Các chuyên đề hình học dành cho các bạn THCS - Chuyên đề 5: Một số kinh nghiệm kẻ vẽ hình phụ và ứng dụng

Nội dung text: Các chuyên đề hình học dành cho các bạn THCS - Chuyên đề 5: Một số kinh nghiệm kẻ vẽ hình phụ và ứng dụng

1. Các chuyên đề hình học dành cho các bạn THCS(Số 5) Nguyễn Duy Khương-khoá 1518 chuyên Toán-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam Đã gần 1 năm từ chuyên đề THCS số 4, hôm nay tôi tiếp tục bài viết về chuyên đề mới dành cho THCS. Ở chuyên đề lần này, tôi muốn đề cập tới cách kẻ vẽ phụ, điều mà đa số các bạn khá là thắc mắc khi giải các bài hình học. Chuyên đề 5: Một số kinh nghiệm kẻ vẽ hình phụ và ứng dụng Đã có khá nhiều sách viết về việc kẻ vẽ hình phụ. Khi làm một bài toán hình học khó thì rất cần sự nhạy bén với việc kẻ thêm hình. Sự nhạy bén được sinh ra nhờ kinh nghiệm của người làm toán. Việc người làm có càng nhiều kiến thức về một mô hình nào đó chính là điểm quan trọng nhất khi vẽ phụ. Tuy vậy đôi khi có những cấu hình rất lạ nên cũng cần linh hoạt. I) Vẽ phụ nhờ mô hình biết trước Đối với loại bài này, ta cần phải nhận dạng cấu hình của bài toán, sau đó tìm mối liên hệ giữa điều cần chứng minh và những kiến thức đã biết về mô hình đã biết. Lí thuyết là vậy, thực hành thì khó hơn nói nhiều, cần có một kiến thức nền tảng về các cấu hình đủ chắc để làm được điều này. Sau đây là một số chú ý quan trọng: - Khi làm một bài toán mà mối liên hệ các giả thiết chưa đủ thì ta sẽ ra các hình phụ rộng hơn hình vẽ ban đầu, tức là vẽ các yếu tố mà giả thiết ban đầu là các kết cấu của nó. - Gần như việc dựng thêm đường tròn ngoại tiếp ở các bài toán là sẽ xảy ra. - Nắm chắc các kiến thức nền tảng và cách giải một số bài toán cơ bản. 1
2. Bài toán 1: Cho tam giác ABC có đường cao AD. Lấy E, F lần lượt là trung điểm của AC, AB. Gọi (F BD) ∩ (ECD) = D, K. Chứng minh rằng: AK là đường đối trung của tam giác ABC. Lời giải: Lấy O là tâm ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: ∠AF K = ∠KDB và ∠AEK = ∠KDC do đó: A, F, K, E, O đồng viên. Gọi DK ∩ EF = M, ta có: 2 ∠F ED = ∠EDC = ∠C = ∠MKE do đó: MK.MD = ME . Tương tự MK.MD = 2 MF nên M là trung điểm FE, lại có: ∠FKA = ∠F EA = ∠C = ∠MKE suy ra AK là đường đối trung của tam giác AF E. Như vậy chú ý rằng: AM chia đôi BC(theo bổ đề hình thang) nên ta có: AK là đường đối trung của tam giác ABC. Nhận xét: Trong bài toán này thì trước tiên cần phải nhớ định nghĩa về đường đối trung để từ đó quyết định cách xử lí theo góc hay tỉ lệ. Sau đó việc dựng thêm tâm ngoại tiếp O ở đây là quan trọng nhất vì kết nối được các trung điểm trong giả thiết với đường cao AD. 2
3. Bài toán 2(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là trung điểm BC. AM ∩ (O) = K, lấy E, F là hình chiếu của K lên AC, AB. Gọi tâm (ABE) là I và tâm (ACF ) là J. Chứng minh rằng: IJ ⊥ BC. Lời giải: Lấy (ABE) ∩ (ACF ) = A, P . Từ giả thiết ta có 4P BF ∼ 4P EC(g.g) PB BF KB AC do đó: = = = (bổ đề cát tuyến). Do đó: 4P BE ∼ 4ACB(c.g.c) PE EC KC AB do đó: ∠P BE = ∠P AC = ∠ACB do đó: AP kBC nên ta có: IJ ⊥ BC(điều phải chứng minh). Nhận xét: Việc dựng dây cung chung chính là mấu chốt để giải quyết dạng bài liên quan đến hai tâm đường tròn. Bài toán 3(Trần Minh Ngọc): Cho tam giác ABC có các đường cao BE, CF và trực tâm H. EF ∩ BC = G, gọi K là hình chiếu của G lên phân giác trong ∠BAC. Gọi L là trung điểm AG. Chứng minh rằng đường thẳng qua H vuông góc KL chia 3
