Để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn O ta thực hiện hai bước đó là xác định giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR với đường tròn O
Trang 1PHÂN TÍCH CÁC TÌNH HUỐNG VÀ TRÌNH BÀY LỜI GIẢI CHO MỘT SỐ
BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 9
Hì nh học phẳng là phân môn có nhiều kiến thức cũng như lượng bài tập đa dạng và phong phú Mỗi bài toán hì nh học phẳng đặc biệt là các bài hì nh khó lại có nhiều kiến thức liên quan Khi đứng trước một bài toán hì nh học phẳng thì làm thế nào để tiếp cận và đưa ra được một lời giải cho
nó là một câu hỏi lớn và đang còng bỏ ngỏ Với mục đích mở ra một hướng đi, một suy nghĩ cần có trước một bài toán hì nh học phẳng thì trong các ví dụ dưới đây chúng tôi xin đưa ra một số phân
tí ch và suy luận để giải thí ch tại sao lại có thể giải được bài toán như thế Trong các bài toán dưới đây chúng tôi xin giới thiệu một số nội dung
Phân tí ch và suy luận đứng trước một bài toán hì nh học khó
Lựa chọn các phương án hợp lý để khai thác giả thiết bài toán một cách tối ưu
Những hướng tiếp cận khác nhau – khó khăn và hướng khắc phục
Bài toán 1 Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường tròn O có CD song song với BE Hai đường chéo CE và BD cắt nhau tại P Điểm M thuộc đoạn thẳng BE sao cho M A B P A E Điểm K thuộc đường thẳng CA sao cho MK song song với AD, điểm L thuộc đường thẳng
AD sao cho ML song song với AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE lần lượt tại Q, S (Q khác B, S khác C)
Bài toán 1 có nhiều giả thiết
và hì nh vẽ khá rắc rối Trong bài
toán thì ngoài các tứ giác nội tiếp
đường tròn còn có các yếu tố song
song Hai ý đầu của bài toán ta thấy
không có gì đặc biệt, nhưng ý còn lại
của bài toán là một câu khó và có
tí nh phân loại cao, bài toán chứng
minh hai đường tròn tiếp xúc khá là
mới mẻ với học sinh trung học cở sở
t
S
Y X
L
O I
K T
R
Q P
M
E
D C
B
A
Trang 2a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng
Phân tích tìm lời giải Ta có ngay C K M C A D do MK song song với AD, như vậy phép chứng minh kết thúc khi ta chỉ ra được Q K C C A D Để ý rằng tứ giác BKQC và ABCD nội tiếp đường tròn nên ta có Q K C Q B C D B C D A C Do đó bài toán được chứng minh
Trình bày lời giải Do tứ giác BKQC và ABCD nội tiếp đường tròn nên ta có
Q K C Q B C D B C D A C Mà ta có MK song song với AD nên C K M C A D Do đó ta
có Q K C M K C nên suy ra ba điểm K, M, Q thẳng hàng
b) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T cùng nằm trên một đường tròn
Phân tích tìm lời giải Dễ thấy các tứ giác RTED, BCQS và BCDE nội tiếp đường tròn nên
ta có tứ giác TSQR nội tiếp đường tròn Như vậy ta cần chứng minh được điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác TSQR Để ý rằng ba điểm L, M, R cũng thẳng hàng nên tứ giác AKML là hình bình hành, do đó R M Q K M L C A D D E C R S Q ? nên tứ giác TMQR nội tiếp đường tròn Do đó bài toán được chứng minh
Trình bày lời giải Do các tứ giác RTED, BCQS và BCDE nội tiếp đường tròn nên
R T D C B D D E C R S Q Do đó tứ giác TSQR nội tiếp đường tròn Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta được ba điểm L, M, R thẳng hàng Để ý đến tứ giác AKML là hình bình hành ta có R M Q K M L C A D D E C R S Q ? nên tứ giác TMQR nội tiếp
đường tròn Do vậy các điểm R, T, M, S, Q cùng nằm trên một đường tròn
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác giác PQR tiếp xúc với O
Phân tích tìm lời giải Để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với
đường tròn O ta thực hiện hai bước đó là xác định giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR với đường tròn O và chứng minh hai đường tròn này có tiếp tuyến chung tại giao điểm
