QCP = 90
0

Hay

BOC = 90
0

Hay BH

QC (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
A
C
B
P
M
D
E
F
H
Q
N

O
Tương tự như trên ta cũng có CD

QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba
đường cao của tam giác QBC. Và từ dây ta xây dựng được bài toán mới
được phát biểu ở dạng khác.
Bài toán 10:
Cho tam giác ABC, dựng về phía
ngoài tam giác các hình vuông
ABDE và ACHF, vẽ hình bình
hành AEQF, Chứng minh rằng
QP, BH và CD đồng quy.

(ta thấy QP, BH và CD là ba
đường cao của tam giác QBC,
nên chúng đồng quy)
B
C
A
P
H
F
E
D
Q

Dạng chứng minh đường thẳng song song và tam giác đồng dạng
Bài toán 11: Đường tròn (O;R
1
) và (O';R

2
) tiếp xúc nhau tại P. Một cát
tuyến qua P cắt (O;R
1
) tại A và (O';R
2
) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P
cắt (O;R
1
) tại C và (O';R
2
)
tại D. Chứng minh : OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD các tam giác PAC và
PBD đồng dạng.
Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức
về hai đường tròn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần yêu cầu học sinh để giải
bài toán trên chung ta phải đi xét hai trường hợp sảy ra.
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài và hai đường tròn tiếp xúc trong.Ở đây tôi chỉ
trình bày về hai đường tròn tiếp xúc ngoài còn trường hợp hai đường tròn
tiếp xúc ngoài chúng ta chứng minh tương tự
Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý:
- Tính chất của hai đường tròn
tiếp xúc nhau
- Áp dụng trường hợp đồng
dạng thứ hai

Lời giải:
Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O'
Suy ra:


OAP = OPA
và


O'PB = O'BP
mà


OPA = O'PB
( Hai góc đối đỉnh)
Suy ra tiếp các góc ở vị trí so le trong bằng nhau

OA//O'B ; OC//O'D ;
AC//BD
Và




OAP = PBO'


hai tam giác


OAP và

O'BP đồng dạng

1
2
R
PA PO
=
PB PO' R
 (1)
Tương tự ta cũng có :


OCP = OPC
và
 
O'PD = O'DP
mà


OPC = O'PD
( Hai
góc đối đỉnh)




OCP = PDO'


hai tam giác

OCP và

O'DP đồng dạng

1
2
R
PC PO
=
PD PO' R
 (2) Từ (1) và (2) ta có:
PA
=
PB
1
2
R
PC

PD R
 lại có


CPA = BPD

Suy ra :


PAC và

PBD đồng dạng.
Cách giải 2: Hình 2
Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn.
- Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ ba
- Áp dụng định lí về góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cung
Lời giải:
Kẻ tiếp tuyến chung xPy
của hai đường tròn.
Ta có.




CAP = CPy = xPD = PBD

( Áp dụng tính chất về góc tạo bởi
tiếp tuyến và dây cung và góc nội
tiếp cùng chắn một cung
thì bằng nhau)
Mặt khác


APC = BPD

(hai góc đối đỉnh)
Suy ra :


PA
1
B
1
và

PA
2
B
2
đồng dạng.