SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ ĐỊNH LÝ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Người thực hiện: Đậu Thế Tâm Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục:  - Phương pháp dạy học môn: Toán  - Lĩnh v ực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm in SKKN  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh Năm học: 2012 - 2013  Hiện vật khác SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CÁ NHÂN: Họ tên: Đậu Thế Tâm Ngày tháng năm sinh: 21 - – 1974 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO Trình đ ộ: Thạc sĩ Tốt nghiệp: 2003 III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC Giảng dạy 18 năm Chuyên đề năm gần đây: Bất đẳng thức – Năm 2008 Ứng dụng đạo hàm - Năm 2009 Ứng dụng số phức – Năm 2010 Ứng dụng Định lý Ptoleme - Năm 2011 Định lý Viete ứng dụng - Năm 2012 I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hình học phẳng nội dung quan trọng kỳ thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, cấp quốc gia tập thư ờng sử dụng đến định lý Meneleus, Ceva, Pascal, ….Chính lý mà muốn sâu vào chuyên đề II TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Cơ sở lý luận Hình học phẳng nội dung quan trọng chương trình giảng dạy cho lớp 10 Trong giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi HSG dự thi quốc gia đề thi hình học phẳng không thiếu kỳ thi hàng năm Mặt khác, nội đề thi HSGQG, Quốc tế vấn đề SGK nâng cao khối 10,11,12 thực tế không đáp ứng nổi, kể kiến thức thời gian thực Vì nghiên cứu sâu hình học phẳng việc làm cần thiết việc chuẩn bị kiến thức kỹ cho việc bồi dưỡng HSGQG III NỘI DUNG ĐỊNH LÝ MENELAUS Định lý: Cho tam giác ABC Các điểm M , N , P nằm đường thẳng BC , CA, AB Khi M , N , P thẳng hàng  MB NC PA  MC NA PB Chứng minh: A MB NC PA  () Giả sử M , N , P thẳng hàng Cần chứng minh MC NA PB Kẻ đường thẳng qua C song song AB cắt đoạn MP Q Theo định lý Thalès, ta có Suy MB BP NC CQ  ,  MC CQ NA AB P N B C M MB NC PA BP CQ PA   (đpcm) MC NA PB CQ AP PB MB NC PA  (1) Cần chứng minh M , N , P thẳng hàng MC NA PB Gọi AB  MN  {P '} () Giả sử Vì M , N , P ' thẳng hàng nên MB NC P ' A  (2)(chứng minh trên) MC NA P ' B PA P ' A  PB P ' B  P P ' chia đoạn AB theo tỉ số  P  P ' Vậy M , N , P thẳng hàng Nhận xét Định lý Menelaus có nhiều ứng dụng giải toán Nhiều định lý tiếng chứng minh cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus định lý Ceva, Pascal, Desargues ĐỊNH LÝ CEVA Định lý: Cho tam giác ABC Các điểm M , N , P nằm đường thẳng BC , CA, AB Từ (1) (2) suy Khi AM , BN , CP đồng quy  MB NC PA  1 MC NA PB Chứng minh MB NC PA  1 MC NA PB Kẻ đường thẳng qua A song song BC cắt BN , CP E , F () Giả sử AM , BN , CP đồng quy Cần chứng minh Theo định lý Thalès, ta có: Suy F MB AE NC CB PA AF  ,  ,  MC AF NA AE PB BC A E P N MB NC PA AE CB AF   1 (đpcm) MC NA PB AF AE BC B MB NC PA  1 (1) Cần chứng minh AM , BN , CP đồng quy MC NA PB Gọi AM  BN  {O}, OC  AB  {P} M () Giả sử Vì AM , BN , CP ' đồng quy nên Từ (1) (2) suy MB NC P ' A  1 MC NA P ' B PA P ' A  PB P ' B (2) (chứng minh trên)  P P ' chia đoạn AB theo tỉ số  P  P' Vậy AM , BN , CP đồng quy Định lý Ceva dạng lượng giác : Cho tam giác ABC ta có: AM, BN, CP đồng quy sin A1 sin B1 sin C1  1 sin A sin B sin C A P B 2 M N C Bài Cho hình thang ABCD với AB > CD F giao điểm hai cạnh bên AD BC, E trung điểm AB CMR: AC, BD, EF đồng quy Giải F Áp dụng định lý Thalet ta có: FD FC FD CB   (1) Từ DA CB DA FC E trung điểm AB nên EA  EB  EA  1 (2) EB C D A E B C Từ (1) (2) ta suy ra: FD EA CB  1 DA EB FC FD EA CB  1 ta có AC, BD, EF đồng quy DA EB FC Bài Cho tam giác ABC Gọi D trung điểm BC, E,F hai điểm AB AC Chứng minh AD, BF, CE đồng quy EF song song với BC Giải Áp dụng định lý Ceva cho tam giác FAB có Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC ta có: AE DC FB  1 AC DB FA A Do D trung điểm BC nên DC  DB Suy E F AE FB  1 Vậy theo định lý Thalet đảo ta có EF song song với AC FA O B D BC Nhận xét; Từ ta có điều kiện cần đủ để AD, BE,CF đồng quy EF song song với BC Bài 3: Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC ta lấy điểm M, N, P tương ứng cho đường thẳng AM, BN, CP đồng quy O Đường thẳng vẽ qua O song song với AC cắt đường thẳngMN NP I,J CMR: OI = OJ C Giải: Gọi K giao điểm AJ BN Áp dụng định lý Meneleus tam giác BPN với đường thẳng AJK A ta có: AP BK JN BK JP AB N 1  P J AB NK JP NK JN AP O K JP OP BK OP AB Mặt khác OJ song song AC nên (1)    I JN OC NK OC AP C B M Áp dụng định lý Meneleus tam giác BPC với đường thẳng AOM AP MB OC MB OP AB ta có: (2) 1  AB MC OP MC OC AP MB BK Từ (1) (2) suy  MC NK OI OM OK OJ OI OJ Áp dụng định lý Thalet đảo ta có KM song song NC       AN AM AN AN AN AN Suy ra: OI = OJ Bài Cho tam giác ABC D điểm cố định tia đối tia BC Điểm F nằm cạnh AC , E  AB  DF Gọi M , N