Để ý rằng tứ giác BCDE là hình thang cân và điểm A có thể nằm trên trục đối xứng của hì nh thang cân BCDE Do đó ta cần xét trường hợp điểm A nằm trên trục đối xứng của hì nh thang cân BCDE và điểm A không nằm trên trục đối xứng của hì nh thang BCDE
Dễ thấy ngay khi điểm A nằm trên trục đối xứng của hình thang BCDE thì đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn O tại điểm X cũng nằm trên trục đối xứng của hì nh thang cân BCDE Ngoài ra ta nhận thấy khi đó các điểm A, M, O, P, X cùng nằm trên một đường thẳng Thay đổi vị trí của điểm A ta thấy ba điểm A, M, X cũng nằm trên cùng một đường thẳng Điều này làm ta nghĩ đến điểm tiếp xúc X chí nh là giao điểm của AM với đường tròn O Như vậy khi gọi X là giao điểm thứ hai của AM với đường tròn O thì để hoàn thành chứng minh ta cần chỉ ra được điểm X nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR và hai đường tròn có tiếp tuyến chung tại X
Trang 3+ Lời giải 1 Từ giác BCDE nội tiếp đường tròn và có BE song song với CD nên tứ giác
BCDE là hình thang cân Ta xét hai trường hợp sau
Trường hợp 1 Điểm A nằm trên trục đối xứng của hình thang cân BCDE Khi đó A là điểm chính giữa cung nhỏ BE của đường tròn O và P là giao giao điểm hai đường chéo của hình thang BCDE Gọi X là giao điểm của AP với đường tròn O thì AX là đường kính của đường tròn O và M nằm trên AX Để ý ta có B X A B C A B Q M nên tứ giác BMQX nội tiếp, do đó ta có 0
B M X B Q X 9 0 Hoàn toàn tương tự ta có 0
E R X E M X 9 0 Suy ra tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn đường kính PX Khi đó dễ thấy đường tròn ngoại tiếp của tam giác PRQ và đường tròn O tiếp xúc với nhau tại X
Trường hợp 2 Điểm A không nằm trên trục đối xứng của hình thang BCDE Giả sử AM,
AP cắt đường tròn O tại X và Y Ta có tứ giác BXDA nội tiếp đường tròn và MQ song song với DA nên ta dễ thấy B X M B X A B D A B Q M nên tứ giác BXQM nội tiếp đường tròn Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có tứ giác XRME nội tiếp đường tròn Đến đây ta có biến đổi góc
R X Q R X M Q X M R E M Q B M 1 8 0 B P E 1 8 0 Q P RSuy ra tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn Như vậy ta cần chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR và đường tròn O tiếp xúc nhau tại X
Từ M A B P A E ta suy ra được B X E X nên XY, CD, BE song song với nhau Điều này dẫn đến X và Y đối xứng với nhau qua trục đối xứng của hình thang BCDE Kẻ tiếp tuyến
Xt với đường tròn O , khi đó ta có C X t C D X Để ý rằng P nằm trên trục đối xứng của hình thang BCDE, ta có biến đổi góc
X P R X P C Y P D B Y A Y B D B Y A C B X B Y A C D X B Y A C X t
Sử dụng tứ giác MEXR nội tiếp đường tròn và chú ý đến AC song song với MR ta có lại biến đổi góc C X R C E X R X E C D E R M B B C D A C D B C A B Y A Đến đây thì ta được X P R B Y A C X t C X R C X t R X t nên Xt cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Vậy đường tròn ngoại tiếp của tam giác PRQ và đường tròn Otiếp xúc với nhau tại X
+ Lời giải 2 Hoàn toàn tương tự như trên ta chứng minh được khi A nằm trên trục đối
xứng của hình thang cân BCDE thì đường tròn ngoại tiếp của tam giác PRQ và đường tròn O tiếp xúc với nhau tại X Ta đi xét trường hợp điểm A không nằm trên trục đối xứng của hình thang ABCD
Trang 4Cũng chứng minh tương tự như trên ta được các tứ giác RMEX, PQXR nội tiếp đường tròn Đồng thời ta cũng có XY, BE, CD song song với nhau Goi I là giao điểm của
AX với đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQXR và kẻ Xu là tiếp tuyến tại X với đường tròn
