cac tinh chat hinh hoc phang thuan tuy hay dung _nguyên thanh tung

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY HAY DÙNG
A. Các kĩ năng cần thiết
Trong rất nhiều bài toán hình học tọa độ phẳng Oxy , đôi khi “mẫu chốt” của bài toán lại nằm ở việc phát
hiện và chứng minh được một tính chất đặc biệt nào đó liên quan tới hình học phẳng thuần túy. Do đó để làm tốt
được những bài toán như thế, các bạn cần trang bị cho mình hai kĩ năng sau:
 Kĩ năng 1: Vẽ hình chính xác. Điều đó sẽ giúp chúng ta có những dự đoán đúng về tính chất đặc biệt
trong bài toán (song song, vuông góc, hai đoạn thẳng bằng nhau, phân giác, tứ giác nội tiếp, tứ giác là
hình bình hành, chữ nhật, hình thoi, hình vuông, hai góc bù nhau…).
 Kĩ năng 2: Chứng minh được dự đoán. Dùng kiến thức hình học phẳng thuần túy (hình học cấp 2, hệ
thức vecto…) để chỉ ra dự đoán của mình là chính xác.
Chú ý: Vì bài toán ta đang đề cập tới thuộc mảng hình học phẳng Oxy. Vì vậy trong đề thi nếu dự đoán được
chính xác các tính chất đặc biệt, thì việc chứng minh thường đơn giản (bởi nếu khó thì bài toán mang “nặng”
tính thuần túy mà mất đi tính tọa độ Oxy trong đó ). Vì vậy một lời khuyên, trong quá trình ôn tập các bạn
không nên xa đà vào các tính chất quá khó (các bạn cũng thấy rõ được điều này qua đề thì các năm trước đây).

B. Khai thác các tính chất hình học phẳng thuần túy hay dùng
 Chùm tính chất 1: Cho tam giác ABC có trực tâm H , nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi M , N , K lần
lượt là trung điểm của BC, AC, AH và D, E, F lần lượt là chân đường cao ứng với các đỉnh A, B, C .
Chứng minh rằng:




1) AH  2IM . Từ đó hãy suy ra MIAK là hình bình hành và HG  2GI với G là trọng tâm tam giác ABC .
2) IA  EF và MK  EF (tính chất chặt hơn MK là trung trực của EF )

3) D là trung điểm của HR với R là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn tâm I .
4) E, K , D, M , N cùng nằm trên đường tròn đường kính MK . Từ đó hãy suy ra đường tròn đi qua 9 điểm
(trung điểm của các cạnh, chân các đường cao và trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh của
tam giác).
5) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
6) Gọi V , L lần lượt đối xứng với I qua các đường thẳng AB, AC . Chứng minh rằng VL // BC .
Từ đó hãy suy ra V , K , L thẳng hàng.
CHỨNG MINH

A
x

1

E

K
N

F
GI
H
1

B

D

2

R

C

M

J


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan




1) AH  2IM . Từ đó hãy suy ra MIAK là hình bình hành và HG  2GI với G là trọng tâm tam giác ABC .
  IMN
 và HBA
  INM
 (góc có cạnh tương ứng song song)
Cách 1 : Ta có HAB


HA HB AB
Suy ra HAB ~ IMN nên


 2  HA  2IM  AH  2IM
IM IN MN

Cách 2 : Gọi J là giao điểm thứ hai của AI và đường tròn tâm I , khi đó :
 JC  AC; BH  AC  JC / / BH

 JBHC là hình bình hành, suy ra M là trung điểm của HJ

 JB  AB; CH  AB
 JB / /CH


 AH / / IM
Khi đó IM là đường trung bình của tam giác AHJ , suy ra 
 AH  2IM (1)
 AH  2 IM


Do K là trung điểm AH nên AH  2 AK (2)
 
Từ (1) và (2) , suy ra IM  AK  MIAK là hình bình hành .

Gọi HI  AM  G ' , theo định lý Ta – let ta có:
Khi đó

AG ' AH

 2  AG '  2G ' M  G '  G
G ' M IM



HG AH


 2  HG  2GI  HG  2GI .
GI
IM

2) IA  EF và MK  EF .
Cách 1: Do E , F đều nhìn BC dưới một góc vuông nên EFBC nội tiếp đường tròn
 ) (1)
Suy ra 
ABC  
AEF ( cùng bù với FEC
Gọi J là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn tâm I , khi đó: 
ABC  
AJC (cùng chắn cung 
AC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 
AEF  
AJC
  900  IA  EF
  900 , suy ra 
Mặt khác: 
AEF  JAC
AJC  JAC
Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( I ) , khi đó: Ax  AI (*)
 ).