trung điểm BF , CE Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Giải Gọi L, I , J , K trung điểm AD, AB, BC , AC Dễ thấy L, I , K thẳng hàng; I , M , J thẳng hàng; K , N , J thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus tam giác ABC với đường thẳng FED ta có Mà DB LI FC MJ EA NK  ,  ,  DC LK FA MI EB NJ DB FC EA  DC FA EB (1) A (2) LI MJ NK  Thế (2) vào (1) ta LK MI NJ Theo định lý Menelaus: L, M , N thẳng hàng L F I M E Mà L cố định (do A, D cố định) D K N B C J Vậy đường thẳng MN qua điểm L cố định (đpcm) Bài Cho ba điểm A1 , B1 , C1 theo thứ tự nằm cạnh BC , CA, AB tam giác ABC cho AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 cắt BC , CA, AB A2 , B2 , C2 Chứng minh AA2 , BB2 , CC2 đồng quy Giải Áp dụng định lý Ceva cho ba đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 , ta có A1 B B1C C1 A  C1 B B1 A C1 B (1) Theo tính chất phương tích điểm đường tròn, ta có:  BA1 BC2    BC1 BA2   BA2 BA1  BC2 BC1  CB CA  (2) CA1.CA2  CB1.CB2      CA1 CB2  AC1 AC2  AB2 AB1  AB2  AC1  AB  AC  Thế (2) vào (1) ta BC2 CA2 AB2 CA BC2 AB2 1   BA2 CB2 AC2 BA2 AC2 CB2 Vậy AA2 , BB2 , CC2 đồng quy (theo định lý Ceva) Bài 6: Đường tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với BC,AB,AC theo thứ tự D,E,F Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD DF theo thứ tự M N Chứng minh M trung điểm EN Giải: A Gọi giao điểm AN BC J Từ đề cho ta suy ra: AE=AF; BE=BD; DC=CF F Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác JAC cát tuyến DJ FC NA FND, ta có:  DC FA NJ E I B N M D J C Suy ra: DJ FA NJ FA EB EB DB     DC FC NA FC EA FC DC Bài 7: Cho tam giác ABC Dựng đường tròn cắ t ba cạnh BC , CA, AB tam giác điểm D, D '; E , E '; F , F ' Gọi L, M , N giao điểm DE D ' F ' , EF E ' D ' , FD F ' D ' Chứng minh đường thẳng AL, BM , CN đồng quy Giải: Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác AF’E với F’D’, ED, AL đồng quy L ta A E' sin LAD sin LEA sin LF ' E F có: 1 sin LAE sin LEF ' sin LF ' A M L Tương tự cho tam giác CDE’ BFD’ ta có: E F' sin NCA sin NDC sin NE ' D 1 N sin NCB sin NDE ' sin NE ' C B sin MBC sin MFB sin MD ' F 1 D D' sin MBA sin MFD ' sin MD ' B Nhân đẳng thức lại ý: LEF  NE ' D, LF'E=MFD ', MD ' F  NDE ', ta có C sin LAD sin NCA sin MBC sin LEA sin LF ' E sin NDC ' sin NE ' D sin MFB sin MD ' F 1 sin LAE sin NCB sin MBA sin MD ' B sin MFD ' sin LF ' A sin F ' EL sin NB ' C sin NDE ' sin LAD sin NCA sin MBC   Theo định lý Ceva dạng lượng giác AL, BM, CN đ ồng quy sin LAE sin NCB sin MBA Bài 8: Cho điểm M nằm tam giác ABC Hạ MA  BC, MB1  CA, MC1  AB Gọi Ax, By, Cz đường thẳng qua A vuông góc B 1C1, qua B vuông góc C1A1, qua C vuông góc A1B1 CMR: Ax, By, Cz đồng quy Giải ˆ ˆ ˆx  A C ˆ Dễ thấy AB M , mà A1CM  MBA1 A ˆ x  MB ˆA  AB ˆ x  MB ˆC Tương tự CB ˆ x sin MB ˆA sin AB   ˆ ˆ sin CBx sin MBC C1 z Tương tự với góc A C Theo định lý Ceva dạng lượng giác ta có đpcm B y M B1 x A1 CC Bài dùng định lý Carnot phần sau để chứng minh BÀI TẬP Cho tam giác ABC Các ta m giác ABX, BCY CAZ cân đồng dạng với nhau, chúng tam giác ABC thỏa mãn XA = XB; YB = YC, ZC = ZA CMR đường thẳng AY, BZ, CX đồng quy Cho tam giác ABC Gọi D trung điểm BC, E,F hai điểm AB AC Chứng minh AD, BF, CE đồng quy EF song song với BC Cho góc xOy, tia Ox lấy hai điểm C A, tia Oy lấy hai điểm D B cho AD cắt IA KA BC E, đường thẳng AB CD cắt K, tia OE cắt AB I CMR  IB KB Cho tam giác ABC không vuông, không cân nội tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Trên tia OM lấy H cho tam giác OAM đồng dạng OHA Trên tia ON, OP tương tự cho điểm I, K CMR AH, BI, CK đồng quy điểm Từ điểm I thuộc miền tam giác ABC, kẻ tia AI cắt BC D Qua I kẻ đường thẳng MN, PQ, RS song song với Bc, AB, AC (M, S AB, Q, R BC, N, P AC) IM DB IM IP IR CMR:  ; 1 IN DC IN IQ IS Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm cạnh BC, Cho AB = 12 AC = 16 Điểm E, F lần EG lượt lấy hai cạnh AC, AB cho AE = 2AF G  EF  AM Tinh tỉ số GF Cho tam giác ABC trung tuyến AM Trên AM lấy điểm I cho AI = MI Đường thẳng BI PC cắt AC P Tính tỉ số PA Cho hai đường tròn C1 , C2 có tâm O1 O2 cắt A, B P điểm nằm đường thẳng AB Từ P kẻ hai tiếp tuyến PC, PD tới C1 , C2 (C, D tiếp điểm) Vẽ tiếp tuyến chung EF hai đường tròn C1 , C2 , với E thuộc C1 F thuộc C2 Chứng minh AB, CE, DF đồng quy Cho tam giác ABC có M điểm nằm đường tròn nội tiếp tam giác R điểm Các đường thẳng AR, BR, CR cắt đường tròn điểm A ', B ', C ' Gọi X , Y , Z giao điểm đường thẳng MA ' BC , MB ' CA , MC ' AB Chứng minh X , Y , Z nằm đường thẳng đường thẳng chứa điểm R 10 Cho tam giác ABC Gọi E chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC , D chân đường vuông góc kẻ từ E xuống BC Chứng minh AD, BE , CF đồng quy tam giác ABC vuông B 11 Cho hình bình hành ABCD có điểm M , N nằm BC , CD Gọi I , J , K theo thứ tự trung điểm AM , AN , MN Chứng minh BI , DJ , CK đồng quy 12 Qua điểm A, D nằm đường tròn, kẻ đường tiếp tuyến với đường tròn cắt điểm S Trên cung AD lấy điểm A, C Gọi P  AC  BD, O  AB  CD Chứng minh đường thẳng PQ chứa điểm O 13 Trên cạnh tam giác ABC phía ta dựng hình vuông A ', B ', C ' trung điểm cạnh hình vuông nằm đối với cạnh BC , CA, AB tương ứng Chứng minh đường thẳng AA ', BB ', CC ' đồng quy 14 Trên cạnh BC , CA, AB tam giác ABC lấy điểm A1 , B1 , C cho đường thẳng AA1 , BB1 , CC đồng quy điểm Chứng minh đường thẳng AA2 , BB2 , CC đối xứng với đường thẳng qua đường phân giác tương ứng đồng quy 15 Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A ', B ', C ' chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC , CA, AB Chứng minh A ', B ', C ' thẳng hàng 16 Trong tam giác ABC vuông C kẻ đường cao CK Trong tam giác ACK , kẻ phân giác CE Gọi D trung điểm đoạn AC , F  DE  CK Chứng minh BF / / CE 17 Cho tam giác ABC , M chân đường vuông góc hạ từ A xuống đường phân giác góc BCA N , L chân đường vuông góc hạ từ đỉnh A, C xuống đường phân giác góc ABC Gọi F  MN  AC , E  BF  CL, D  BL  AC Chứng minh DE / / MN 18 Cho M điểm nằm tam giác ABC AM , BM , CM cắt BC , CA, AB điểm X , Y , Z T điểm đoạn BC Chứng minh ( BCXT )  1  Z , Y , T thẳng hàng 19 Cho tam giác ABC Ba cạnh BC , CA, AB tiếp xúc với ba đường tròn bàng tiếp tam giác M , N , P Chứng minh AM , BN , CP đồng quy 20 Cho tam giác ABC có điểm D, E , F thuộc cạnh BC , CA, AB Các điểm D ', E ', F ' thứ tự điểm đối xứng với D, E , F qua trung điểm cạnh tương ứng Chứng minh rằng: a) D, E , F thẳng hàng  D ', E ', F ' thẳng hàng b) AD, BE , CF đồng quy song song  AD ', BE ', CF ' đồng quy song song 21 Cho ba điểm D, E , F theo thứ tự nằm cạnh BC , CA, AB tam giác ABC cho AD, BE , CF đồng quy Gọi M , N , P giao điểm đường tròn qua ba ểm D, E , F với cạnh BC , CA, AB Chứng minh AM , BN , CP đồng quy ĐỊNH LÝ PASCAL Định lý: Cho điểm A, B, C, D, E, F thuộc đường tròn (có thể hoán đổi thứ tự) Gọi P  AB  DE, Q  BC  EF, R  CD  FA Khi điểm P, Q, R thẳng hàng Chứng minh: Gọi X  EF  AB, Y  AB  CD, Z  CD  EF R Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ đường thẳng BCQ, DEP, FAR , ta có: Q Z D CY BX QZ   1 1 CZ BY QX C FZ AX RY   1  2 P Y B FX AY RZ EZ PX DY   1 3 EX PY DZ Mặt khác, theo tính chất phương tích điểm đường tròn ta có: YC.YD  YB.YA, ZF.ZE  ZD.ZC, XB.XA  XF.XE Nhân (1),(2) (3) theo vế, ta được: 4 E F A X QZ RY PX CY.BX.FZ.AX.EZ.DY QZ RY PX YC.YD ZF.ZE XB.XA    1      1 QX RZ PY CZ.BY.FX.AY.EX.DZ QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF.ZE Thế (4) vào (5), ta 5 QZ RY PX    QX RZ PY Vậy P, Q, R thẳng hàng (theo định lý Menelaus) Đường thẳng PQR gọi đường thẳng Pascal ứng với điểm A, B, C, D, E, F Bằng cách hoán vị điểm A, B, C, D, E, F ta thu nhiều đường thẳng Pascal khác nhau, cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal Chẳng hạn hình vẽ bên minh họa trường hợp điểm ACEBFD C D Q R B E P A F Ngoài cho điểm trùng (khi lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E  F cạnh EF trở thành tiếp tuyến đường tròn E , ta thu thêm nhiều đường thẳng Pascal khác Hình vẽ minh họa trường hợp điểm ABCDEE, ABCCDD, AABBCC: Q R P Q E R B D Q C C A P P B C A D A Y B R Tiếp theo ta đưa toán ứng dụng định lý Pascal: Bài 1: (Định lý Newton) Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD, DA E, F, G, H Khi đường thẳng AC, EG, BD, FH đồng quy Giải: Gọi O  EG  FH, X  EH  FG A X Vì D giao điểm tiếp tuyến với đường tròn G, H, áp D dụng định lý Pascal cho điểm E, G, G, F, H, H , ta có: G EG  FH  O, GG  HH  D, GF  HE  X H E O Suy O, D, X thẳng hàng C F B Gọi A”, B”, C” trung điểm OA, OB, OC I, J, K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AOA’, BOB’, COC’ Khi I giao điểm trung trực OA OA’, giao điểm B”C” tiếp tuyến đường tròn (O;OA”) A” Tương tự với J, K Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A", A", B", B", C", C" ta J A có: A" C' A"A" B"C"  I, A"B" C"C"  K, B B" B"B" C"A"  J Vậy I, J, K thẳng hàng O K B' C" A' I C Bài 8: (China 2005) Một đường tròn cắt cạnh tam giác ABC theo thứ tự điểm D1 , D , E1 , E , F1 , F2 D1E1  D F2  L, E1F1  E D  M, F1D1  F2 E  N Chứng minh AL, BM, CN đồng quy Giải: P A E2 F1 M N E1 F2 Z Q B D1 L C D2 R Gọi D1F1  D E  P, E1D1  E F2  Q, F1E1  F2 D  R Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm E , E1 , D1 , F1 , F2 , D ta có: E E1  F1F2  A, E1D1  F2 D  L, D1F1  D E  P Suy A, L, P thẳng hàng Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng E E1  D1F2  CA  D1F2  X, F2 F1  E1D  AB  E1D  Y, D D1  F1E  BC  F1E  Z định lý Pascal cho sáu điểm F1 , E1 , D1 , D , F2 , E ta có: F1E1  D F2  R, E1D1  F2 E  Q, D1D  E F1  Z Suy Q, R, Z thẳng hàng Tương tự P, Q, Y thẳng hàng, Z, P, X thẳng hàng Xét tam giác ABC, PQR có: X  CA  RP, Y  AB  PQ, Z  BC  QR 12 Áp