O Khi đó do XY song song với CD nên tứ giác CDYX là hình thang cân Mà ta có P nằm trên trục đối xứng của hình thang cân BCDE nên suy ra P cũng nằm trên trục đối xứng của hình thang cân CDYX, suy ra ta được P X P Y Để ý đến các tứ giác nội tiếp đường tròn ta có R P I R X I R E B R C D nên suy ra PI song song với CD hay song song với XY
Do Xt là tiếp tuyến tại X của đường tròn O nên ta có Y X t X A Y và P X Y P Y X A P I
Do đó ta được X I P X A Y A P I Y X t P X Y P X t nên Xt cũng là tiếp tuyến tại X với đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Vậy ta có điều phải chứng minh
Nhận xét Mặc dù hai lời giải trên di theo hai hướng khác nhau nhưng mục đích chung cũng là
chứng minh hai đường tròn có chung tiếp tuyến X Việc xác định điểm tiếp xúc X dựa trên dự đoán từ trường hợp đặc biệt và từ thay đổi của vị trí điểm A Vấn đề quan trọng ở đây là phải chứng minh được tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn Cũng từ hì nh vẽ ta còn nhận thấy rằng nếu chỉ ra được RJ song song với AE và tương tự QJ song song AB thì ta có ngay tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn, khi đó chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR và đường tròn O tiếp xúc với nhai tại X không quá khó khăn Như vậy cần tập trung chứng minh được RJ song song với
AE và hoàn toàn có thể xem đây như một bài toán phụ Từ đó ta có thêm lời giải khác cho ý cuối
của bài toán như sau
C B
A
J t
K T
R
Q P
M
E
D C
B
A
+ Lời giải 3 Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài toán phụ: Cho tam giác ABC
và M là một điểm nằm trên đường thẳng d song song với BC Lấy E khác M trên đường thẳng d Gọi I là giao điểm của AM với BC Đường thẳng qua M song song với
AB cắt BE tại J Khi đó ta có IJ song song với AC
Trang 5Chứng minh Giả sử MJ cắt AE và AC theo thứ tự tại S và T Gọi G là giao điểm của AC
và ME Khi đó do MG song song với BC nên ta có M A A G
M I C G Gọi P là giao điểm của ME
và AB Khi đó ta có M S A P A G M A
M J B P C G M I Do vậy AE song song với IJ
Quay trở lại bài toán Gọi X, J theo thứ tự là giao điểm của AM với đường tròn O và
CD (X khác A) Á p dụng bài toán phụ trên ta có JR song song với AE và JQ song song với
AB Do đó ta có JR E A E C A X C nên suy ra tứ giác CRJX nội tiếp đường tròn Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có tứ giác DQJX nội tiếp đường tròn Đến đây ta có
Lại có P E X M A C P E D Gọi Y là giao điểm khác X của XP vứi đường tròn O , khi đó
ta có AY, BE và CD song song với nhau nên ta có P X E A D P dẫn đến
A P B R B X R Q X nên ta được tX R R Q X hay Xt là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Do vậy ta có điều cần chứng minh
Nhận xét chung Trong Bài toán 1 ta thấy hai ý đầu của bài toán không quá khó, ý cuối của
bài toán tuy khó nhưng lại có nhiều hướng tiếp cận Bài toán về hai đường tròn tiếp xúc tương đối khó và cũng có khá ít bài tập để các em học sinh rèn luyện Trong ba lời giải của ý cuối bài toán ta thấy có cùng mục đích là chứng minh hai đường tròn có chung tiếp tuyến tại giao điểm, tuy nhiên các chứng minh tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn lại khác nhau và trong lời giải 3 ta có sử dụng đến một bài toán phụ Bài toán phụ được phát hiện hoàn toàn tự nhiên và có thể chứng minh ngay trong bài toán, nhưng để trách sự phức tạp cho lời giải nên ta tách bài toán phụ ra chứng minh riêng
Bài toán 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O sao cho ABCD không phải là hình thang Tiếp tuyến tại tại C và D của đường tròn O cắt nhau tại T TA cắt BD tại S, E đối
D qua S AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC tại F EC cắt TA tại P
a) Chứng minh rằng PF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC
