Skkn toán học thpt (6)

Trước đây, để chứng minh một bài toán hình học, học sinh thường chỉ biết tính toán và so sánh các đại lượng hình học như góc, độ dài, diện tích,...thì nay với việc nghiên cứu sử dụng các

khó và thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học và hiểu, vận dụng các nội dung kiến thức hình học giúp học sinh có thể xây dựng những ý tưởng và những kỹ năng thích hợp nhất cho việc tiếp thu các kiến thức của toán học, là nền tảng cơ bản đề giải quyết các vấn đề học tập , nghiên cứu toán học hiện đại

Trước đây, để chứng minh một bài toán hình học, học sinh thường chỉ biết tính toán và so sánh các đại lượng hình học như góc, độ dài, diện tích, thì nay với việc nghiên cứu sử dụng các mô hình, học sinh sẽ được tập quan sát những vận động, những tương tác giữa các yếu tố, những cấu trúc tiềm ẩn trong một hình vẽ để rồi từ

đó rút ra được những chứng minh, những kết luận sâu sắc, nêu bật toàn diện bản chất của hình vẽ đó Điều đó sẽ giúp các em biết nhìn nhận sự việc và các hiện tượng xung quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để nghiên cứu, tìm tòi, khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh và sáng tạo trong tương lai Chính vì những lí do quan trọng như thế, chúng ta cần phải trang bị cho các em những kiến thức về một số mô hình từ cơ bản đến phức tạp

Trong các mô hình cơ bản thì tứ giác toàn phần chiếm một trong số nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học Hơn nữa, trong các kì thi học sinh giỏi số lượng các bài toán liên quan đến việc sử dụng tứ giác toàn phần và các tính chất liên quan khá nhiều Các bài toán khi giải bằng phương pháp sử dụng tính chất của tứ giác toàn phần trong các kì thi học sinh giỏi thường khá hay và đặc sắc, thể hiện khả năng sáng tạo của học sinh Bằng cách sử dụng các tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần giúp học sinh thấy được bản chất của bài toán và phát hiện ra các tính chất thú vị khác của bài toán

Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là làm sao để học sinh hứng thú học và có khả năng vận dụng các tính chất quen thuộc vào giải các bài toán hình học, cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài toán nào? Cần phân dạng các bài tập áp dụng liên quan tới tính chất và những dấu hiệu của các bài toán như thế nào thì dùng đến mô hình tứ giác toàn phần? Với tất cả những khó khăn và thuận lợi trên chúng tôi chọn đề tài “ Tứ giác toàn phần ” để trao

II MÔ TẢ GIẢI PHÁP:

1 Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:

Tứ giác toàn phần là một chuyên đề quan trọng của hình học và là một mảng khó trong chương trình hình học THPT chuyên Chính vì thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan ít nhiều đến tứ giác toàn phần, các tính chất của nó cũng hay được đề cập và thường được xem là những dạng toán khó, những câu phân loại của kì thi Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các khái niệm liên quan đến tứ giác toàn phần, đặc biệt là kỹ năng ứng dụng các tính chất của tứ giác toàn phần vào việc làm bài tập Những học sinh mới bắt đầu làm quen với khái niệm

tứ giác toàn phần thường chưa hiểu tường tận tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt là khâu vận dụng các tính chất của tứ giác toàn phần vào giải toán trong những tình huống khác nhau Để hiểu và vận dụng tốt lý thuyết và vận dụng kiến thức liên quan tới tính chất của tứ giác toàn phần vào giải toán thì thông thường học sinh phải có kiến thức nền tảng hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn trên tất cả các lĩnh vực của hình học sơ cấp Đó là một khó khăn rất lớn đối với giáo viên và học sinh khi giảng dạy và học tập chuyên đề liên quan tới tứ giác toàn phần

Đề tài “ Tứ giác toàn phần ” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các

em học sinh những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chuyên đề này trong chương trình THPT chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10, đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan trọng của tứ giác toàn phần trong các bài toán chứng minh song song, vuông góc, đồng quy, thẳng hàng và một số bài toán khác xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc gia của một số nước

2 Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:

Thông qua đề tài “ Tứ giác toàn phần ” chúng tôi cũng rất mong muốn nhận được sự đóng góp ý kiến, trao đổi của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh

và các em học sinh Chúng tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phân môn hình học hiệu quả nhất và giúp các em học sinh có khả năng vận dụng các tính chất của tứ giác toàn phần vào giải các bài toán hình học một cách tốt nhất