4. đôi EF . Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. M là trung điểm BC, AP là đường kính (O), J là trung điểm EF , ta đi chứng minh HJ ⊥ KL. Gọi Q là hình chiếu của A lên HJ. Ta thấy điều phải chứng minh tương đương: AQkKL hay ∠QAK = ∠AKL = ∠KAL, chú ý ∠KAB = ∠KAC do đó điều phải chứng minh tương đương: ∠QAE = ∠GAB. Lại có: A, Q, E, H đồng viên do đó ∠QAE = ∠JHE. Dễ thấy 4HEF ∼ 4HCB do đó 4HEF ∼ 4P BC(bởi BHCP là hình bình hành). Do đó 4MPB ∼ 4JHE(c.g.c) suy ra ∠JHE = ∠MPB. Gọi GA ∩ (O) = R. Ta dễ thấy rằng: M, P, H, R thẳng hàng do đó ∠MPB = ∠RAB = ∠GAB = ∠JHE hay là ta thu được AQ||LK hay là HJ ⊥ LK tức là điều phải chứng minh. Nhận xét: Điểm thú vị khi giải quyết bài toán này là ta cần đưa các giả thiết trong đề về chung một dạng quen thuộc trên cấu hình trực tâm. Gần như việc kẻ phụ là một chuỗi mắt xích liên tục để tới đích. 4
5. Ngoài ra các bạn có thể luyên tập thêm 1 số bài toán như sau: Bài toán 4(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có trực tâm H. HK là đường đối trung của tam giác HBC. Lấy P, Q trên AB, AC sao cho K là trực tâm tam giác AP Q. Chứng minh rằng đường nối tâm (ABQ) và (ACP ) song song BC. Bài toán 5(EMC 2017): Cho tam giác ABC có trực tâm H và trung điểm BC là M. Đường thẳng qua H vuông góc HM cắt AC tại Y . Đường thẳng qua A vuông góc AM cắt BH tại Q. QM ∩ (MY ) = M, J. Chứng minh rằng: HJ ⊥ AM. II) Vẽ phụ đối với các mô hình lạ Khi đi thi không thể tránh khỏi việc gặp những bài toán mà bạn chưa thấy dạng bài bao giờ. Việc kẻ vẽ phụ vì thế mà không tuân theo kinh nghiệm gì cả. Việc đầu tiên là các bạn chớ nên hoảng hốt đã, sau đó chúng ta sẽ có những lưu ý như sau: - Đề bài càng dài và lạ thì càng nhiều khả năng ta sẽ cần các bước chuyển đưa nó về bài toán quen thuộc. Do đó đừng thấy lạ mà sợ ngay. - Mô hình lạ có thể là sinh ra nhờ tổng quát hoá các bài toán dễ hơn. Chính vì thế hãy đặc biệt bài toán và thử xem giải ra sao(chúng thường dễ hơn) trước khi bắt tay giải bài tổng quát theo phong cách tương tự. - Chẳng có gì bấu víu tốt hơn là giả thiết bài toán do đó nên tìm hiểu thật kĩ các liên hệ từ giả thiết và tìm ra các kết quả quan trọng xoay quanh bài toán(thường là dùng được cho chứng minh kết luận bài toán). - Điều quan trọng là làm được bài toán nên các bạn đừng ngại các cách giải lấy việc tính toán là quan trọng nhất, các bước kẻ phụ sinh ra để thu gọn các phép tính cũng là một lựa chọn thông minh. Bài toán 6: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Một đường tròn qua A, O cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh rằng: trực tâm tam giác P QO nằm trên BC. 5
6. Lời giải: Gọi (K) cắt (O) tại điểm thứ hai M. Ta có: ∠MPA = ∠MOA = MAd = 2∠MBA do đó ∠PMB = ∠P BM hay là PM = PB. Chú ý 4MPB ∼ 4MQC(g.g) do đó 4MQC cân tại Q. Chú ý OM = OB và OM = OC do đó OP, OQ là trung trực của MB, MC do đó theo định lí về đường thẳng Steiner thì trực tâm J của tam giác OP Q nằm trên BC(đpcm). Nhận xét: Bài toán là ứng dụng hay của đường thẳng Steiner. Điểm quan trọng nhất là nhận ra liên hệ giữa 2 đường tròn xuất hiện ở giả thiết. Bài toán 7(Thi thử KHTN đợt 3 năm 2017): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P là 1 điểm bất kì trên cung BC không chứa A của (O). Lấy E, F lần lượt trên AC, AB: PB = CE, P C = BF . Gọi (AEF ) ∩ (O) = A, G. Chứng minh rằng: GP chia đôi BC. 6