b) Giả sử PF cắt AC tại Q Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của Q trên FA, FC M là trung điểm của FA Chứng minh rằng tiếp tuyến qua A của đường tròn O và đường thẳng qua Q song song với AO cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK
Nhận xét mở đầu
Trang 6Bài toán trên được trí ch từ đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG của trường THPT chuyên KHTNHN Hà Nội năm học 2017 - 2018, đây là bài toán thuộc phân môn hì nh học phẳng
Với kiến thức của học sinh thuộc các trường
năng khiếu hoặc chuyên cấp THPT có thể bài
toán này không quá khó, nhưng với học sinh
cấp THCS thì khi đọc đến đề bài có lẽ học sinh
cũng từ bỏ ý định giải bài toán Cách phát biểu
bài toán hoàn toàn tương tự như các bài toán
hì nh học cấp THCS nhưng trong đó có chứa
nhiều kiến thức liên quan và mới mẻ, ngay cả
hì nh vẽ cho bài toán cũng thể hiện sự phức
tạp Bài toán có tứ giác nội tiếp đường tròn và
các tiếp tuyến cắt nhau, ngoài ra còn có thêm
yếu tố đối xứng trục Tuy nhiên có thể ta phải
khai thác các giả thiết của bài toán ở mức cao
hơn và còn phải tí nh đến khả năng vẽ thêm các
P
R
T S
a) Chứng minh PF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC
Phân tích tìm lời giải
Quan sát hì nh vẽ kết hợp với các giả thiết của bài toán ta có các nhận xét
Để chứng minh PF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC ta cần chỉ ra được bán
kí nh JF vuông góc với PF tại F với J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC hoặc P F E F C E
hoặc 2
P F P E P C Nhận thấy rằng việc chứng minh JF vuông góc với PF tại F là điều không thể
Do đó ta tập trung chứng minh P F E F C E hoặc 2
P F P E P C , một trong hai kết luận này đồng nghĩa với hai tam giác PFE và PCF đồng dạng Ngoài ra tì m hiểu thêm về các tí nh chất của tiếp tuyến và cát tuyến với đường tròn ta nhận thấy PF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác EBC khi và chỉ khi
2 2
P E F E
P C F C
Dễ nhận thấy ECF và DCA đồng dạng với nhau nên ta suy ra được A D F E
A C F C Chú ý đến tí nh đối xứng của D và E thì nếu gọi giao điểm của AT với CD là N và lấy điểm R trên CD sao cho ER
song song với AT ta sẽ có N là trung điểm của DR và theo định lý Thales thìP E N R N D
P C N C N C
Như vậy bài toán sẽ được chứng minh hoàn tất khi chỉ ra được
2 2
N D A D
N C A C Câu hỏi đặt ra ở đây
là hệ thức
2 2
N D A D
N C A C liên hệ như thế nào với đường thẳng AT
Trang 7 Để tì m câu trả lời cho câu hỏi trên và với giả thiết như bài toán đã cho ta tách thành bài toán mới: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Tiếp tuyến tại B và C với đường tròn O
cắt nhau tại T Gọi M là giao điểm của AT với BC Khi đó ta có
2 2
M B A B
M C A C
+ Gọi I là trung điểm của BC khi đó ta viết hệ thức trên thành
2 2
Như vậy đến đây thì ý thứ nhất được chứng minh và để hoàn thành lời giải ta cần chứng
minh hệ thức
2 2
N D A D
N C A C thông qua bài toán phụ như trên
Trình bày lời giải
P
R
T S
Trước hết ta phát biểu và chứng minh hai bài toán phụ sau:
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O Tiếp tuyến tại B và C với đường tròn
O cắt nhau tại T Gọi M là giao điểm của AT với BC Khi đó ta có
2 2
M B A B
M C A C
Trang 8Chứng minh Dựng đường tròn tâm T bán kính TB, đường tròn này cắt các đường thẳng
AB và AC lần lượt tại P và Q (khác B và C) Khi đó ta có tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn
N D A D
N C A C Do đó kết hợp hai tam giác ECF, DCA đồng dạng với nhau và ER song
' '
P F F E
F C
P C suy ra
' 2 2 ' 2 2
+ Có thể thấy để hoàn thành chứng minh ý thứ nhất của bài toán đã cho ta cần dùng đến bài toán
phụ với hai yêu cầu chứng minh Trong bài toán đó thì AT được gọi là đường đối trung của tam
giác ABC và hệ thức cần chứng minh chí nh là một tí nh chất của đường đối trung Ta hoàn toàn
