GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY HAY DÙNG A Các kĩ cần thiết Trong nhiều toán hình học tọa độ phẳng Oxy , “mẫu chốt” toán lại nằm việc phát chứng minh tính chất đặc biệt liên quan tới hình học phẳng túy Do để làm tốt toán thế, bạn cần trang bị cho hai kĩ sau:  Kĩ 1: Vẽ hình xác Điều giúp có dự đoán tính chất đặc biệt toán (song song, vuông góc, hai đoạn thẳng nhau, phân giác, tứ giác nội tiếp, tứ giác hình bình hành, chữ nhật, hình thoi, hình vuông, hai góc bù nhau…)  Kĩ 2: Chứng minh dự đoán Dùng kiến thức hình học phẳng túy (hình học cấp 2, hệ thức vecto…) để dự đoán xác Chú ý: Vì toán ta đề cập tới thuộc mảng hình học phẳng Oxy Vì đề thi dự đoán xác tính chất đặc biệt, việc chứng minh thường đơn giản (bởi khó toán mang “nặng” tính túy mà tính tọa độ Oxy ) Vì lời khuyên, trình ôn tập bạn không nên xa đà vào tính chất khó (các bạn thấy rõ điều qua đề năm trước đây) B Khai thác tính chất hình học phẳng 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 trung điểm BC, AC, AH D, E, F chân đường cao ứng với đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:      1) AH  2IM Từ suy MIAK hình bình hành HG  2GI với G trọng tâm tam giác ABC 2) IA  EF MK  EF (tính chất chặt MK trung trực EF ) 3) D trung điểm HR với R giao điểm thứ hai AD với đường tròn tâm I 4) E, K , D, M , N nằm đường tròn đường kính MK Từ suy đường tròn qua điểm (trung điểm cạnh, chân đường cao trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm với đỉnh tam giác) 5) H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 6) Gọi V , L đối xứng với I qua đường thẳng AB, AC Chứng minh VL // BC Từ suy V , K , L thẳng hàng CHỨNG MINH A x E K N F GI H B D R C M J GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan      1) AH  2IM Từ suy MIAK hình bình hành HG  2GI với G trọng tâm tam giác ABC     Cách : Ta có HAB  IMN HBA  INM (góc có cạnh tương ứng song song)    HA HB AB Suy HAB ~ IMN nên     HA  2IM  AH  2IM IM IN MN Cách : Gọi J giao điểm thứ hai AI đường tròn tâm I , :  JC  AC; BH  AC  JC / / BH   JBHC hình bình hành, suy M trung điểm HJ   JB  AB; CH  AB  JB / /CH     AH / / IM Khi IM đường trung bình tam giác AHJ , suy   AH  2IM (1)  AH  IM   Do K trung điểm AH nên AH  AK (2)    Từ (1) (2) , suy IM  AK  MIAK hình bình hành Gọi HI  AM  G ' , theo định lý Ta – let ta có: Khi AG ' AH    AG '  2G ' M  G '  G G ' M IM   HG AH    HG  2GI  HG  2GI GI IM 2) IA  EF MK  EF Cách 1: Do E , F nhìn BC góc vuông nên EFBC nội tiếp đường tròn  Suy    ( bù với FEC ) (1) ABC AEF Gọi J giao điểm thứ hai AI với đường tròn tâm I , đó:    (cùng chắn cung  ) (2) ABC AJC AC Từ (1) (2) suy ra:    AEF AJC Mặt khác:   JAC  900 , suy   JAC  900  IA  EF AEF  AJC  Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn ( I ) , đó: Ax  AI (*)   ACB AB Ta có: xAB   (cùng chẵn  )    (cùng bù với góc BFE ) ACB AFE  AFE Suy xAB    Ax / / EF (2*) Từ (*) (2*), suy IA  EF Theo ý 1) , ta có MIAK hình bình hành , suy MK / / IA , suy MK  EF Chú ý: Ta tính chất chặt MK trung trực EF Cụ thể: AH   KE  KF    MK trung trực EF   ME  MF  BC   3) D trung điểm HR với R giao điểm thứ hai AD với đường