7. Lời giải: Lấy S đối xứng B qua G. Ta thấy rằng: 4GF B ∼ 4GEC(g.g) do đó GB FB PC GS = = = , do đó chú ý rằng: SGC = 180◦ − AGC = BP C do GC EC PB GC ∠ ∠ ∠ đó 4BCP ∼ 4CSG(c.g.c) hay là ∠BGP = ∠BCP = ∠CSG nên GP kSC hay là GP chia đôi BC(theo tính chất đường trung bình). Bài toán 8(Thi HSG lớp 9 tỉnh Thanh Hoá 2011): Cho tam giác ABC có M là trung điểm BC, phân giác ngoài ∠A cắt BC ở D. Gọi (ADM)∩AB, AC = E, F 6= A. N là trung điểm EF . Chứng minh rằng: MNkAD. 7
8. Lời giải: Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi L, K lần lượt là trung điểm cung lớn và nhỏ BC của (O). Ta để ý rằng: O, M, K, L thẳng hàng và cùng nằm ◦ trên trung trực BC do đó ∠KAD = ∠DMK = 90 nên A, M, K, E, F đồng viên, đồng thời ta cũng có: A, K, L thẳng hàng. Ta có: ∠EDK = ∠EAK = ∠KAC = ∠F DK do đó chú ý rằng: DK cũng là đường kính (ADM) nên DK đi qua trung điểm NK EK của EF hay D, K, N thẳng hàng. Từ đó: 4ENK ∼ 4BMK hay là: = . MK BK EK KD Ta cần chứng minh: = (đúng vì ta cũng có: 4DKE ∼ 4LKB(g.g) nên BK KL DK KE = ) vậy ta thu được MNkAD(theo định lí T hales)(đpcm). LK KB Cuối cùng các bạn hãy thử giải quyết các bài toán sau: Bài toán 9: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I). Đường thẳng qua I vuông góc OI cắt BC tại K. Đối xứng A qua I là L. Chứng minh rằng: KI = KL. 8
9. Lời giải: Gọi (AOI) ∩ (O) = J, A. Gọi KI ∩ (AOI) = T,I ta có: OT là đường kính của (AOI) mà OA = OJ do đó: IK là phân giác góc AIJ. Vậy ∠KIL = ∠T AJ. Gọi AI∩(O) = D, A và DJ∩(AIO) = E, J ta có: ∠ADJ = ∠AOT = ∠AIT nên KIkDJ. Gọi AE ∩ KI = P và M là trung điểm BC. Ta có: IOMK là tứ giác nội tiếp nên: ∠IOK = ∠IMB. Gọi N là trung điểm cung BAC của (O) ta có: ∠INA = ∠IMB. IA AN AD AD AN OI Ta đi chứng minh 4IAN ∼ 4PIO hay = = = ⇔ = . IP OI DE AE AD AE OI sin ∠IAO sin ∠ADN AN Ta có: = = = tan ∠ADN = . Vậy tóm lại ta thu AE sin ∠AJE sin ∠AND AD được điều phải chứng minh. Nhận xét: Ý tưởng là dựng thêm là để tìm mối liên hệ của điểm K với mô hình tâm nội tiếp, từ đó ta mở rộng hình vẽ ban đầu như trên. Bài toán 10(China TST 2018): Cho tam giác ABC. Một đường tròn (T ) tiếp xúc AB, AC tại D, E(BD+CE < BC). Lấy F, G trên BC sao cho BD = BF, CE = CG và DG ∩ EF = K. Tiếp tuyến của (T ) song song BC tiếp xúc (T ) tại L. Chứng 9
10. minh rằng: K, I, L thẳng hàng. Bài toán 11(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I. Một đường tròn (T ) tiếp xúc AB, AC tại E, D. Lấy P, Q trên đoạn BC sao cho: BE = BP, CD = CQ. S = EQ ∩ DP và SI ∩ (T ) = J, TJ ∩ ED = K. Chứng minh rằng: AK chia đôi BC. Bài toán 12(Trí Phan Quang): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và M là trung điểm BC. Đường thẳng qua A song song HM cắt (O) tại điểm thứ hai I. EF ∩ BC = S và đường thẳng qua A vuông góc SO cắt (O) tại V . Chứng minh rằng: VD cắt IH trên (O). Bài toán 13(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm nội tiếp I. E, F là hình chiếu của I lên AC, AB. K là tiếp điểm đường tròn A − Mixtilinear nội và EF ∩ BC = T . M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: AM cắt TK trên (O). Bài toán 14(Trần Quang Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn (K) qua B, C cắt CA, AB tại E, F 6= B, C, BE ∩ CF = H. Gọi (AEF ) ∩ (O) = G 6= A, AH ∩ BC = D, GD ∩ (O) = N, G. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: đường thẳng qua N song song AD cắt AM trên (AEF ). Bài toán 15: Cho tam giác ABC. Lấy các điểm E, F bất kì trên đoạn AC, AB. 1 cát tuyến qua A bất kì cắt BE, CF tại K, H. (DHK) giao (DEF ), AD = G, L(6= D). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A của (AQG) cắt EF trên (ALG). 10