Dạng có quan hệ liên kết phát triển đơn giản đến phức tạp Bài toán 3: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD; BCE Chứng minh AE; BD; CF đồng quy Bài giải: D Gọi O giao điểm BD CF Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng A F 1 Ta có  DAB =  CAF (bài toán 1)   B1 =  F1  AOBF nội tiếp   O1 =  B2 = 60  O2 =  A1 = 60 2 3O B 0   AOB = 120 (1) Tương tự:  AOC = 1200   BOC = 120 E Mà  BFC = 600  BOCE nội tiếp   O3 =  C1 = 60 (2) Từ (1) (2)   AOF = 1800  A; O; E thẳng hàng Hay AE; BD; CF đồng quy C Qua ta nhận thấy góc AOB; BOC; COA có số đo 1200 Từ ta xây dựng toán dựng hình quen thuộc sau : Bài tốn 4: D Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD vuông cân A Chứng minh CF = BD; CF  BD F A Hướng dẫn giải: O + CF = BD (tương tự toán 1) + CF  BD: Do Tứ giác AOBF nội tiếp   BOF =  BAF = 90 Tiếp tục toán Gọi M; N; I trung điểm BF; CD; BC, ta có: IM đường TB tam giác BCF nên: IM // = CF (1) Tương tự ta có: IN // = BD (2) B C Mà: CF  = BD (3) Từ (1); (2) (3) suy ra: D IM  IN IM = IN F A Hay  MIN vuông cân I N M O B C I Nhận xét  AMB  ANC vuông cân M N Từ ta có tốn tiếp Bài tốn 5: A Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng N tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân N Gọi I trung điểm BC  IMN M tam giác gì? B I Nếu học sinh lần đầu gặp toán mà chưa gặp dạng khó giải em Bài tốn diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh cách thay tam giác vuông cân ABM, CAN hình vng ABDE ACHF ta tốn đơn giản hơn.Ta có tốn tiếp sau : C Bài toán 6: F Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác E hình vng ABDE A ACHF J a.Chứng minh rằng: I BF = CE BF  CE b.Gọi I, J tâm D hai hình vng M B M C trung điểm BC Chứng minh  MIJ tam giác vng cân Bài tốn 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M ; N ; P cá điểm cung nhỏ AB ; BC ; CA MN NP cắt AB AC theo thứ tự R S Chứng minh rằng: RS // BC RS qua tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Cách giải 1: Hình Gợi ý: Đây tốn hình tương đối khó học sinh khơng có tư tốt hình học Khi đưa tốn việc vẽ hình vấn đề khó em H khơng tìm lời giải Dưới hướng dẫn thầy Ta có AN; BP AN tia phân giác tam giác ABC Gọi I giao điểm đường phân giác Khi ta có I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Để chứng minh cho RS // BC I  RS ta chứng minh IR // BC ; IS // BC sử dụng tiên đề đường thẳng song song để suy điều phải chứng minh Sau thời gian ngắn học sinh tìm lời giải cho toán Và lời giải ngắn mà thầy tìm Lời giải: Xét  NBI ta có: IBN = B2 + B3 mà B2 = CP B3 = NAC (Góc nội tiếp chắn cung NC ) NAC = BAC A  B IBN = ; 2 BIN = A1 + B1 = A  B ( Góc ngồi tam giác ABI ) Suy : IBN = BIN   NBI cân N  N thuộc trung trực đoạn thẳng BI Ta chứng minh đường trung trực đoạn thẳng RN Gọi H giao điểm MN PB Ta có BHN = 1 s®BC + s®AB + s®AC sđ BN + AM + AP = 2   Vì BHN góc có đỉnh nằm bên đường tròn BN = BC AB AC ; AM = ; AP = 2  BHN = 3600 = 900  RN trung trực đoạn thẳng BI  BR = RI   RBI cân R  B1 = RIB mµ B1 = B2  B2 = RIB  IR // BC ( Vì tạo với tuyến BI hai góc so le ) Cũng chứng minh tương tự ta IS // BC, từ điểm I ngồi đường thẳng BC ta kẻ đường thẳng song song với BC  R ; I ; S thẳng hàng Vậy RS // BC RS qua tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) Cách giải 2: Hình Gợi ý: Trong cách giải yêu cầu học sinh phải nắm lại kiến thức cũ Tính chất đường phân giác tam giác tính chất quan trọng mà em học lớp đa số học sinh trí khơng hay để ý đến tính chất Lời giải: Theo giả thiết ta có MA = MB MN phân giác góc ANB Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ABN ta có: RA NA = ( 1) RB NB Tương tự: NP phân giác tam giác ACN SA NA = SC NC (2) BN = CN nên BN = CN kết hợp với (1) (2) ta RA SA =  RS // RB SC BC Gọi giao điểm RS với AN I, BC AN D RS // BC nên ta có: AI RA NA RA AI NA = mà  suy = ID RB NB RB ID NB Hai tam giác BND tam giác ANB đồng dạng (vì có góc BNA chung BAN  NBD ) nên NA AB  Vậy NB BD AI AB = ID BD Suy BI phân giác góc ABC ta có I thuộc phân giác AN góc BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác ABC nên I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm) Bài toán 8: T điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác hạ đường vng góc xuống ba cạnh tam giác ABC nội tiếp đường