Cho tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh đối không song song, ABcắt CD tại E.AD cắt

2 Một số tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần

2.1 Điểm Miquel của tứ giác toàn phần

phần

trong các bài toán có tứ giác nội tiếp

Để chứng minh các tính chất tiếp theo, ta cần có một số kết quả về đường thẳng Simson và đường thẳng Steiner cho tam giác

Định lý:

a) D E F, , là 3 điểm thẳng hàng (Đường thẳng Simson)

Chứng minh:

Xét thế hình như hình vẽ Các thế hình khác chứng minh tương tự

 BMF CME

BFM CEM  )

 BMF BDF ( do BMDF là tứ giác nội tiếp)

 CME CDE ( do CMDElà tứ giác nội tiếp)

 BDF CDE

 HYC HAC

   HAYC là tứ giác nội tiếp

  YHC YAC MAC

2.2 Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần

cùng nằm trên một đường tròn - đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần

Chứng minh:

Gọi O O O O1, , , 2 3 4 lần lượt là tâm của   FAB FCD EAD EBC,  ,   ,

Do F B C, , thẳng hàng nên M nằm trên O O O1 2 4 và BC là đường thẳng Steiner của

2.3 Đường thẳng Simson, Steiner của tứ giác toàn phần

- Đường thẳng Simson: Chân các đường vuông góc hạ từ điểm Miquel M lên các

Chứng minh:

Gọi G I J H, , , lần lượt là chân đường cao kẻ từ M xuống BE DE BF DF, , ,

hàng

Chứng minh tương tự cho các điểm còn lại, ta suy ra điều phải chứng minh

Nhận xét : từ tính chất 1 về điểm Miquel , ta có hệ quả trực tiếp là điểm Miquel có chung

- Đường thẳng Steiner:

được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần

Chứng minh:

Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần

Phép vị tự tâm M , tỉ số 2 biến đường thẳng Simson của mỗi tam giác

BCE CDF ADE ABF

tâm tam giác

Đây là hệ quả của tính chất đường thẳng Simson của tứ giác toàn phần, các trực tâm

Mà M có chung đường thẳng Simson nên cũng có chung đường thẳng Steiner với 4 tam giác này Suy ra trực tâm của 4 tam giác thẳng hàng

Nhận xét: Hai đường thẳng Simson và Steiner song song với nhau

2.4 Đường thẳng Gauss

nằm trên một đường thẳng, gọi là đường thẳng Gauss – Newton (Đường thẳng Gauss)

Chứng minh:

Gọi H I J K L G, , , , , lần lượt là trung điểm của AC BD EF BE EC CB, , , , ,

Ta có:

Nhận xét : đường thẳng Gauss vuông góc với đường thẳng Steiner

Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H xuống CD và CB; T, S lần lượt 1

Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của AC, BD, EF (I), (J), (K) lần lượt là các đường tròn đường kính AC, BD, EF

Tương tự ta cũng chứng minh được s là trục đẳng phương chung của (I) và (J), suy ra

=(AK AD +(; ) BC BK (mod  ) ; )

Chứng minh:

Gọi X, Y, Z là giao điểm của AC, BD, EF X’, Y’, Z’ lần lượt là trung điểm YZ, ZX, XY Qua X kẻ các đường thẳng song song với AD, BC và cắt BC, AD lần lượt tại H, G Kéo dài XH cắt YZ tại H’

Ta có F(DCXE) = -1 và XH // CD nên H là trung điểm XH’ Như vậy H nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh X của tam giác XYZ Tương tự với G Điều đó có nghĩa là G,

H nằm trên Y’Z’

BHBC

Bằng cộng góc dễ thấy ∆MAD ~ ∆MBC, ∆MAB ~ ∆MCD, từ đó suy ra điểm Miquel M

là tâm vị tự quay của tứ giác ABCD, hay tồn tại phép vị tự quay tâm M biến AB thành

CD, AD thành BC, suy ra nó biến GD thành HC

Nghĩa là M thuộc (FGH)

Ta thu được hình chiếu của M trên GH nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với tam giác DFC Theo các phần trên suy ra hình chiếu của M trên Y’Z’ nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với 4 tam giác FAB, FCD, EAD, EBC Tương tự hình chiếu của M trên X’Y’, X’Z’ cũng nằm trên đường thẳng này Theo định lý Simson đảo suy ra M, X’, Y’, Z’ cùng thuộc 1 đường tròn

2.7 Điểm Morley:

AD đồng quy tại một điểm nằm trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF, gọi

là điểm Morley của tứ giác toàn phần (IMO Shortlist 2009, G6)

