Đang tải... (xem toàn văn)
Chúng ta sẽ bắt đầu bằng một bài toán cơ bản nhưng rất quan trọng sau: Bài toán 1: Cho tam giác ABC. Lấy E trên BC, F trên AC và K trên AB sao cho AE,BF,CK đồng quy tại một điểm. Khi đó nếu T là giao điểm của FK với BC thì ( , , , ) = −1 Lời giải: A F K T B E C Trong tam giác ABC: +Áp dụng định lí Xêva với ba đường đồng quy AE,BF,CK ta có: EB FC KA.. = −1 (1) EC FA KB +Mặt khác áp định lí Mênêlaúyt với ba điểm thẳng hàng T,K,F lại cho ta: TC KB FA.. = 1 (2) TB KA FC Nhân (1) và (2) vế theo vế suy ra: TB = −EB TC EC Theo định nghĩa thì ( , , , ) = −1 ,đây chính là đpcm.
Bài tập toán hình lớp 12 có lời giải cụ thể Chúng ta bắt đầu toán quan trọng sau: Bài toán 1: Cho tam giác ABC Lấy E BC, F AC K AB cho AE,BF,CK đồng quy điểm Khi T giao điểm FK với BC ( , , , ) = −1 Lời giải: A F K T B E C Trong tam giác ABC: +Áp dụng định lí Xêva với ba đường đồng quy AE,BF,CK ta có: EB FC KA = −1 (1) EC FA KB +Mặt khác áp định lí Mênêlaúyt với ba điểm thẳng hàng T,K,F lại cho ta: TC KB FA = (2) TB KA FC Nhân (1) (2) vế theo vế suy ra: TB = −EB TC EC Theo định nghĩa ( , , , ) = −1 ,đây đpcm Bài toán 1.1: Cho tam giác ABC H chân đường cao kẻ từ A Trên đoạn thẳng AH ta lấy điểm I kẻ BI cắt AC E CI cắt AB F.Chứng minh AH phân giác ∠EHF A E F I B C H Lời giải: Một toán đơn giản nhưng…khó đến kinh ngạc, bạn phải làm đối mặt với vậy? …??? Khi nhắc đến toán nhớ đến lời giải độc đáo anh Hatucdao, lời giải thực ấn tượng mạnh với tôi, nên xin trích dẫn sau để bạn chiêm ngưỡng: “Kết hiển nhiên tam giác ABC cân Giả sử ABC không cân ta giả sử AC>AB Dựng tam giác ABP cân A AP cắt HE Q Gọi F’ điểm đối xứng Q qua AH Khi ∠EH QA= ' QB ' AH phân giác F ' Áp dụng định lí Mênêlaúyt cho tam giác ACP với ba điểm thẳng hàng H,Q,E ta có: HP EC HB EC F A QA = ' = −1 ⇒ HC EA F B HC EA QB Theo định lí ceva đảo ta có F' A ' , , E B H Q P ' ” đđ ồó ns gu y qr ua yđ p tc ừm C Một viên ngọc không dấu vết phải công nhận khó nghĩ Dẫu việc cảm nhận vẻ đẹp tinh túy lời giải giúp thấm thía quý trọng cách làm đây, điều quan trọng lời giải, cho ta thấy gốc rễ vấn đề: A E I L F K B H C C2: Kẻ EF cắt BC K theo toán ta có ( , , , )K H B C = −1 (1) Gọi L giao điểm EF với AH Từ (1) suy ( , , , ) = −1 suy ( , , , )K L F E = −1 (định lí chùm điều hòa) Vì LHK = 90 nên theo nhận xét định lí ta có đpcm *Nhận xét: Quá ngắn gọn phải không, nghĩ toán đặt Các bạn thấy vài biến đổi nhỏ kĩ xảo để che dấu điểm K khiến cho toán 1.1 trở nên cực khó Tất nhiên từ lời giải phát biểu toán tổng quát sau: Bài toán 1.2:(đề thi Iran) Cho tam giác ABC, lấy T,E,F thuộc đoạn BC,CA,AB cho đường thẳng AT,BE,CF đồng quy điểm.Gọi L giao điểm AT EF.Gọi H hình chiếu L xuống BC Chứng minh LH phân giác ∠EHF A E F B K (chứng minh tương tự 1.1) H T C *Nhận xét: Nói chung từ hàng điểm điều hòa ban đầu ta “sinh sôi nảy nở” nhiều