Trang 9có thể tách bài toán phụ trên thành thành hai bài toán phụ sau và đây cũng là hai tính chất khá thú
vị của đường đối trung
Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O và có AI là đường trung tuyến,
AD là đường phân giác Tiếp tuyến của đường tròn O tại B và C cắt nhau ở T Chứng minh rằng AT đối xứng với đường thẳng AM qua qua đường thẳng AI
Bài toán 2 Cho tam giác ABC nhọn có đường trung tuyến AI và đường phân giác AD Gọi M là
điểm bất kì trên cạnh BC Chứng minh rằng AM đối xứng với AI qua AD khi và chỉ khi
+ Trong các bài toán phụ trên ta xét cho trường hợp tam giác ABC nhọn, còn với tam giác ABC tù
ta có bài toán phụ hoàn toàn tương tự Với tam giác ABC vuông tại A thì bài toán phụ được phát biểu là: Cho tam giác ABC vuông tại A có AI là đường trung tuyến, AD là tia phân giác Khi đó
đường cao AH đối xứng với AI qua đường phân giác AD và
2 2
H B A B
H C A C
b) Chứng minh tiếp tuyến qua A của đường tròn O và đường thẳng qua Q song song với AO cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK
Phân tích tìm lời giải
Gọi X là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn O và PF Gọi L là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn O và đường thẳng qua Q song song với AO Khi đó ta nhận thấy tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn và ta quy bài toán về chứng minh tứ giác KMHL nội tiếp đường tròn Từ cấu hì nh bài toán ta thấy trong tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn có Q là giao điểm của hai đường chéo AC và FQ, lại có L, K, H theo thứ tự là hì nh chiếu của Q trên AX, FC,
AF và M là trung điểm của AF Để ý ta thấy tứ giác nội tiếp đường tròn AFCX tách hẳn với ý thứ nhất của bài toán nên ta có thể phát biểu ý thứ hai dưới dạng bài toán phụ để chứng minh tứ giác KMHL nội tiếp đường tròn như sau: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Các đường chéo AC
và BD cắt nhau tại P Gọi M là trung điểm của AD và K, L, N lần lượt là hì nh chiếu của P trên
AB, CD, AD Chứng minh rằng tứ giác bốn điểm M, N, K, L nội tiếp đường tròn
Trình bày lời giải
Trang 10Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài
toán phụ 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
Các đường chéo AC và BD cắt nhau tại P Gọi M là
trung điểm của AD và K, L, N lần lượt là hình
chiếu của P trên AB, CD, AD Chứng minh rằng tứ
giác bốn điểm M, N, K, L nội tiếp đường tròn
Chứng minh Gọi S, R lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác KMA và LMD
N
L K
K Q M K Q P P Q M 2 B A C P Q M 2 B D C P R M P R L P R M M R L
Do vậy hai tam giác KQM và MRL bằng nhau
Ta lại có tứ giác PQMR là hình bình hành nên 0
Q M R 1 8 0 P R M Cũng do hai tam giác KQM và MRL bằng nhau nên ta được Q M K M L R và Q K M R M L Từ đó ta được
K N L K N P L N P K A P L D P B A C B D C 2 B D CNhư vậy ta được K M L K N L nên bốn điểm M, N, K, L cùng nằm trên một đường tròn
Trở lại bài toán Gọi X là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn O và PF Gọi L
là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn O và đường thẳng qua Q song song với AO Do PF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC và AX là tiếp tuyến của đường tròn O nên ta có biến đổi góc X A C A B C C B F C F X , do đó tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn Trong tứ giác AFCX nội tiếp đường tròn có Q là giao điểm của hai đường chéo AC và FQ, lại có L, K, H theo thứ tự là hình chiếu của Q trên AX, FC, AF và M
là trung điểm của AF Khi đó theo bài toán phụ 3 thì từ giác KMHL nội tiếp đường tròn
Vậy tiếp tuyến qua A của đường tròn O và đường thẳng qua Q song song với AO cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK
Nhận xét chung