dụng Áp dụng định lý Desargues suy đường thẳng AP  AL, BQ  BM, CR  CN đồng quy Bài 9: (Định lý Brianchon) Lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường tròn Khi AD, BE, CF đồng quy Giải: Ta chứng minh định lý cực đối cực để thấy Pascal Brianchon hai kết liên hợp N M P Gọi tiếp điểm cạnh G, H, I, J, K, L I Khi GH, HI, IJ, JK, KL, LG đối cực B, C, C D H J D, E, F, A B E G Gọi GH  JK  N, HI  KL  P, IJ  LG=M K Theo Pascal cho lục giác GHIJKL ta có M, N, P thẳng hàng Mà M, N, P đối cực AD, BE, CF nên suy AD, BE, CF đồng quy cực đường thẳng MNP A F L Bài 10: Cho tam giác ABC, phân giác đường cao đỉnh B, C BD, CE, BB’, CC’ Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC N, M Chứng minh MN, DE, B’C’ đồng quy Giải: Gọi hình chiếu C BD P, hình chiếu B CE Q Dễ chứng minh:    A  ICP   NMI   PMI   1800 NMI Nên M, N, P thẳng hàng Tương tự suy M, N, P, Q thẳng hàng Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm B', C ', B, P, Q, C, ta có: A B' P M C' Q N S D E I C B B 'C ' PQ  S, C ' B  QC  E, BP  CB '  D Vậy S, E, D thẳng hàng, MN, DE, B’C’ đồng quy S Bài 11: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến (O) A, B cắt S Một cát tuyến quay quanh S cắt CA, CB M, N, cắt (O) P, Q Chứng minh M, N, P, Q hàng điểm điều hòa Giải: Vẽ tiếp tuyến ME, MD (O) cắt SA, SB K, L Áp dụng định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp SKML ta có BE, AD, SM, KL đồng quy Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, D, E, E, B, C, ta có: AD  EB  I, DE  BC  N ', EE  CA  M K E A S I P C Q N Vậy I, N ', M thẳng hàng, hay N  N ' , tức N  DE Do DE đối cực M (O) nên M, N, P, Q hàng điểm điều hòa 13 B D L M Bài 12: (Định lý Steiner) Đường thẳng Pascal lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy Giải: Gọi AB  DE  P1 , BC  EF  Q1 , AD  BC  P2 , P DE  CF  Q , AD  FE  P3 , CF  AB  Q Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, B, C, F, E, D, ta có: P1Q3  Q1P3  AB  FE  P, P2 Q2 P1 P1Q  Q1P2  BC  ED  Q, Q3 Q Q3  P2 P3  CF  DA  R B Vậy P, Q, R thẳng hàng Áp dụng định lý Desargues suy đư ờng thẳng P1Q1 , P2 Q , P3Q đồng quy C Q1 Q D R A P3 E F Hay đường thẳng Pascal lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy BÀI TẬP Bài 1: (Định lý Kirkman)Đường thẳng Pascal lục giác ABFDCE, AEFBDC, ABDFEC đồng quy Bài 2: (MOSP 2005)Cho tứ giác nội tiếp ABCD, phân giác góc A cắt phân giác góc B E Điểm P, Q nằm AD, BC cho PQ qua E PQ song song với CD Chứng minh AP  BQ  PQ   ACQ   1800 Bài 3: Các điểm P, Q tam giác ABC cho BP  CP, BQ  CQ, ABP   CAQ  Chứng minh BAP Bài 4: (IMO Shortlist 2007) Cho tam giác ABC cố định, trung điểm A1 , B1 , C1 BC, CA, AB tương ứng Điểm P thay đổi đường tròn ngoại tiếp tam giác Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 cắt lại đường tròn A’, B’, C’ tương ứng Giả sử điểm A, B, C, A’, B’, C’ đôi phân biệt đường thẳng AA’, BB’, CC’ tạo tam giác Chứng minh diện tích tam giác không phụ thuộc vào vị trí P Bài 5: Hai tam giác ABC, A’B’C’ có đường tròn ngoại tiếp Các cạnh hai tam giác cắt điểm tạo hình lục giác Chứng minh đường chéo hình lục giác đồng quy Bài 6: (IMO 2010) Điểm P nằm tam giác ABC với CA  CB Các đường AP, BP, CP cắt lại đường tròn ngoại tiếp K, L, M Tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp C cắt AB S Giả sử SC  SP Chứng minh MK  ML Bài 7: (MEMO 2010) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, AB D, E, F tương ứng K đối xứng D qua tâm đường tròn nội tiếp DE cắt FK S Chứng minh AS song song BC 14 ĐỊNH LÝ CARNOT: Định lý 1: Chứng minh đường vuông góc kẻ từ điểm A1 , B1 C1 đến cạnh BC, CA, AB AB tam giác ABC đồng qui điểm ( A1 B  A1C )  ( B1C  B1 A2 )  (C1 A2  C1B )  Chứng minh Gọi M giao điểm đường cao kẻ từ điểm A1 , B1 C1 đến đường thẳng BC , CA AB Khi điểm B1 M nằm đường cao đến CA , ta có A 2 2 B1 A  B1C  MA  MC M C1 Tương tự, 2 2 2 C B C1 B  C1 A  MB  MA A1C  A1B  MC  MB Cộng đẳng thức ta A1 B  C1 A2  B1C  B1 A2  A1C  C1B  * Ngược lại, đặt * cố định Có nghĩa giao điểm đường vuông góc kẻ từ điểm A1 B1 đến BC AC M Kẻ đường thẳng qua M ,vuông góc với đường thẳng l đến đường AB Nếu C1' điểm đường thẳng l , theo hệ thức A1 B  C1' A2  B1C  B1 A2  A1C  C1' B Do đó, C1' A2  CB1'  C1 A2  C1B Từ , ta có điều phải chứng minh Bài 1: Cho tam giác ABC đường thẳng a Gọi X, Y, Z theo thứ tự hình chiếu A, B, c a Các đường thẳng  A ,  B ,  C theo thứ tự qua X, Y, Z tương ứng vuông góc với BC, CA, AB Chứng minh  A ,  B ,  C đồng quy Giải: Vì AX, BY, CZ vuông góc với A nên: A ( XB  XC )  (YC  YA )  ( ZA2  ZB )  ( ZA2  YA )  ( XB  ZB )  (YC  XC ) 2 2 B C  ( ZX  YX )  ( XY  ZY )  ( ZY  XZ )  Vậy, theo định lý Carnot  A ,  B ,  C đồng quy Y X a Z Bài 2: Cho điểm M nằm tam giác ABC Hạ MA  BC, MB1  CA, MC1  AB Gọi Ax, By, Cz đường thẳng qua A vuông góc B 1C1, qua B vuông góc C1A1, qua C vuông góc A1B1 CMR: Ax, By, Cz đồng quy Giải: Ax  B1C1 = {D}, By  C1A1 = {E}, Cz  A1B1 = {F} 15 A Ax, By, Cz đồng quy  DC12 + EA12 + FB12 = DB12 + EC12 + FA12  AC12 - AB12+ BA12 - BC12+ CB12 - CA12 = (đúng theo định lý Carnot) C1 z y M B1 x B CC A1 Bài Trên đường thẳng l cho điểm A1 , B1 C1 Từ đỉnh tam giác ABC hạ đường vuông góc AA2 , BB2 CC2 đến đường thẳng l Chứng minh đường vuông góc kẻ từ điểm A1 , B1 C1 đến đoạn BC , CA AB cắt điểm A1 B1 : B1C1  A2 B2 : B2C2 Giải: Ta cần phải tìm kết sau để chứng minh yêu cầu toán biểu thức AB12  BC12  CA12  BA12  CB12  AC12 (1) Cố định.Trừ hai vế (1) cho AA22  BB22  CC22 ta A2 B12  B2C12  C2 A12  B2 A12  C2 B12  AC12 , Nghĩa là: (b1  a2 )  (c1  b2 )  (a1  c2 )  (a1  b2 )  (b1  c2 )  (c1  a2 ) , Với , bi ci tọa độ điểm Ai , Bi and Ci đường thẳng l Sau đơn giản biểu thức ta a2b1  b2 c1  c2 a1  a1b2  b1c2  c1a2 Như vậy, (b  a )(c  b)  (b  a )(c  b), tức là., A2 B2 : B2C2  A1 B1 : B1C1 Bài 4: Cho tam giác ABC Dựng tam giác BCA ', CAB ', ABC ' cân A ', B ', C ' Gọi D, E , F trung điểm đoạn BC , CA, AB Gọi x, y, z theo thứ tự đường thẳng qua D, E , F tương ứng vuông góc với B ' C ', C ' A ', A ' B ' Chứng minh đường thẳng x, y, z đồng quy Giải: Theo định lý Carnot x, y, z đồng quy ( DC '2  DB '2 )  ( FB '2  FA '2 )  ( EA '2  EC '2 )   (C ' D  C ' E )  ( B ' F  B ' D )  (A ' E  A ' F )  (1) Mặt khác theo định lý điểm ta có C ' D  C ' E  F ' D  F ' E (Do tam giác C’AB cân nên C’F vuông góc AB, ED đường trung bình tam giác ABC nên C’F vuong góc với DE) Tương tự; B ' F  B ' D  EF2  ED , A ' E  A ' F  DE  DF Từ suy (1) đúng, ta có điều phải chứng minh B' A C' E F B D C A' Bài 5: (HSG Đồng Nai 2011-2012 Vòng 2) Cho tam giác ABC bên tam giác ABC vẽ ba tam giác cân gồm tam giác A1BC cân A1, tam giác B1CA cân B1, tam giác C1AB cân C1 (biết hai điểm A A1 nằm khác phía đường thẳng BC, biết hai điểm B B1 nằm khác phía đường thẳng AC, biết hai điểm C C1 nằm khác phía đường thẳng AB ) Gọi a đường 16 thẳng qua A vuông góc với B1C1, gọi b đường thẳng qua B vuông góc với A1C1, gọi c đường thẳng qua C vuông góc với A1B1 Chứng minh a, b, c đồng quy Giải: B1 Các tam giác A1BC cân A1, tam giác B1CA cân B1, tam giác C1AB cân C1 nên ta có: A1B = A1C, B1C = B1A, C1A = C1B Suy ra: ( AB12  AC12 )  ( BC12  BA12 )  (CA12  CB12 )  a A C1 I Theo định lý Carnot ta có a, b, c đồng quy C B A1 Nhân xét: Thực chất toán hệ định lý Carnot Sau ta xét kết mạnh ta gọi Định lý Carnot Định lý 2: Cho tam giác ABC tam giác A1B1C1 hình vẽ Khi đường thẳng qua A 1, B1, C1 vuông góc BC, CA, AB đồng quy  đường thẳng qua A, B, C vuông góc B 1C1, C1A1, A1B1 đồng quy Định lý Carnot thực hệ định lý Ceva định lý Carnot (có thể dùng định lý Ceva Carnot để chứng minh định lý này) Tuy nhiên sử dụng “hệ quả” có lại cho lời giải thú vị B1 A C1 M1 P N N1 B P1 M C A1 Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đườn g tròn (O) D điểm cung nhỏ BC I 1, I2, I3 tâm nội tiếp tam giác DBC, tam giác DCA, tam giác DAB Chứng minh đường thẳng qua A, B, C vuông góc I2I3, I3I1, I1I2 đồng quy Giải: A Hạ I1M  BC, I2N  CA, I3P  AB, đặt AB = BC = CA = a Sử dụng tính chất DA = DB + DC bạn dễ dàng chứng minh được: AP  BM  CN  AN  BP  CM P B 17 I3 I2 M I1 N C Theo định lý Carnot  đường thẳng qua I1, I2, I3 vuông góc BC, CA, AB đồng quy Do theo định lý Carnot ta có đpcm Bài 7: Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA, AB ta lấy cặp điểm A A2, B1 B2, C1 C2 cho điểm nằm đường tròn Cmr đường thẳng qua A vuông góc với BC, qua B vuông góc CA, qua C1 vuông góc AB đồng quy đư ờng thẳng qua A2 vuông góc với BC, qua B2 vuông góc CA, qua C2 vuông góc AB đồng quy Giải: Gọi R bán kính ( ) Từ giả thiết theo định lý Carnot ta có: AB12 + CA12 + BC12 = AC12 + BA12 + CB12 Theo định lý hàm số cos A C2 A1’ OA  AB 22  OB22  AB2 OB2 cos ABˆ O OC  OB  CB  2OB CB cos ABˆ O 1 1 2  C1  OA  OC  AB  CB  R cos  ( AB2  CB1 ) tương tự:  B1 O B B2 A1  b A2 C OC  OB  CA22  BA 21 2 R cos  (CA2  BA1 ) OB  OA  BC 22  AC 21 2 R cos  ( BC  AC1 )  AB 22  CA22  BC 22  CB12  BA12  AC12  Rcos  ( AB  CB1 )  cos  (CA2  BA1 )  cos  ( BC  AC1 ) Tương tự  AC 22  BA22  CB 22  CB12  BA12  AC12  2R cos (AB2  CB1 )  cos (CA  BA1 )  cos (BC  AC1 )  AB22  CA 22  BC 22  AC22  BA 22  CB 22 Theo định lý Carnot ta có đpcm Bài 8: Cho tam giác ABC Các đường tròn bàng tiếp tiếp xúc cạnh BC, CA, AB M, N, P Đường tròn nội tiếp tiếp xúc cạnh X, Y, Z Các đường thẳng d 1, d2, d3 qua M, N, P vuông góc YZ, ZX, XY Cmr D1, D2, D3 đồng quy Giải: Gọi H = d1  YZ Ta có: HY  HZ  MY  MZ r B C A cos ( p  b)( p  c)( p  a ) a  (p  b)(p  c)(cos B  cos C)  4sin 2 S A B C A   p ( p  a )( p  b)( p  c)tg 2sin cos S 2  S (sin B  sin C ) Tương tự với d2 d3 Theo định lý Carnot ta có đpcm 18 BÀI TẬP Bài Điểm A1 , B1 and C1 cho AB1  AC1 and CA1  CB1 Chứng minh đường vuông góc kẻ tử ba điểm A1 , B1 C1 đến