tròn tâm I  A  A  Ta có B   (cùng chắn cung RC ) B   (cùng phụ với góc  ) ACB 1   Suy B2  B1  BHR cân B  D trung điểm HR (đpcm) 4) E, K , D, M , N nằm đường tròn đường kính MK Từ suy đường tròn qua điểm (trung điểm cạnh, chân đường cao trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm với đỉnh tam giác) GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan A K T N E F H P B Q D C M +) Ta có MN , KN đường trung bình tam giác ABC, AHC , suy ra: MN // AB KN // CH  Mà CH  AB  KN  MN , hay MNK  900 (1) +) Ta có EK , EM đường trung tuyến hai tam giác vuông EBA , EBC  A     Suy E1   E3  B1 Mà   B1 (vì phụ với góc  ), suy E1  E3 A1  ACB      Suy E3  E2  E1  E2  900 , hay MEK  900 (2)  +) Ta có MDK  900 (3) Từ (1), (2), (3), suy E, K , D, M , N nằm đường tròn đường kính MK (*) Chứng minh tương tự ta có: K , T , F , D, M nằm đường tròn (2*) ; Q, T , F , N , E nằm đường tròn (3*) P, E, N , T , F nằm đường tròn (4*) Từ (*), (2*), (3*) (4*) suy K , N , E, Q, M , D, P, F , T thuộc đường tròn (đpcm) Nhận xét: Hiển nhiên hình học Oxy câu hỏi xuất điểm này, song từ ta có nhiều cách “thiết kế” toán hay mà có tham gia điểm bất kì, “che dấu” điểm 5) H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF A E F H 21 B D Cách : C GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan   C1  D1  Ta có CDHE DBFH tứ giác nội tiếp đường tròn, :     B2  D2     Mặt khác C  B (cùng phụ với góc BAC )    Suy D1  D2 hay DH phân giác góc EDF (1)    Chứng minh tương tự ta D1  D2 hay EH phân giác góc DEF (2) Từ (1) (2), suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Cách :    CDE  BAE  BAC     CDE  BDF Do ABDE AFDC tứ giác nội tiếp đường tròn nên    CAF  BAC    BDF         Mà CDE  D  90  BDF  D  D  D hay DH phân giác góc EDF (1) 2    Chứng minh tương tự ta D1  D2 hay EH phân giác góc DEF (2) Từ (1) (2), suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 6) Gọi V , L đối xứng với I qua đường thẳng AB, AC Chứng minh VL // BC Từ suy 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 hình thoi Khi VLCB hình bình hành (do VB, LC song song AI ) Suy VL // BC Gọi K ' hình hình chiếu vuông góc A VL  AK ' // IM (1) Ta có AVL  IBC (c – c – c )  AK '  IM (2)     Từ (1) (2), suy AK '  IM (*)    Mặt khác theo tính chất 1) ta có: AK  IM (2*) Từ (*) (2*), suy 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 ngoại tiếp đường tròn tâm J Gọi D, E, F chân đường cao ứng với đỉnh A, B, C K giao điểm AJ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC    1) Chứng minh BAD  IAC , từ suy AJ tia phân giác góc HAI (hình 1) 2) Tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường thẳng AJ cắt BC M N a) Chứng minh tam giác MAN cân M b) Gọi P, Q đối xứng với D qua AB, AC Chứng minh P, Q, E, F thẳng hàng Từ suy PQ // AM 3) Gọi T đối xứng I qua BC Chứng minh T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC 4) Chứng minh rằng: a) K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ Từ suy K trung điểm JL với L tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A tam giác ABC b) BK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN (hình 2) 5) Gọi X đối xứng với