hàng điểm điều hòa khác mà chúng kết hợp với định lí cho ta nhiều tính chất thú vị Thí dụ 1.1 1.2 “sản phẩm” định lí Nếu bạn thích sử dụng định lí để “xuất khẩu” sản phẩm mới, chẳng hạn toán sau đây: Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC, lấy T,E,F thuộc đoạn BC,CA,AB cho đường thẳng AT,BE,CF đồng quy điểm I Kẻ đường thẳng qua I song song với TE cắt TF,TB M L Chứng minh M trung điểm LI A E F I M L B T C (chứng minh: sử dụng tính chất chùm điều hòa 1.1 áp dụng định lí 3) Qua thí dụ bạn thấy từ vấn đề người ta phát biểu cách khác nhau, cách mà đọc đề không thấy liên hệ từ chúng, thực tất chúng xuất phát từ gốc rễ Nắm gốc rễ tức ta nắm toán Tất nhiên từ toán sản sinh lớp toán rộng lớn, thời gian nêu thêm mà hi vọng bạn gặp số nhanh chóng cho nó… “lộ rõ nguyên hình” Bây xin vào không gian khác chút với cách khai thác nêu nhằm giúp bạn có nhìn sâu sắc cho toán Nhưng trước hết trang bị cho bạn số tính chất cần thiết, sau tìm cách liên hệ với toán sau Tính chất 1: Cho tam giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O) M,N,P,Q tiếp điểm AB,BC,CD,DA với đường tròn; ta có MP,NQ,AC,BD đồng quy điểm Lời giải: Hạ // = ∠OPM ⇒ ∠BMP = ∠CPM ⇒ CE CP ∠ Chú ý OMP Do gọi I giao điểm AC với MP ta có:IA=AM=AM IC EC (1) Tương tự =A (2) Q gọi 'I N C PC giao điểm AC với NQ ta có:' ' A M B Q I N O E P D C Chú ý AM=AQ PC=NC nên từ (1) (2) suy I ≡ I ' suy MP,NQ,AC đồng quy (3) Lập luận tương tự ta có MP,NQ,BD đồng quy (4) Kết hợp (3) (4) ta đpcm Tính Chất 2: Cho đường tròn (O) Lấy điểm A đường tròn (O), từ A ta kẻ hai tiếp tuyến AK,AN cát tuyến ACD đường tròn Hai tiếp tuyến qua C D cắt M Khi ta có K,M,N thẳng hàng Lời giải: M K D C O N A Áp dụng “định lí tứ giác điều hòa” cho điểm A với hai tiếp tuyến AK,AN cát tuyến ACD suy KCND tứ giác điều hòa Lại theo nhận xét ”định lí tứ giác điều hòa” suy NK,MD,MC đồng quy điểm suy đpcm Tính chất 3: Cho tam giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O) M,N,P,Q tiếp điểm AB,BC,CD,DA với đường tròn Chứng minh MQ,NP DB đồng quy điểm K A M B Q O N D P C Lời giải: Gọi K giao điểm QM với DB Áp dụng định lí Mênêlaúyt cho tam giác ABD với ba điểm thẳng hàng Q,M,K ta có: MA KB QD = (1) MB KD QA Chú ýMA=NC vàQD=PD MB NB Do từ (1) suy QA PC NC KB PD = NB KD PC Theo định lí Mênêlaúyt đảo suy K,N,P thẳng hàng suy đpcm Tính chất 4: Cho tam giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O) M,N,P,Q tiếp điểm AB,BC,CD,DA với đường tròn Gọi K giao điểm MQ với NP Gọi E F hai tiếp tuyến K với (O).Chứng minh rằng: a)A,E,F,C thẳng hàng b)OK vuông góc AC Lời giải: Gọi E’ F’ hai giao điểm AC với (O) Hai tiếp tuyến qua E’ F’ cắt K’ Áp dụng tính chất với hai tiếp tuyên CN,NP cát tuyến CF’E’ suy K’,N,P thẳng hàng Tương tự K’,M,Q thẳng hàng hay K’ giao điểm MQ với NP hay K ' ≡ K Suy E ' ≡ E , F ' ≡ F Vậy A,E,F,C thẳng hàng