AB ) và 
Ta có: xAB
ACB  
AFE (cùng bù với góc BFE

ACB (cùng chẵn 

Suy ra xAB
AFE  Ax / / EF (2*)

Từ (*) và (2*), suy ra IA  EF
Theo ý 1) , ta có MIAK là hình bình hành , suy ra MK / / IA , suy ra MK  EF .
Chú ý: Ta có thể chỉ ra tính chất chặt hơn khi MK là trung trực của EF . Cụ thể:
AH

 KE  KF  2
 MK là trung trực của EF

 ME  MF  BC

2
3) D là trung điểm của HR với R là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn tâm I .


 ) và B
A (cùng chắn cung RC
A (cùng phụ với góc 
Ta có B
ACB )
2

1

1

1

B
  BHR cân tại B  D là trung điểm của HR (đpcm).
Suy ra B
2
1
4) E, K , D, M , N cùng nằm trên đường tròn đường kính MK . Từ đó hãy suy ra đường tròn đi qua 9 điểm
(trung điểm của các cạnh, chân các đường cao và trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh của
tam giác).


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

A
1

K
T

1

N
E

2

F

3

H
P

B

Q

1

D

C

M

+) Ta có MN , KN lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC, AHC , suy ra: MN // AB và KN // CH
  900 (1)
Mà CH  AB  KN  MN , hay MNK
+) Ta có EK , EM lần lượt là các đường trung tuyến của hai tam giác vuông EBA , EBC .

B
 . Mà 
 (vì cùng phụ với góc 
E


Suy ra E
A1 và E
A1  B
ACB ), suy ra E
1
3
1
1
1
3

E
E
E
  900 , hay MEK
  900 (2)
Suy ra E
3
2
1
2
  900 (3)
+) Ta có MDK
Từ (1), (2), (3), suy ra E, K , D, M , N cùng nằm trên đường tròn đường kính MK (*)

Chứng minh tương tự ta có: K , T , F , D, M cùng nằm trên đường tròn (2*) ;
Q, T , F , N , E cùng nằm trên đường tròn (3*) và P, E, N , T , F cùng nằm trên đường tròn (4*)

Từ (*), (2*), (3*) và (4*) suy ra K , N , E, Q, M , D, P, F , T cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Nhận xét: Hiển nhiên trong 1 bài hình học Oxy sẽ không có câu hỏi xuất hiện cả 9 điểm này, song từ đây ta có

thể có nhiều cách “thiết kế” 1 bài toán hay mà ở đó có sự tham gia của 4 điểm bất kì, trong đó sẽ “che dấu” đi
1 trong 4 điểm đó.
5) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
A

E
F
2

H
21

B
D

Cách 1 :

1

C


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

D


C
1
1
Ta có CDHE và DBFH là các tứ giác nội tiếp đường tròn, do đó : 
D

 B
2
2
B
 (cùng phụ với góc BAC
)
Mặt khác C
1

2

 (1)
D
 hay DH là phân giác của góc EDF
Suy ra D
1
2
 (2)
D
 hay EH là phân giác của góc DEF
Chứng minh tương tự ta được D
1
2
Từ (1) và (2), suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .

Cách 2 :

  

CDE  BAE  BAC
  BDF

 CDE
Do ABDE và AFDC là các tứ giác nội tiếp đường tròn nên 




 BDF  CAF  BAC
 (1)
D
  900  BDF
D
D
D
 hay DH là phân giác của góc EDF
Mà CDE
1

2

1

2

 (2)
D
 hay EH là phân giác của góc DEF
Chứng minh tương tự ta được D
1
2
Từ (1) và (2), suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
6) Gọi V , L lần lượt đối xứng với I qua các đường thẳng AB, AC . Chứng minh rằng VL // BC .
Từ đó hãy suy ra V , K , L thẳng hàng.

A
L

V
K
H

B

I

M

C

Do V , L đối xứng với tâm I qua AB, AC nên ta có AVBI , ALCI đều là các hình thoi.
Khi đó VLCB là hình bình hành (do VB, LC cùng song song và bằng AI )
Suy ra VL // BC .
Gọi K ' là hình hình chiếu vuông góc của A trên VL  AK ' // IM (1)
Ta có AVL  IBC (c – c – c )  AK '  IM (2)

 
Từ (1) và (2), suy ra AK '  IM (*)
 
Mặt khác theo tính chất 1) ta có: AK  IM (2*)
Từ (*) và (2*), suy ra K '  K hay V , K , L thẳng hàng.