Chứng minh:

M, J lần lượt là trung điểm CD, AB; K, T lần lượt là hình chiếu của F trên AB, CD

Đường thẳng qua E và vuông góc với CD giao FK tại I, đường thẳng qua1 E và vuông 2

Chứng minh tương tự suy ra đpcm

Bình luận : Bài toán tương tự được phát biểu trong IMO Shortlist 2009, G6

2.8 Điểm Hervey:

Hervey của tứ giác toàn phần

Chứng minh:

*Cách 1:

Ta phát biểu một bổ đề

nhau tại F và G Đường thẳng qua F vuông góc

Đường thẳng qua B song song với FI giao

đường tròn

Chứng minh:

FI giao GR tại X, FJ giao GQ tại Y

Dựng hai hình bình hành BMXF và FCNY Gọi S là hình chiếu của F trên XY

Từ đó AH, MJ, NI là ba đường cao của tam giác AMN và đồng quy tại trực tâm T Vậy H, I, J nằm trên đường tròn đường kính FT

*Trở lại bài toán:

Theo tính chất về điểm Morley, gọi S là giao của các đường thẳng lần lượt qua E E E E1, , , 2 3 4 và vuông góc với CD, AB, BC, AD

lượt là trung điểm

1, 3,

AH AH U, V lần lượt là trung điểm BF, DE

H MQ H NQ H AH H AO H AO H ME H NE

E QE MQN MAN E SE

góc với đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF

*Cách 2: (Tham khảo thêm)

trên đường tròn tâm R là đối xứng của O qua T

Trên đây là một số tính chất hay của tứ giác toàn phần Ngoài ra phải kể đến các tính chất quen thuộc khác như điểm Euler – Poncelet, đường thẳng Newton trong

B MỘT SỐ VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH VỚI CÁC TÍNH CHẤT

1 Sử dụng điểm Miquel và đường tròn Miquel

Lời giải

( , , , )A B M F và( , , , )C D M F Do đó M là điểm Miquel củaABCDEF Nhận xét: Từ bài toán này t có 1 cách khác đề chứng minh định lí Brocard

tạiA B C', ', ' TừA B C', ', 'kẻ các đường vuông góc vớiBC CA AB; ; chúng cắt nhau tạo thành

XM

DA

YK

tam giác A B C Chứng minh rằng1 1 1 dchia đôi đoạn thẳng nối 2 trực tâm H H của , 1 ABCvà

1 1 1

A B C

Lời giải

Để chứng minh ta cần 1 bổ đề

1, 1, 1

Chứng minh bổ đề này rất đơn giản, xin không trình bày tại đây

Trở lại bài toán:

kính AH và đường tròn (O) Gọi S là giao điểm của BC và IK

1) Chứng minh J thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác SCK và đường tròn ngoại tiếp tam giác SBI

2) Chứng minh J, A, S thẳng hàng

3) Gọi P là trung điểm của AH Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác POJ đi qua các tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác SIB

Lời giải 1) Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác AIHK và tứ giác BIKC là các tứ giác nội tiếp Xét tứ giác toàn phần BCKIAS, thấy J là điểm Miquel vì J thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Từ đó suy ra J thuộc (SCK) và (SBI)

2) Xét tứ giác toàn phần BCKIAS, với tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp nên điểm Miquel

J của tứ giác toàn phần này nằm trên đường chéo AS

3) Xét tứ giác toàn phần BCKIAS với J là điểm Miquel, P, O theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp AIK, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PJO là đường tròn Miquel suy ra nó đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBI

H

O A

2 Sử dụng tính chất của đường thẳng Simson và đường thẳng Steiner

Lời giải

Nhận xét: Bằng cách giải tương tự, ta có thể giải được bài toán tổng quát sau:

OH BC D  M N P Q, , , lần lượt là hình chiếu của lênAB BE CF AC, , , Chứng minh

, , ,

M N P Q thẳng hàng AFHE nội tiếp

3 Sử dụng đường thẳng Gauss và tính chất của 3 đường tròn đường kính là 3 đường chéo

M

N

ES

KI

HOA

Q P

N M

Lời giải Dựng các hình bình hành

,AEBP DECQ Gọi Ilà trung điểm

Lời giải Gọi N I K, , lần lượt là trung điểm củaAP B C BC , 1 1,

Q P

H G

Ví dụ 3.3 Chứng minh các đường tròn Apolonius ứng với 3 đỉnh của 1 tam giác không cân thì có 1 trục đẳng phương chung