B qua I Z giao điểm XK AC ; S giao điểm BX AK Chứng minh SZ  XC 6) Gọi Y đối xứng với K qua I BJ , CJ cắt AY V , R Chứng minh BCVR nội tiếp đường tròn 7) Gọi G, O,U ,W hình chiếu vuông góc D lên BA, BE, CF , CA Chứng minh G, O,U ,W thẳng hàng (hình 3) CHỨNG MINH A Q E F H P M J B I N C D T K L Hình GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan    IAC , từ suy AJ tia phân giác góc HAI  1) Chứng minh BAD  1800   IAC  AIC AIC   Ta có BAD  900    900  ABC    IAC 2          Mặt khác, BAJ  CAJ  BAJ  BAD  CAJ  IAC  HAJ  IAJ , suy AJ tia phân giác góc HAI  Chú ý: Ta chứng minh AJ tia phân giác góc HAI theo cách suy luận sau:     +) Ta có BAK  CAK  KB  KC  IK  BC  IK // AH  HAK  IKA        +) Mà IKA  IAK , suy HAK  IAK hay HAJ  IAJ , suy AJ tia phân giác góc HAI 2) a) Chứng minh tam giác MAN cân M    Ta có MNA  NCA  CAN (tính chất góc tam giác)     AB Mà NCA  BAM (cùng chắn cung  ) CAN  BAN ( AN phân giác)     Suy MNA  BAM  BAN  MAN  MAN cân M b) Chứng minh P, Q, E, F thẳng hàng Từ suy PQ // AM   ACB +) Ta có BEFC tứ giác nội tiếp nên F1   (cùng bù với BFE ) (1)  ACD ACB AFD AFDC tứ giác nội tiếp nên F4     (cùng bù với  ) (2)   Mặt khác, P đối xứng với D qua AB nên ta có F4  F3 (3)       Từ (1), (2) (3), suy F1  F3  F3  BFE  F1  BFE  1800  B, F , E thẳng hàng Chứng minh tương tự ta Q, E, F thẳng hàng, suy 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 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Do T đối xứng I qua BC , suy BTCI hình thoi  TB  TC  IB (1)    Mặt khác theo chùm tính chất 1, suy AH  IT , AHTI hình bình hành  TH  IA  IB (2) Từ (1) (2), suy TB  TC  TH hay T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC 4) a) K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ Từ suy K trung điểm JL với L tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A tam giác ABC         +) Ta có KJB  JAB  JBA  KAC  JBN  KBC  JBN  KBJ , suy KBJ cân K  KB  KJ (1)   Mặt khác: BAK  CAK  KB  KC (2) Từ (1) (2), suy KB  KC  KJ hay K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ  +) Ta có BJ , BL phân giác trong, phân giác góc B  LBJ  900 Ta lại có BK  KJ  BK  JL  KJ  KL hay K trung điểm JL GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan V Y A R 2 I Z S B X 1 J I' C N K Hình b) BK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN Gọi I ' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN , ta có:       BI ' N  180  2.I ' BN  900  I ' BN  KBC  I ' BN  900  KB  I ' B    KBC  KAC  KAB  NAB  2 Suy BK tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN 5) Chứng minh SZ  XC  X ACB X A  Ta có     A  XASZ tứ giác nội tiếp, suy Z      SZ // BC (1) 2 1  Mặt khác BCX  900 hay BC  XC (2) Từ (1) (2), suy SZ  XC 6) Chứng minh BCVR nội tiếp đường tròn  ABC  ABC ACB  BAC   1800  BAC       Ta có: V1  900  J1  900      900   A1 ABJ     C1   2  2     Khi V , C nhìn RB góc nhau, suy BCVR nội tiếp đường tròn   7) Chứng minh G, O,U ,W thẳng hàng A E W F G B H O U 1 D C Hình    Ta có CDUW DUHO tứ giác nội tiếp, với DW // BE B1 , D4 phụ với ODB nên ta có: GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan   D  B  D  U hay U  U  U  