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

 Chùm tính chất 2: Cho tam giác ABC có trực tâm H , nội tiếp đường tròn tâm I và ngoại tiếp đường
tròn tâm J . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao ứng với các đỉnh A, B, C và K là giao điểm của
AJ và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

 (hình 1)
  IAC
 , từ đó suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI
1) Chứng minh BAD
2) Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường thẳng AJ cắt BC lần lượt tại M và N .
a) Chứng minh tam giác MAN cân tại M .
b) Gọi P, Q lần lượt đối xứng với D qua AB, AC . Chứng minh P, Q, E, F thẳng hàng.
Từ đó hãy suy ra PQ // AM .
3) Gọi T đối xứng I qua BC . Chứng minh T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC .
4) Chứng minh rằng: a) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ . Từ đó hãy suy ra K là trung điểm của
JL với L là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A của tam giác ABC .
b) BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN (hình 2)
5) Gọi X đối xứng với B qua I và Z là giao điểm của XK và AC ; S là giao điểm của BX và AK .

Chứng minh SZ  XC .
6) Gọi Y đối xứng với K qua I và BJ , CJ lần lượt cắt AY tại V , R . Chứng minh BCVR nội tiếp đường tròn.
7) Gọi G, O,U ,W lần lượt là các hình chiếu vuông góc của D lên BA, BE, CF , CA . Chứng minh G, O,U ,W
thẳng hàng (hình 3).
CHỨNG MINH
A

Q
E

F
3 4

1

H

P

M

J
B

I
N

C

D

T
K

L

Hình 1


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan



1) Chứng minh BAD  IAC , từ đó suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI .


AIC 1800  
AIC 2 IAC
  900  

Ta có BAD
ABC  900 


 IAC
2
2
2
.

  CAJ
  BAJ
  BAD
  CAJ
  IAC
  HAJ
  IAJ
 , suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI
Mặt khác, BAJ
 theo cách suy luận sau:
Chú ý: Ta có thể chứng minh AJ là tia phân giác của góc HAI

  IKA

  CAK
  KB  KC  IK  BC  IK // AH  HAK
+) Ta có BAK
  IAK
 , suy ra HAK
  IAK
 hay HAJ
.
  IAJ
 , suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI
+) Mà IKA
2) a) Chứng minh tam giác MAN cân tại M .
  NCA
  CAN
 (tính chất góc ngoài tam giác)
Ta có MNA

  BAM
 (cùng chắn cung 
  BAN
 ( AN là phân giác)
AB ) và CAN
Mà NCA
  BAM
  BAN
  MAN
  MAN cân tại M .
Suy ra MNA

b) Chứng minh P, Q, E, F thẳng hàng. Từ đó hãy suy ra PQ // AM .

 ) (1)

+) Ta có BEFC là tứ giác nội tiếp nên F
ACB (cùng bù với BFE
1

AFD ) (2)
ACD  
ACB (cùng bù với 
AFDC là tứ giác nội tiếp nên F
4
F
 (3)
Mặt khác, P đối xứng với D qua AB nên ta có F
4
3

F
F
  BFE
F
  BFE
  1800  B, F , E thẳng hàng
Từ (1), (2) và (3), suy ra F
1
3
3
1
Chứng minh tương tự ta được Q, E, F thẳng hàng, suy ra P, Q, E, F thẳng hàng.
+) Theo chùm tính chất 1, ta có EF  AI . Mặt khác, AM  AI  EF // AM hay PQ // AM .
3) Gọi T đối xứng I qua BC . Chứng minh T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC .
Do T đối xứng I qua BC , suy ra BTCI là hình thoi  TB  TC  IB (1)
 
Mặt khác theo chùm tính chất 1, suy ra AH  IT , khi đó AHTI là hình bình hành  TH  IA  IB (2)
Từ (1) và (2), suy ra TB  TC  TH hay T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC .
4) a) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ . Từ đó hãy suy ra K là trung điểm của JL với L là tâm
đường tròn bàng tiếp ứng với góc A của tam giác ABC .
  JAB
  JBA
  KAC
  JBN
  KBC
  JBN
  KBJ
 , suy ra KBJ cân tại K  KB  KJ (1)
+) Ta có KJB
  CAK