Lời giải

+ Đây là 1 tính chất thú vị của đường tròn Apolonius

+ Có nhiều cách chứng minh kết quả này như sử dụng trục đẳng phương, dùng định nghĩa, nhưng đây là cách giải ngắn nhất, tránh các tính toán, lập luận hình học phức tạp

Q

T

V Z

Do M O( ) nên theo định lý đường thẳng Simson, ta có: (XVT XUY VZY TZU),( ),( ),( )

giác toàn phần

hàng

2) Xét tứ giác toàn phần AFHEBC, có I, J, K theo thứ tự là trung điểm của 3 đường chéo

Gauss và đường thẳng Simson vuông góc với nhau)

K

J I

H F

E

P

Q A

B

C

3)

Gọi S là giao của EF và BC Khi đó AG, EF, BC là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn của 3 đường tròn (AEF), (ABC), (BEF) suy ra chúng đồng quy tại S hay A,

G, S thẳng hàng

Xét tứ giác toàn phần AFHEBC với tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm K , H là giao

4 Sử dụng định lí Brocard và điểm Miquel chứng minh tính vuông góc và đồng viên

 90

tự đó Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác KQH và FKM tiếp xúc với nhau

Lời giải

Bổ đề 1: Cho 1 điểm O và 4 điểm A, B, C, D đồng viên Lấy M, N, P, Q trên OA, OB,

K

H F

Trở lại bài toán

Ta có 4 điểm B, C, D, E cùng nằm trên đường tròn (M,MB) xét tứ giác BDEC có BD cắt

CE tại A, DE cắt BC tại L nên theo định lí Brocard, H là trực tâm tam giác AML và theo

mở rộng của định lí Miquel, Q trên AL

Do đó H, Q, M thẳng hàng

Gọi N là giao điểm của KM với đường tròn (HKQ)

và LQHF nội tiếp)

Có NH là trục đẳng phương của (QKH) và (BHC); QK là trục đẳng phương của (QKH)

M F

D

E

H

C B

A

Mà FM là trục đẳng phương của (HH’FM) và (FKM); PK là trục đẳng phương của (HH’PK) và (FKM);

Do đó theo bổ đề 2 ta suy ra dpcm

Nhận xét: Bổ đề 1 là tính chất của phép nghịch đảo

Lời giải

hàng

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giácBCEF, nội tiếp đường tròn tâm K, ta được Klà

giác nội tiếp

Mà LS LH và LD LJ  Ba điểmS L D, , thẳng hàng và JH SD (4)

Từ (2) và (5) , ta có điều phải chứng minh theo yêu cầu bài toán

Nhận xét: Từ 2 ví dụ trên ta thấy trong bài toán, định lí Brocard và Miquel thường đi liền với các tính chất của phương tích

đồng quy

Giải:

Gọi H là trực tâm ABC

Vậy ta thu được kết luận bài toán

Giải:

Gọi AD BE CF, , là ba đường cao của ABC G là giao điểm của EF và BC K là giao

Giải:

Gọi T AI OE  Chứng minh tứ giác AETB nội tiếp

Có OE AH/ / ATE HAT ABH   

*Nhận xét: Ba bài đầu là những bài co bản, giúp bạn đọc hình dung và hiểu rõ hơn về định lý

,

C D (MD MC ) Đường tròn ngoại tiếp AOC và đường tròn ngoại tiếp BOD tại K

Giải:

Xét tứ giác ABDC nội tiếp  O có:

 điều phải chứng minh

Giải:

Vì YM MZ Bài toán trở thành chứng minh FX FZ

AB BE

, , ,ABP BCP CDP DAP Chứng minh rằng XZ YW OE, , đồng quy

Giải:

Gọi M là giao điểm thứ hai của ( )Y và ( )W , N là giao điểm thứ hai của ( )X và ( )Z

PMN

*Nhận xét: Các bài toán trên giúp bạn đọc ôn lại tính chất về trục đẳng phương, cách nhìn hình và vận dụng linh hoạt các bài toán kết hợp định lý Brocard và trục đẳng phương

, DF cắt BE tại N Gọi G là giao điểm PQ BC, , I là giao điểm BQ CP, Chứng minh

/ /

MN IG Giải:

Ta có một số kết quả quen thuộc sau:

, , ,

E F H K nằm trên một đường tròn

Giải:

Vậy E F H K, , , nằm trên một đường tròn

5 Các dạng toán khác

, , ,

AB BC CD DA Chứng minh rằng MP NQ