CUO  U  CUO  1800 , suy O,U ,W thẳng hàng (1)           U1 1 4 4 Chứng minh tương tự ta G, O,U thẳng hàng (2) Từ (1) (2), suy G, O,U ,W thẳng hàng  Chùm tính chất 3: Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH Hình 1) Gọi M , N điểm thuộc AH BH Chứng minh rằng: CM  AN thỏa mãn: a) M , N trung điểm AH , BH b) CM , AN đường phân giác  , BAH ACH  2) Gọi D điểm đối xứng B qua H ; K hình chiếu vuông góc C đường thẳng AD Chứng minh HI đường trung trực đoạn thẳng AK 3) Trên mặt phẳng bờ BC chứa điểm A , dựng tia Bx vuông góc với BC cắt AC E Gọi F điểm thuộc đoạn BE ( F  B, F  E ) CF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC P Chứng minh A, E, F , P nằm đường tròn Hình 4) T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R điểm thuộc đoạn TC Gọi Q giao điểm thứ hai AR với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC J trung điểm AQ Biết tia By vuông góc với AQ cắt CJ L Chứng minh rằng: a) AL  BQ ( hay L trực tâm tam giác ABQ )  b) BLT  900 R trung điểm TC CHỨNG MINH B N K H D F M P E A I C x Hình 1) a) M , N trung điểm AH BH , suy MN đường trung bình tam giác ABH Khi MN // AB , suy MN  AC (do AB  AC ), suy M trực tâm tam giác ANC  CM  AN GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan AM AC BN BA b) CM , AN đường phân giác  , BAH , suy ra:   ACH  MH CH NH AH AC BA Mặt khác, CAH ~ ABH  (2)  CH AH AM BN Từ (1) (2), suy   NM MN // AB , suy MN  AC (do AB  AC ) MH NH Suy M trực tâm tam giác ANC  CM  AN (1)    A 2) Ta có C1  K1 (cùng chắn cung AH ) C1   (cùng phụ với góc  ) ABC Mặt khác, AH vừa đường cao vừa trung tuyến tam giác ABD nên    A1 A2  A Suy K1   nên tam giác AHK cân H  HA  HK Mà IA  IK , nên HI đường trung trực AK  3) Ta có    (cùng chắn cung  ), lại có    (cùng phụ với EBA ) Suy    (1) AEB ABC APC AEB APC ABC AC Mặt khác,     180 (2) APC APF Từ (1) (2), suy     1800 hay     1800  suy AEFP nội tiếp đường tròn AEB APF AEF APF Hay A, E, F , P nằm 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 TJ đường trung bình tam giác BLC , suy J trung điểm LC Khi J đồng thời trung điểm AQ LC nên ALQC hình bình hành  AL // CQ (1)  Ta lại có: CQB  900 hay CQ  BQ (2) Từ (1) (2), suy AL  BQ Nhận xét: Thực tính chất “biến tấu” từ tính chất 1) chùm tính chất b) Khi R trung điểm TC RJ đường trung bình tam giác LTC  Suy TL // RJ hay TL // AQ (3) Mặt khác, BL  AQ (4) Từ (3) (4), suy BL  TL hay BLT  900  Chùm tính chất 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I Gọi E hình hình chiếu vuông góc B đường thẳng AI GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan 1) Gọi T giao điểm BE với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: AC  phân giác góc BCT 2) Gọi M trung điểm cạnh BC D giao điểm ME AC Chứng minh BD  AC Giải A I D T E B M C 1) Ta có AI vuông góc với BT E  E trung điểm BT  tam giác ABT cân A  AB  AT  AB  AT Mặt khác BCA  sđ  ; TCA  sđ  2    Suy BCA  TCA hay AC phân giác góc BCT (đpcm)     2) Ta có IEB  IMB  900 , suy IBME nội tiếp đường tròn  BIM  BEM (1)    1   Ta có: BIM  BIC  sđ BC  BAC (2) Mặt khác BEM  BED  1800 (3) 2   Từ (1), (2) (3) suy BAC  BED  1800  ABED nội tiếp đường tròn      