đoạn BC , CA AB đồng qui điểm Bài a) Các đường cao kẻ từ đỉnh tam giác ABC đến góc đồng vị tam giác A1 B1C1 cắt điểm Chứng minh đường cao kẻ từ đỉnh tam giác A1 B1C1 đến góc tam giác ABC cắt điểm b) Các đường thẳng qua đỉnh tam giác ABC đến góc tam giác tam giác A1 B1C1 đồng qui điểm Chứng minh đường thẳng qua đỉnh tam giác A1 B1C1 đến góc tam giác ABC đồng qui điểm .Bài Tam giác ABC tam giác cạnh đơn vị, P điểm Chứng minh đường cao hạ từ tâm đường tròn nội tam giác PAB , PBC PCA đến đường thẳng AB, BC CA cắt điểm Bài 4.Chứng minh đường cao dựng từ chân đường phân giác tam giác cắt điểm , tam giác tam giác cân ĐỊNH LÝ EULER Định lý (Định lý Euler cho tam giác bàn đ ạp) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R ) Từ điểm M dựng tam giác bàn đạp A ' B ' C ' tam giác ABC 2 S A ' B 'C ' R  OM ( A '  BC , B '  CA, C '  AB ) Khi đó, ta có hệ thức sau:  S ABC 4R2 Chứng minh: Từ cách dựng ta dễ thấy tứ giác AB ' MC ', BC ' MA ' CA ' MB ' tứ giác nội tiếp Xét tam giác A ' B ' C ' nội tiếp đường tròn đường kính AM nên theo B 'C ' định lý sin ta có  AM Mà tam giác ABC nội tiếp đường tròn sin A BC  R Từ đó, suy ra: (O; R ) nên theo đ ịnh lý sin ta lại có sin A B ' C ' AM  BC 2R A ' C ' BM A ' B ' CM Tương tự: ;   AC 2R AB 2R Gọi X , Y , Z giao điểm AM , BM , CM với (O; R ) Ta có: B X A' C' Z M A C B' Y A ' B 'C '  A ' B ' M  MB 'C '  A 'CM  MAC '  BCZ  XAB  BYZ  XYB  XYZ Tương tự: B ' C ' A '  YZX , C ' A ' B '  ZXY A ' B ' RA ' B ' C '  (1)  A ' B ' C '  XYZ ( g  g )  XY R MAB MYZ có M chung (đối đỉnh), MAB  XAB  XYB  MYX 19 XY MX MX AB   XY  (2) AB MB MB R R MX AB A' B ' A' B ' MB A ' B ' Từ (1) (2)  A ' B 'C '      MX AB RA ' B 'C ' BM A ' B ' R XY MX AB MB AB.BC.CA A ' B '.B ' C '.C ' A ' Theo công thức diện tích: S A ' B 'C '  ; S ABC  4R RA ' B ' C '  MAB  MYX   S A ' B 'C ' R A ' B ' B ' C ' C ' A ' MX AB A ' B ' B ' C ' C ' A '   S ABC RA ' B 'C ' AB BC CA BM A ' B ' AB BC CA S A ' B 'C ' MX AM BM MX MA R  OM     (đpcm) S ABC BM R R 4R 4R Một số tính chất tam giác bàn đạp suy từ định lý : -Tính chất 1: Từ định lý, ta có công thức tính diện tích tam giác bàn đạp dạng lượng giác: S A ' B 'C '  R  OM sin A.sin B.sin C -Tính chất 2: Nếu điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC S A ' B 'C ' (khi A ', B ', C ' thẳng hàng đường thẳng Simson tam giác ABC ) -Tính chất 3: Trong tam giác bàn đạp dựng từ điểm nằm đường tròn (O; R ) ngoại tiếp tam giác ABC , tam giác dựng từ tâm O có diện tích lớn Bài 1: Cho đường tròn (O; R ) điểm M cố định Trên (O ) lấy điểm A, B, C cho tam giác ABC đặt AM  x, BM  y , CM  z CMR: tam giác mà độ dài cạnh x, y, z có diện tích không đổi A, B, C thay đổi Giải: Gọi (T ) tập hợp tam giác có độ dài cạnh x, y, z F Dựng D, E , F hình chiếu M lên cạnh A AB, BC , CA tam giác ABC Theo định lý sin ta có: M DE DF EF DE DF EF    sin 60     MB MA MC y x z Suy ra: DEF đồng dạng với (T ) theo tỉ số đồng dạng D E O B 2  3 S  DEF      S(T )  S DEF S (T )   Do DEF tam giác bàn đạp dựng từ điểm M tam giác ABC nên theo định lý 1, ta có được: S DEF  R  OM S ABC 4R2 Mà đường tròn (O; R ) điểm M cố định nên S DEF  const (đpcm) 20 C Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O ) (với O nằm bên tứ giác) Gọi MNPQ tứ giác mà đỉnh hình chiếu giao điểm đường chéo tứ giác ABCD S ABCD đến cạnh AB, BC , CD, DA CMR: S MNPQ  Giải: Gọi K giao điểm đường chéo AC BD tứ giác ABCD Ta thấy KMN tam giác bàn đạp dựng từ điểm K tam giác ABC , áp dụng Định lý ta có: 2 R  OK S KMN R  OK   S ABC 4R 4R2  S KMN R  2  OK  A M K ( K tứ giác) N O S ABC 4R2 Tương tự tam giác KNP, KPQ, KQM cộng kết lại: S KMN  S KNP  S KPQ  S KQM  B Q R  OK 4R2 D P  S ABC  S BCD  SCDA  S DAB  R  OK R2   S MNPQ  S ABCD  S ABCD  S ABCD 2 2R 2R 2 Đẳng thức xảy  OK   OK   K  O Bài 3: Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi D, E , F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Gọi P điểm đối xứng với A qua BC , Q điểm đối xứng với B qua CA, R điểm đối xứng với C qua AB CMR: S DEF  S PQR  T T  S T  S Giải: Sử dụng định lý cho tam giác bàn đạp DEF : S DEF  Mà S DEF  S PQR  T (giả thiết) nên S PQR  R  OH 4R2 S R  OH S 4R2 Gọi N tâm đường tròn Euler  E  tam giác bàn đạp dựng từ N tam giác ABC Ta chứng minh tam giác PQR ảnh  E  qua phép vị tự có tâm trọng tâm G hệ số vị tự Từ đó, ta có được: S PQR S E   42  16  S PQR  16.S E  Lại áp dụng định lý cho tam giác bàn đạp  E  : S E   Do đó, suy ra: R  OH 2 S  16 R  ON 2 R  ON 4R2 S S  R  OH  16 R  ON 4R 4R Theo tính chất đường tròn Euler ta có: OH  2ON Nên: 21 C R  OH  16 R  ON  16 R  16ON  16 R   2ON   16 R  4OH 2 2 2 2 TH1: R  OH  16 R  4OH  OH  R  T  TH2: R  OH   16 R  4OH   OH  R  OH T  4R2 S  R  5R 4R2 S  4 R 4R2 S  S 17 R 17 12 R  R2 5 S  S  S 2 4R 4R R2  S  4R2 R  OH  đpcm Bài 4: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  I ; r  , nội tiếp đường tròn  O; R  Các cạnh BC , CA , AB tiếp xúc đường tròn nội tiếp A1 , B1 , C1 CMR: S A1B1C1  p.r 2R Giải: Dễ thấy tam giác A1 B1C1 tam giác bàn đạp xuất phát từ I Ta có: S A1B1C1 S ABC  R  OI 4R2 R  OI  S A1B1C1  Mà S ABC  p.r nên S A1B1C1  4R2 S ABC R  OI p.r (*) 4R2 Theo công thức Euler ta có: OI  R  2.R.r vào (*): R  R  2.R.r 2.R.r p.r p r  (đpcm) 4R2 4R2 2R Bài toán có cách giải khác chia S A1B1C1 thành tổng diện tích tam giác nhỏ bên S A1B1C1  p.r  Bài 5: Gọi O, I , H tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp trực tâm tam giác ABC CMR: OI  OH Giải: Nếu gọi S I  diện tích tam giác bàn đạp xuất phát từ I , S H  diện tích tam giác bàn đạp xuất phát từ H toán trở thành 2 2 OI  OH  R  OI  R  OH  R  OI 4R2 S ABC  R  OH 4R2 S ABC A S I   S H  B'1 B'2 Gọi A '1 , B '1 , C '1 chân đường vuông góc hạ từ H A '2 , B '2 , C '2 chân đường vuông góc hạ từ I đến cạnh BC , CA, AB tam giác ABC C'2 C'1 B 22 I O H A'1 A'2 C Ta có điểm A '1 , B '1 , C '1 nằm đường tròn Euler có bán kính nửa bán kính đường R Do đó, ta có: A ' B ' B ' C ' C ' A ' A ' B ' B ' C ' C ' A ' S H   1 1 1  1 1 1 R 2R Áp dụng định lý sin ta có: B '1 C '1  BC.cos A , C '1 A '1  CA.cos B , A '1 B '1  AB.cos C tròn ngoại tiếp tam giác ABC , tức AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C  S ABC cos A.cos B.cos C 2R Để tính S I  , ta có:  S H   2  a  b  c  r  a  b  c  S I   S A '2 IB '2  S B '2 IC '2  SC '2 IA '2  r  sin A  sin B  sin C   r  2 2R 4R r A B C Mặt khác:  sin sin sin 4R 2 A B C A B C  S I   r  a  b  c  sin sin sin  S ABC sin sin sin 2 2 2 A B C Từ đó, ta cần chứng minh: sin sin sin  cos A.cos B.cos C (Điều dễ dàng) 2 BÀI TẬP Bài 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O; R  K điểm tứ giác Dựng M , N , P, Q hình chiếu K lên AB, BC , CD, DA a) CMR: S MNPQ  S ABCD  d2  b) Đặt OK  k CMR: pMNPQ  8S ABCD 1   (với pMNPQ chu vi tứ giác MNPQ )  R  Bài 2: Cho M điểm tam giác ABC cho AMC  90o , AMB  150o , BMC  120o Gọi P, Q, R tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC , AMB, BMC CMR: S PQR  S ABC Bài 3: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c Gọi S , O diện tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M điểm CMR: a) a MA2  b MB  c MC  3S R  OM b) MA2 xa  MB yb  MC zc  xy  yz  zx S  R  OM  Bài 4: (VMO 1983) Cho P điểm thay đồi tam giác ABC D , E , F chân đường cao hạ từ P xuống cạnh tam giác Tìm quỹ tích điểm P cho diện tích tam giác DEF số 23 IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Chuyên đề giảng dạy trường THPT chuyên Lương Thế Vinh đạt hiệu đơn vị; chuyên đề có khả áp dụng phạm vi rộng V ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đề xuất: Cần nghiên cứu mảng đề tài thường đề cập đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia Từ sâu nghiên cứu đề tài chuyên biệt riêng lẻ, nhỏ - Trên sở phân tích đề thi HSG cấp, qua năm Qua giáo viên soạn đề tài lẻ, giới thiệu cho học sinh nghiên cứu giải vấn đề, cuối tổng kết đề tài - Phạm vi sử dụng đề tài: Dùng cho HSG trường THPT, học sinh lớp chuyên Toán, dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên - Hàng năm yêu cầu giáo viên phụ trách công tác bồi dưỡng HSG viết chuyên đề lẻ, nhỏ, chuyên sâu, sau vài năm giáo viên có mảng đề tài bồi dưỡng học sinh giỏi phong phú chất lượng - Đối với lớp chuyên Toán giao chuyên đề cho học sinh theo đơn vị nhóm, tổ Từ học sinh tìm tòi tài liệu, viết chuyên đề qua học sinh hiểu sâu vấn đề mà tổ nhóm nghiên cứu, đồng thời giúp học sinh bước đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học 24 VI TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Tài liệu giáo khoa chuyên Toán Hình học 10, NXB Giáo dục 2007 [2] Trần Văn Tấn, Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học sở [3] Viktor Prasolov, Problems in Plane and Solid Geometry, 2001 [4] Paul Yiu, Advanced Euclidean Geometry A Tour of Triangle Geometry, 1998 [5] Charles Salkind, Challenging Problems in Geometry, 1988 [6] Dr Kin-Yin Li, Famous Geometry Theorems [7] Viktor Prasolov, PROBLEMS IN PLANE AND SOLID GEOMETRY _ v.1 Plane Geometry [8] Một số tài liệu internet http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=4986 http://diendantoanhoc.net/forum/index.php 25 SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc Biên Hòa, ngày tháng 05 năm 2013 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2012-2013 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị: Lĩnh v ực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh v ực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  đư Sáng kiến kinh nghiệm ợc triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  Tính (Đánh dấu X vào ô đây) - Có giải pháp hoàn toàn  - Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có  Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Hoàn toàn triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao  - Hoàn toàn triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có tri ển khai áp dụng đơn vị có hiệu  Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng dư ới đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Tốt  Khá  Đạt  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Tốt  Khá  Đạt  - Đã đư ợc áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt  Phiếu đánh dấu X đầy đủ ô tương ứng, có ký tên xác nhận người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên đóng dấu) 26 [...]