  KB  KC (2)
Mặt khác: BAK
Từ (1) và (2), suy ra KB  KC  KJ hay K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ .
  900
+) Ta có BJ , BL là các phân giác trong, phân giác ngoài của góc B  LBJ
Ta lại có BK  KJ  BK 

JL
 KJ  KL hay K là trung điểm của JL .
2


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

V
Y

A
R

2

1

2

I

Z

1

S

1

B

X

1

1

J

I'

1

C

N

K
Hình 2

b) BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN
Gọi I ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN , khi đó ta có:
0


  KAC
  KAB
  NAB
  BI ' N  180  2.I ' BN  900  I
  I
KBC
' BN  KBC
' BN  900  KB  I ' B
2
2
Suy ra BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN .
5) Chứng minh SZ  XC .
  XASZ là tứ giác nội tiếp, suy ra Z

X 
A A
X 
ACB  SZ // BC (1)
Ta có 
2

1

2

1

1

  900 hay BC  XC (2) . Từ (1) và (2), suy ra SZ  XC .
Mặt khác BCX
6) Chứng minh BCVR nội tiếp đường tròn.
 

 BAC
ABC  1800  BAC
ABC 
ACB 
Ta có: V1  900  J1  900  
A1  
ABJ  900  



 C1

 2

2
2
2


 cùng nhìn RB dưới các góc bằng nhau, suy ra BCVR nội tiếp đường tròn.
Khi đó V , C



1



1

7) Chứng minh G, O,U ,W thẳng hàng.
A

E
W

F
G
B

H
O

4

U

1

4
1

1

D

C

Hình 3

 ,D
 cùng phụ với ODB
 nên ta có:
Ta có CDUW và DUHO là các tứ giác nội tiếp, cùng với DW // BE và B
1
4


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
0












U1  D1  B1  D4  U 4 hay U1  U 4  U1  CUO  U 4  CUO  180 , suy ra O,U ,W thẳng hàng (1)
Chứng minh tương tự ta được G, O,U thẳng hàng (2)
Từ (1) và (2), suy ra G, O,U ,W thẳng hàng.
 Chùm tính chất 3: Cho tam giác ABC vuông tại A và có đường cao AH .
Hình 1
1) Gọi M , N lần lượt là các điểm thuộc AH và BH . Chứng minh rằng: CM  AN nếu thỏa mãn:
a) M , N lần lượt là trung điểm của AH , BH .
.
b) CM , AN lần lượt là các đường phân giác của 
ACH , BAH
2) Gọi D là điểm đối xứng của B qua H ; K là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AD .
Chứng minh rằng HI là đường trung trực của đoạn thẳng AK .
3) Trên mặt phẳng bờ BC chứa điểm A , dựng tia Bx vuông góc với BC và cắt AC tại E . Gọi F là
điểm thuộc đoạn BE ( F  B, F  E ) và CF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại P . Chứng
minh rằng A, E, F , P cùng nằm trên một đường tròn.
Hình 2
4) T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và R là điểm thuộc đoạn TC . Gọi Q là giao điểm thứ hai
của AR với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và J là trung điểm của AQ . Biết tia By vuông góc với
AQ và cắt CJ tại L . Chứng minh rằng:
a) AL  BQ ( hay L là trực tâm của tam giác ABQ ).
  900 nếu R là trung điểm của TC .
b) BLT
CHỨNG MINH

B

N

K

H
1

D
F

M

P
1 2

1

E

A

I

C

x

Hình 1
1)
a) M , N lần lượt là trung điểm của AH và BH , suy ra MN là đường trung bình trong tam giác ABH
Khi đó MN // AB , suy ra MN  AC (do AB  AC ), suy ra M là trực tâm của tam giác ANC  CM  AN .

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

 , suy ra: AM  AC và BN  BA
b) CM , AN lần lượt là các đường phân giác của 
ACH , BAH
MH CH
NH AH
AC BA
Mặt khác, CAH ~ ABH 
(2)

CH AH
AM BN
Từ (1) và (2), suy ra

 NM MN // AB , suy ra MN  AC (do AB  AC )
MH NH
Suy ra M là trực tâm của tam giác ANC  CM  AN .