Mặt khác KE,KF hai tiếp tuyến K với O nên KO vuông góc EF hay KO vuông góc AC K A E M B Q N O F D P C Và cuối tính chất quan trọng có ý nghĩa cầu nối tính chất nêu với toán Tính chất 5: Cho tam giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O) M,N,P,Q tiếp điểm AB,BC,CD,DA với đường tròn Gọi K giao điểm MQ với NP I giao điểm MP với QN Chứng minh ( , , , ) = −1 Lời giải: *Áp dụng định lí Mênêlaúyt cho tam giác ABD với điểm thẳng hàng K,M,Q ta có: KB QD MA = hay KB=MB (vì QA=MA) (1) KD QA MB KD QD *Mặt khác theo lời giải tính chất ta biết:MBIB = QD Từ (1) (2) suy (2) ID KB IB = KD ID K A M B Q I O D P N C Vì I nằm đoạn BD K nằm đoạn BD nên:KB= −IB KD Vậy ( , , , ) = −1 (đpcm) ID *Nhận xét: Việc xuất hàng điểm điều hòa (tính chất 5) đóng vai trò vô quan trọng, để dễ hiểu bạn tưởng tượng bốn tính chất 1,2,3,4 kho thuốc súng có sức tàn phá khủng khiếp bị đè nén bao, tính chất mồi kích hoạt kho thuốc súng để tạo nên bùng nổ vô ghê gớm, đến mức, hàng loạt tính chất sinh dồn dập đến chóng mặt… Do khuôn khổ viết có hạn nên xin trình bày số kết tương đối quen thuộc(được rút từ tính chất trên) với hi vọng đưa đến cho bạn nhìn mẽ vấn đề không mẽ chút Xin bắt đầu chiến dịch “tạp chí Toán học tuổi trẻ”: Bài toán 1.4: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi E,F giao điểm AC với (O) Hạ OH ⊥ DB Chứng minh ∠AHE = ∠CHF (*) K A M B E N I O F H C P D Q L Lời giải: Gọi M,N,P,Q tiếp điểm AB,BC,CD,DA với (O) Đặt L MN ∩ QP , K QM ∩ PN I = DK ∩ AL Vì hai tứ giác KEOH KFOH nội tiếp suy điểm K,E,O,H,F thuộc đường tròn suy ∠EHK = ∠FHK để chứng minh (*) ta cần chứng minh HI phân giác ∠AHC Thật theo tính chất suy OL vuông góc BD hay HI vuông góc HL theo kết tính chất ta có: (,,,) = −1 áp dụng định lí suy HI phân giác ∠AHC (đpcm) Bài toán 1.5: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) M,N,P,Q tiếp điểm AB,BC,CD,DA Đặt K = AD ∩ BC , L AB= ∩ DC , E QM= ∩ PN , F QP MN= ∩ Chứng minh điểm K,L,E,F nằm đường thẳng Lời giải: Gọi I giao điểm BD với AC, E’ giao điểm DB với KL, T giao điểm CE’ với DK, theo toán ( , , , )T A K D = −1(tam giác DKL với ba đường đồng quy LA,KC,D , , , ) = −1 theo định lí chùm điều hòa E’) suy suy ( ( ', , , ) = −1 nhiên theo tính chất có Do E ' ≡vậy E (suy , , ,ra) E,K,L thẳng hàng (1) Lập = −1luận tương tự có F,K,L thẳng hàng (2) Kết hợp (1) (2) suy đpcm T K E' A M Q I B N L O C P D *Nhận xét: Quá bất ngờ phải không? Những toán tưởng chừng hoàn toàn xa lạ tìm ẩn bên lại mối quan hệ vô khăn khít Tất chúng tạo nên hệ thống với biến ảo khôn lường Vấn đề đến lại mở nhiều vấn đề hấp dẫn mới, khai thác chút xíu xem thử có thu điều thú vị không nhá Bài toán 1.6: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O) có QM ∩ PN = K , MN ∩ QP L , MP QN = I Chứng minh I trực tâm tam giác KOL Lời giải: Kẻ tiếp tuyến qua M,N,P,Q chúng cắt điểm