tròn Chứng minh chân ba đường vng góc thẳng hàng (Đường thẳng gọi đường thẳng Simson) Cách giải 1: Vì D = E = 900 suy tứ giác BDPE tứ giác nội tiếp  BED = BPD (*) ( Góc nội tiếp chắn cung )  F = E = 900 suy tứ giác EFCP tứ giác nội tiếp suy FEC = FPC (**) ( Góc nội tiếp chắn cung ) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn  BPC =  - A (1) PD  AB    DPF =  - A (2) PF  AC  Từ (1) (2)  BPC = DPF  BPD = FPC (***) Từ (*) ; (**) (***)  BED = FEC  D ; E ; F thẳng hàng Cách giải 2: PE  EC    Tứ giác EFCP tứ giác nội tiếp  FEP + PCF = 180 (1) PF  FC  Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn  ABP + FCP = 1800 Mà ABP + BDP = 1800  FCP = DBP (2) PD  BD    Tứ giác EPDB tứ giác nội tiếp  DBP = DEP ( 3) PE  BC  Từ (1) ; (2) (3) ta có : PEF + DEP = 1800 Suy ba điểm D ; E ; F thẳng hàng Đối với tốn tốn khó u cầu học sinh phải huy động nhiều kiến thức có liên quan việc tìm lời giải khó việc tìm cách giải khác vấn đề khó, với thân học sinh không làm sau giáo viên gợi ý học sinh dần tư sáng tạo tìm hướng toán Đơn vị kiến thức áp dụng để giải toán.Như để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai góc kề có tổng số đo 1800 - Tứ giác nội tiếp đường trịn - Góc nội tiếp đường trịn Bài tốn 9: Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC BH  QC Bài giải: Q F Gọi O giao điểm BH QC Theo BT 9, ta có:  ABC =  FQA, N nên: BC = QA E H A Và  ACB =  FAQ   BCH =  QAC O Xét hai tam giác: D  BCH  QAC, có: B BC = QA  BCH =  QAC  CH = AC (gt)  BCH =  QAC (c.g.c)  BH = QC (1) Và  CBH =  AQC Mà  AQC +  QCP = 900   CBH +  QCP = 90 Hay  BOC = 900 Hay BH  QC (2) Từ (1) (2) suy đpcm P M C Tương tự ta có CD  QB Ta nhận thấy QP, BH, CD ba đường cao tam giác QBC Và từ dây ta xây dựng toán phát biểu dạng khác Bài toán 10: Q Cho tam giác ABC, dựng phía F ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh E H QP, BH CD đồng quy A (ta thấy QP, BH CD ba D đường cao tam giác QBC, nên chúng đồng quy) B P C Dạng chứng minh đường thẳng song song tam giác đồng dạng Bài tốn 11: Đường trịn (O;R1) (O';R2) tiếp xúc P Một cát tuyến qua P cắt (O;R1) A (O';R2) B Một cát tuyến khác qua P cắt (O;R1) C (O';R2) D Chứng minh : OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD tam giác PAC PBD đồng dạng Sau đọc toán giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức hai đường trịn tiếp xúc với Và từ cần u cầu học sinh để giải toán chung ta phải xét hai trường hợp sảy Hai đường trịn tiếp xúc ngồi hai đường trịn tiếp xúc trong.Ở tơi trình bày hai đường trịn tiếp xúc ngồi cịn trường hợp hai đường trịn tiếp xúc chứng minh tương tự Cách giải 1: Hình Gợi ý: - Tính chất hai đường tròn tiếp xúc - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ hai Lời giải: Ta có tam giác OAP tam giác O'BP tam giác cân O O' Suy ra: OAP = OPA O'PB = O'BP mà OPA = O'PB ( Hai góc đối đỉnh) Suy tiếp góc vị trí so le  OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD Và  OAP = PBO'  hai tam giác  OAP  O'BP đồng dạng  PA PO R =  (1) PB PO' R Tương tự ta có : OCP = OPC O'PD = O'DP mà OPC = O'PD ( Hai góc đối đỉnh)  OCP = PDO'  hai tam giác  OCP  O'DP đồng dạng  PC PO R PA PC R =  (2) Từ (1) (2) ta có: =  lại có PB PD PO' R PD R2 CPA = BPD Suy :  PAC  PBD đồng dạng Cách giải 2: Hình Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy hai đường tròn - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ ba - Áp dụng định lí góc tạo tia tiếp tuyến dây cung Lời giải: Kẻ tiếp tuyến chung xPy hai đường trịn Ta có CAP = CPy = xPD = PBD ( Áp dụng tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung nhau) Mặt khác APC = BPD (hai góc đối đỉnh) Suy :  PA1B1  PA2B2 đồng dạng  ... chưa gặp dạng khó giải em Bài tốn diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh cách thay tam giác vng cân ABM, CAN hình vng ABDE ACHF ta tốn đơn giản hơn.Ta có toán tiếp sau : C Bài toán... khơng có tư tốt hình học Khi đưa tốn việc vẽ hình vấn đề khó em H khơng tìm lời giải Dưới hướng dẫn thầy Ta có AN; BP AN tia phân giác tam giác ABC Gọi I giao điểm đường phân giác Khi ta có I... chúng đồng quy) B P C Dạng chứng minh đường thẳng song song tam giác đồng dạng Bài toán 11: Đường tròn (O;R1) (O'';R2) tiếp xúc P Một cát tuyến qua P cắt (O;R1) A (O'';R2) B Một cát tuyến khác qua