900 ADB AEB Hay BD  AC (đpcm)  Chùm tính chất 5: Cho hình vuông ABCD có M , N trung điểm AB, BC I giao điểm PM CN 1) Chứng minh CM  DN 2) Chứng minh AD  AI 3) P điểm thuộc đoạn AC Gọi H , K hình chiếu vuông góc P lên AB, BC a) Chứng minh DP  KH b) Cho CP  3PA Chứng minh tam giác DPN vuông cân  4) Gọi T điểm thuộc đoạn CD cho CT  2TD Chứng minh TAN  450 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CHỨNG MINH M H A B P Q K 3 N I D 1 T C 1) Chứng minh CM  DN        Ta có BCM  CDN (c – g – c )  C1  D1  C1  N1  D1  N1  900  CIN  900 hay CM  DN   2) Chứng minh AD  AI Ta có DIM  DAM  900  ADIM nội tiếp đường tròn      D3  I1 (cùng chắn cung AM ) Lại có BCM  ADM  C1  D3 , :   900  D  900  C  900  D  900  I   , suy AID cân A  AD  AI     AID ADI 1 3)a) Chứng minh DP  HK Gọi Q giao điểm PK AD , AHPQ 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 P 0         P3  N3  P3  P1  N3  P1  90  DPN  90  4) Gọi T điểm thuộc đoạn CD cho CT  2TD Chứng minh TAN  450 Xét tam giác DAT BAN , ta có: tan   A1 DT BN  tan   A3  DA AB tan   tan   1   1  A1 A3  Suy ra: tan     A1 A3   :        450  TAN  450 A1 A3 .tan          tan A1 A3     Chùm tính chất 6: Cho hình chữ nhật ABCD 1) Gọi H hình chiếu vuông góc B AC Trên tia đối tia BH CB lấy hai điểm E, M cho BE  AC ; CM  BC Biết BH giao DM N a) Chứng minh BN  DM AN  CN b) Chứng minh DE phân giác  ADC c) O, K trung điểm AH , CD Chứng minh BO  KO (hãy tổng quát tính chất này)  2) Trên mặt phẳng bờ BD chứa điểm A dựng điểm F cho DFB  900 Chứng minh AF  CF 3) Trên đoạn BD lấy điểm T cho DT  4BT Lấy R đối xứng với A qua T gọi P, Q hình chiếu vuông góc R 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 giao điểm AC BD , I tâm đường tròn ( S ) có đường kính AC, BD 1) a) Chứng minh BN  DM AN  CN      Ta có AD  BC  CM , suy ACMD hình bình hành  AC // DM Mặt khác BN  AC , suy ra: BN  DM (*)  ANC Từ (*) ta có BND  900  N  (S )    900 hay AN  CN b) DE phân giác  ADC Gọi L hình chiếu E lên AD CB cắt EL V , đó: VBE  CBH  BAC     BVE  ABC (cạnh huyền – góc nhọn)   BE  AC  VE  BC  AD Suy   LE  VE  VL  AD  AL  DL hay LE  DL , suy DEL vuông cân L VL  BA  BV  AL  ADC  Suy LDE  450  hay DE phân giác  ADC c) Chứng minh BO  KO HB BC HB BC HB BC     Ta có: AHB ~ ABC        tan BOH  tan BKC  BOH  BKC AH AB 2OH 2KC OH KC   Suy BCKO tứ giác nội tiếp, BOK  1800  BCK  900 hay BO  KO GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Tổng quát: Từ cách chứng minh ta nhận thấy để BO  KO cần HB BC HB BC     (*) Mà ta có (vì AHB ~ ABC ) BOH  BKC  tan BOH  tan BKC    OH KC AH AB OH  kAH AH DC Vậy để có (*) (hay có BO  KO ) ta cần “thiết kế đề” cho    OH KC  KC  kAB  kDC Hay nói cách khác O, K chia đoạn AH , DC theo tỉ số 2) Chứng minh AF  CF  Ta có DFB  900  F  (S )    900 hay AF  CF AFC 3) Chứng minh T , P, Q thẳng hàng BD BG    TB AB AT TG  TB  Gọi G giao điểm RP với BD    1  BD TG GR TR  AB  GR  GP BP BG Mặt khác, GP // DC     DC BC BD GP  2a, QC  PR  3a  AB  CD  5a Đặt  , ta có:   BT  2b, TI  3b, ID  BI  5b  BD  10b BT 2b BP TI 3b 3a QC Ta có     TP // IC (1) Lại có      TQ // IC (2) BI 5b BC ID 5b 5a CD Từ (1) (2), suy T , P, Q thẳng hàng