... A C1 I Theo định lý Carnot ta có a, b, c đồng quy C B A1 Nhân xét: Thực chất bài toán này là hệ quả của định lý Carnot Sau đây ta xét một kết quả mạnh hơn ta gọi là Định lý Carnot 2 Định lý 2: Cho tam giác ABC và tam giác A1B1C1 như hình vẽ Khi đó các đường thẳng qua A 1, B1, C1 và vuông góc BC, CA, AB đồng quy  các đường thẳng qua A, B, C và vuông góc B 1C1, C1A1, A1B1 đồng quy Định lý Carnot 2 thực... góc B 1C1, C1A1, A1B1 đồng quy Định lý Carnot 2 thực ra chỉ là một hệ quả của định lý Ceva và định lý Carnot 1 (có thể dùng định lý Ceva hoặc Carnot 1 để chứng minh định lý này) Tuy nhiên sử dụng “hệ quả” này có khi lại cho chúng ta những lời giải thú vị B1 A C1 M1 P N N1 B P1 M C A1 Bài 6: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đườn g tròn (O) D là một điểm trên cung nhỏ BC I 1, I2, I3 là tâm nội tiếp tam giác... của tam giác PAB , PBC và PCA lần lượt đến đường thẳng AB, BC và CA cắt nhau tại một điểm Bài 4.Chứng minh rằng nếu các đường cao dựng từ chân các đường phân giác của một tam giác cắt nhau tại một điểm , và tam giác đó là tam giác cân 5 ĐỊNH LÝ EULER Định lý 1 (Định lý Euler cho tam giác bàn đ ạp) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R ) Từ điểm M dựng tam giác bàn đạp A ' B ' C ' của tam giác... sẽ tìm tòi tài liệu, viết chuyên đề và qua đó học sinh hiểu sâu hơn vấn đề mà tổ nhóm nghiên cứu, đồng thời cũng giúp học sinh bước đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học 24 VI TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Tài liệu giáo khoa chuyên Toán Hình học 10, NXB Giáo dục 2007 [2] Trần Văn Tấn, Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học cơ sở [3] Viktor Prasolov, Problems in Plane... đến các góc trong của tam giác ABC cũng cắt nhau tại một điểm b) Các đường thẳng đi qua các đỉnh của tam giác ABC lần lượt đến các góc trong của tam giác của tam giác A1 B1C1 đồng qui tại 1 điểm Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua các đỉnh của tam giác A1 B1C1 lần lượt đến các góc trong của tam giác ABC cũng đồng qui tại một điểm .Bài 3 Tam giác ABC là một tam giác đều cạnh đơn vị, P là một điểm bất... rằng: X di chuyển trên một đường cố định Giải: Ta có:    CQ    900 CP 'P  CP"P 'P  CQ"P A P' Nên các điểm C, P ', Q", P, Q ', P" cùng thuộc một đường tròn X Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm C, P ', Q", P, Q ', P" ta có: CP ' PQ '  A, P 'Q" Q ' P"  X, Q"P  P"C  B Vậy A, X, B thẳng hàng Q" P B C P" Q' Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định   DEA   900 Điểm F trong Bài 6: (Poland... 2 Một số tính chất của tam giác bàn đạp được suy ra từ định lý : -Tính chất 1: Từ định lý, ta có công thức tính diện tích tam giác bàn đạp ở dạng lượng giác: 1 S A ' B 'C '  R 2  OM 2 sin A.sin B.sin C 2 -Tính chất 2: Nếu điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC thì S A ' B 'C ' sẽ bằng 0 (khi đó A ', B ', C ' thẳng hàng do là đường thẳng Simson của tam giác ABC ) -Tính chất 3: Trong. .. X thẳng hàng Xét các tam giác ABC, PQR có: X  CA  RP, Y  AB  PQ, Z  BC  QR 12 Áp dụng Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng AP  AL, BQ  BM, CR  CN đồng quy Bài 9: (Định lý Brianchon) Lục giác ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn Khi đó AD, BE, CF đồng quy Giải: Ta sẽ chứng minh định lý này bằng cực và đối cực để thấy rằng Pascal và Brianchon là hai kết quả liên hợp của nhau N M P Gọi... trực tâm H thẳng hàng Giải: Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A ', D, C ', C, B, ta có: AA ' C 'C  H, A ' D  CB  A", DC ' BA  C" A B' C' C" Vậy H, A", C" thẳng hàng H B" 10 B C D A' A" Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng Bài 5: (IMO Shortlist 1991) P thay đổi trong tam giác ABC cố định Gọi P’, P” là hình chiếu vuông góc của P trên AC, BC, Q’, Q” là hình chiếu vuông góc của C trên AP,... Bài 12: (Định lý Steiner) Đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy Giải: Gọi AB  DE  P1 , BC  EF  Q1 , AD  BC  P2 , P DE  CF  Q 2 , AD  FE  P3 , CF  AB  Q 3 Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, B, C, F, E, D, ta có: P1Q3  Q1P3  AB  FE  P, P2 Q2 P1 P1Q 2  Q1P2  BC  ED  Q, Q3 Q 2 Q3  P2 P3  CF  DA  R B Vậy P, Q, R thẳng hàng Áp dụng định lý Desargues