A,B,C,D (hình vẽ) Theo tính chất I giao điểm AC với BD Theo tính chất BD ⊥ OL Theo tính chất D,B,K thẳng hàng Suy KI ⊥ OL Tương tự LI ⊥ OK Vậy ta có đpcm K M A B N O I C P L D Q *Nhận xét: Kết 1.6 giúp ta có mối liên hệ tuyệt vời với 1.2 để toán sau: Bài toán 1.7: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Đặt K = DA CB , L AB ∩ DC , I = AC ∩ BD OI cắt KL H Chứng minh OH phân giác ∠AHC Lời giải: K H A B I O D C L Theo 1.6 I trực tâm tam giác KOL suy OI ⊥ KL hay IH ⊥ KL Đến toán trở thành toán 1.2 vấn đề giải Còn nhiều hướng khai thác xung quanh vấn đề việc trình bày tốn thời gian nên để bạn tự tìm tòi thêm Cuối xin nêu lên vấn đề có tính gợi mở để bạn xem chơi: Bài toán 1.8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Đặt K = DA CB , L AB ∩ DC , Gọi M,N,P,Q tiếp điểm AB,BC,CD,DA với (O) Đặt F = PQ MN , E QM ∩ PN Chứng minh ( , , , ) = −1 Lời giải: F K E A M B N Q L O C P D +Theo toán 1.5 F,K,E,L thẳng hàng +Theo tính chất CA,MN,PQ đồng quy suy F ∈ AC Do theo toán 1(cho tam giác KDL với ba đường đồng quy DE,AL,KC) ta có (,,,) = −1 *Hẳn qua thí dụ bạn thấy thích thú nhìn toán hình học mắt “hàng điểm điều hòa” Nhờ mà ta thông suốt nhiều vấn đề để cuối ngộ ra…tất rõ ràng hiển nhiên Tất nhiên nhiều toán sản sinh từ điều nêu trên, cần “chùm điều hòa” soi vào “lộ rõ nguyên hình” nên không cần nêu thêm cho tốn giấy mực làm Xin mời bạn nhìn lại hình vẽ để tưởng nhớ lại toàn điều học trên, trước bước vào lớp toán khác: F K D Q [...]... có đpcm K M A B N O I C P L D Q *Nhận xét: Kết quả của bài 1.6 giúp ta có mối liên hệ tuyệt vời với bài 1.2 để được bài toán sau: Bài toán 1.7: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Đặt K = DA CB , L AB ∩ DC , I = AC ∩ BD OI cắt KL tại H Chứng minh rằng OH là phân giác của ∠AHC Lời giải: K H A B I O D C L Theo bài 1.6 thì I là trực tâm của tam giác KOL suy ra OI ⊥ KL hay IH ⊥ KL Đến đây bài toán. .. rằng ( , , , ) = −1 Lời giải: F K E A M B N Q L O C P D +Theo bài toán 1.5 thì F,K,E,L thẳng hàng +Theo tính chất 3 thì CA,MN,PQ đồng quy suy ra F ∈ AC Do vậy theo bài toán 1(cho tam giác KDL với ba đường đồng quy DE,AL,KC) ta có (,,,) = −1 *Hẳn qua các thí dụ trên các bạn đã thấy thích thú hơn khi nhìn một bài toán hình học dưới con mắt của “hàng điểm điều hòa” Nhờ nó mà ta có thể thông suốt được... lại mở ra rất nhiều vấn đề hấp dẫn mới, chúng ta khai thác chút xíu xem thử có thu được điều gì thú vị không nhá Bài toán 1.6: Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn (O) có QM ∩ PN = K , MN ∩ QP L , MP QN = I Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác KOL Lời giải: Kẻ 4 tiếp tuyến qua M,N,P,Q chúng cắt nhau tại 4 điểm là A,B,C,D (hình vẽ) Theo tính chất 1 thì I cũng là giao điểm của AC với BD Theo tính... ràng và hiển nhiên Tất nhiên còn rất nhiều bài toán được sản sinh từ các điều đã nêu