(1)

K
 (cùng chắn cung AH ) và C

2) Ta có C

A1 (cùng phụ với góc 
ABC )
1
1
1
Mặt khác, AH vừa là đường cao và vừa là trung tuyến trong tam giác ABD nên 
A1  
A2


Suy ra K
A2 nên tam giác AHK cân tại H  HA  HK . Mà IA  IK , nên HI là đường trung trực của AK .
1

 ). Suy ra 
3) Ta có 
AEB  
ABC (cùng phụ với EBA
APC  
AEB (1)
APC  
ABC (cùng chắn cung 
AC ), lại có 
0
Mặt khác, 
APC  
APF  180 (2)
Từ (1) và (2), suy ra 
AEB  
APF  1800 hay 

AEF  
APF  1800  suy ra AEFP nội tiếp đường tròn
Hay A, E, F , P cùng nằm trên một đường tròn.
4)

B
L

Q
T

R

J
C

A
y

a) Ta có By  AQ . Mặt khác, TJ  AQ (quan hệ đường kính – dây cung)  TJ // By hay TJ // BL
Suy ra TJ là đường trung bình trong tam giác BLC , suy ra J là trung điểm của LC
Khi đó J đồng thời là trung điểm của AQ và LC nên ALQC là hình bình hành  AL // CQ (1)

  900 hay CQ  BQ (2)
Ta lại có: CQB
Từ (1) và (2), suy ra AL  BQ .
Nhận xét: Thực ra tính chất này đã được “biến tấu” từ tính chất 1) trong chùm tính chất 1.
b) Khi R là trung điểm của TC thì RJ là đường trung bình trong tam giác LTC
  900 .
Suy ra TL // RJ hay TL // AQ (3) . Mặt khác, BL  AQ (4). Từ (3) và (4), suy ra BL  TL hay BLT

 Chùm tính chất 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi E là hình là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng AI .


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
1) Gọi T là giao điểm của BE với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng: AC là
.
phân giác của góc BCT
2) Gọi M là trung điểm cạnh BC và D là giao điểm của ME và AC . Chứng minh rằng BD  AC .
Giải

A

I
D
T
E
B

M

C

1) Ta có AI vuông góc với BT tại E  E là trung điểm của BT  tam giác ABT cân tại A  AB  AT
  1 sđ 
  1 sđ 
AB ; TCA

AT
Mặt khác BCA
2
2
  TCA
 hay AC là phân giác của góc BCT
 (đpcm).
Suy ra BCA
  IMB
  900 , suy ra IBME nội tiếp đường tròn  BIM
  BEM
 (1)
2) Ta có IEB
 (2) . Mặt khác BEM
  BED
  1800 (3)
  1 BIC
  1 sđ BC
  BAC
Ta có: BIM
2
2
  BED
  1800  ABED nội tiếp đường tròn  
Từ (1), (2) và (3) suy ra BAC
ADB  
AEB  900

Hay BD  AC (đpcm).
 Chùm tính chất 5: Cho hình vuông ABCD có M , N lần lượt là trung điểm của AB, BC và I là giao

điểm của PM và CN .
1) Chứng minh CM  DN .
2) Chứng minh AD  AI .
3) P là điểm thuộc đoạn AC . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB, BC .
a) Chứng minh DP  KH .
b) Cho CP  3PA . Chứng minh tam giác DPN vuông cân.
  450 .
4) Gọi T là điểm thuộc đoạn CD sao cho CT  2TD . Chứng minh TAN


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

CHỨNG MINH
M

H

A

B

3
1

P

Q

K

1

3

3

1

N
1

I
3

D

1
1

T

C

1) Chứng minh CM  DN .

D

 C
N
D
N
  900  CIN
  900 hay CM  DN .
Ta có BCM  CDN (c – g – c )  C
1
1
1
1
1
1
  DAM
  900  ADIM nội tiếp đường tròn
2) Chứng minh AD  AI .
Ta có DIM
  I (cùng chắn cung AM ) . Lại có BCM  ADM  C
D
 , khi đó :
D
3
1
1
3


  900  C
  900  D
  900  I  

ADI  900  D
AID , suy ra AID cân tại A  AD  AI .
1
1
3
1
3)a) Chứng minh DP  HK .

Gọi Q là giao điểm của PK và AD , khi đó AHPQ là hình vuông

 PQ  PH

 DQP  KPH  DP  KH .
QD  PK
b) Cho CP  3PA . Chứng minh tam giác DPN vuông cân.

 DP  PN
Ta có DQP  PKN  
 DPN vuông cân tại P .
N
P
P
1  N
P
 1  900  DPN
  900
P
3
3
3

3

  450 .
4) Gọi T là điểm thuộc đoạn CD sao cho CT  2TD . Chứng minh TAN
Xét tam giác DAT và BAN , ta có: tan 
A1 

DT 1
BN 1
 và tan 
A3 

DA 3
AB 2

tan 
A1  tan 
A3  1 1   1 1 
  450 .
Suy ra: tan 
A1  
A3 
    : 1  .   1  
A1  
A3  450  TAN


1  tan A1.tan A3  3 2   3 2 





 Chùm tính chất 6: Cho hình chữ nhật ABCD .
1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC . Trên tia đối của tia BH và CB lần lượt lấy hai
điểm E, M sao cho BE  AC ; CM  BC . Biết BH giao DM tại N .
a) Chứng minh rằng BN  DM và AN  CN
b) Chứng minh DE là phân giác của 
ADC .

c) O, K lần lượt là trung điểm của AH , CD . Chứng minh BO  KO (hãy tổng quát tính chất này).
  900 . Chứng minh AF  CF .
2) Trên mặt phẳng bờ BD chứa điểm A dựng điểm F sao cho DFB

3) Trên đoạn BD lấy điểm T sao cho DT  4BT . Lấy R đối xứng với A qua T và gọi P, Q lần lượt
là hình chiếu vuông góc của R trên BC, DC . Chứng minh T , P, Q thẳng hàng.


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Giải
L

V
E

F

A

B
O

T

G

R

P

I
H
D

C

K

Q

N
M

Gọi I là giao điểm của AC và BD , khi đó I là tâm của đường tròn ( S ) có đường kính là AC, BD
1) a) Chứng minh rằng BN  DM và AN  CN .

  
Ta có AD  BC  CM , suy ra ACMD là hình bình hành  AC // DM
Mặt khác BN  AC , suy ra: BN  DM (*)
  900  N  (S )  
ANC  900 hay AN  CN .
Từ (*) ta có BND
b) DE là phân giác của 
ADC .
Gọi L là hình chiếu của E lên AD và CB cắt EL tại V , khi đó:
  CBH
  BAC

VBE

 BVE  ABC (cạnh huyền – góc nhọn)


 BE  AC

VE  BC  AD
Suy ra 
 LE  VE  VL  AD  AL  DL hay LE  DL , suy ra DEL vuông cân tại L
VL  BA  BV  AL

  450  ADC hay DE là phân giác của 
Suy ra LDE
ADC .
2
c) Chứng minh BO  KO .
HB BC

HB
BC
HB BC
  tan BKC
  BOH
  BKC

Ta có: AHB ~ ABC 





 tan BOH
AH AB
2OH 2KC
OH KC
  1800  BCK
  900 hay BO  KO .
Suy BCKO là tứ giác nội tiếp, khi đó BOK


GV: Nguyễn Thanh Tùng
HOCMAI.VN
facebook.com/ThayTungToan
Tổng quát:
Từ cách chứng minh ta nhận thấy để BO  KO thì chỉ cần
  BKC
  tan BOH
  tan BKC

  HB  BC (*) . Mà ta luôn có HB  BC (vì AHB ~ ABC )
BOH
OH KC
AH AB
OH  kAH
AH DC
Vậy để có (*) (hay có được BO  KO ) ta chỉ cần “thiết kế đề” sao cho 


OH KC
 KC  kAB  kDC
Hay nói cách khác là O, K chia các đoạn AH , DC theo các tỉ số bằng nhau.
2) Chứng minh AF  CF .
  900  F  (S )  
Ta có DFB
AFC  900 hay AF  CF .
3) Chứng minh T , P, Q thẳng hàng.
BD
BG 2



TB AB AT
TG  TB 
Gọi G là giao điểm của RP với BD 


1 
5
BD 5

TG GR TR

 AB  GR
GP BP BG 2
Mặt khác, GP // DC 



DC BC BD 5
GP  2a, QC  PR  3a
 AB  CD  5a
Đặt 
, khi đó ta có: 
 BT  2b, TI  3b, ID  BI  5b
 BD  10b
BT 2b 2 BP
TI 3b 3 3a QC
Ta có

 
 TP // IC (1) . Lại có

 

 TQ // IC (2)
BI 5b 5 BC
ID 5b 5 5a CD
Từ (1) và (2), suy ra T , P, Q thẳng hàng.