ở trên, nhưng chỉ cần một “chùm điều hòa” soi vào là “lộ rõ nguyên hình nên chúng ta cũng không cần nêu thêm ra đây cho tốn giấy mực làm gì Xin mời các bạn nhìn lại hình vẽ dưới đây để tưởng nhớ lại toàn bộ các điều đã học được ở trên, trước khi bước vào một lớp các bài toán khác: F K D Q ... tâm của tam giác KOL suy ra OI ⊥ KL hay IH ⊥ KL Đến đây bài toán này đã trở thành bài toán 1.2 và vấn đề được giải quyết Còn rất nhiều hướng khai thác xung quanh vấn đề này nhưng việc trình bày quá tốn thời gian nên để các bạn tự tìm tòi thêm vậy Cuối cùng xin nêu lên một vấn đề có tính gợi mở để các bạn xem chơi: Bài toán 1.8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Đặt K = DA CB , L AB ∩ DC ,... tính chất mới được sinh ra dồn dập đến chóng mặt… Do khuôn khổ bài viết có hạn nên tôi chỉ xin trình bày một số kết quả tương đối quen thuộc(được rút ra từ 5 tính chất trên) với hi vọng sẽ đưa đến cho các bạn một cái nhìn mới mẽ về những vấn đề không mới mẽ chút nào Xin bắt đầu chiến dịch bằng một bài trên “tạp chí Toán học và tuổi trẻ”: Bài toán 1.4: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi E,F... suy ra HI là phân giác ∠AHC (đpcm) Bài toán 1.5: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) và M,N,P,Q lần lượt là các tiếp điểm của AB,BC,CD,DA Đặt K = AD ∩ BC , L AB= ∩ DC , E QM= ∩ PN , F QP MN= ∩ Chứng minh rằng 4 điểm K,L,E,F cùng nằm trên một đường thẳng Lời giải: Gọi I là giao điểm giữa BD với AC, E’ là giao điểm DB với KL, T là giao điểm CE’ với DK, theo bài toán 1 thì ( , , , )T A K D = −1(tam... theo định lí chùm điều hòa E’) suy ra suy ra ( ( ', , , ) = −1 tuy nhiên theo tính chất 5 thì đã có Do E ' ≡vậy E (suy , , ,ra) E,K,L thẳng hàng (1) Lập = −1luận tương tự cũng có F,K,L thẳng hàng (2) Kết hợp (1) và (2) suy ra đpcm T K E' A M Q I B N L O C P D *Nhận xét: Quá bất ngờ phải không? Những bài toán tưởng chừng hoàn toàn xa lạ nhưng tìm ẩn bên trong lại là những mối quan hệ vô cùng khăn khít... D Q L Lời giải: Gọi M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của AB,BC,CD,DA với (O) Đặt L MN ∩ QP , K QM ∩ PN và I = DK ∩ AL Vì hai tứ giác KEOH và KFOH nội tiếp suy ra 5 điểm K,E,O,H,F cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠EHK = ∠FHK do vậy để chứng minh (*) ta cần chứng minh HI là phân giác ∠AHC Thật vậy theo tính chất 4 suy ra OL vuông góc BD hay HI vuông góc HL do đó theo kết quả tính chất 5 thì ta đã có: (,,,)... khác theo lời giải trong tính chất 1 thì ta đã biết:MBIB = QD Từ (1) và (2) suy ra (2) ID KB IB = KD ID K A M B Q I O D P N C Vì I nằm trong đoạn BD và K nằm ngoài đoạn BD nên:KB= −IB KD Vậy ( , , , ) = −1 (đpcm) ID *Nhận xét: Việc xuất hiện hàng điểm điều hòa (tính chất 5) ở đây đóng một vai trò vô cùng quan trọng, để dễ hiểu các bạn hãy tưởng tượng bốn tính chất 1,2,3,4 như một kho thuốc súng có sức