SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐƯỜNG THẲNG ĐỐI SONG Người viết: Nguyễn Văn Nhiệm Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực mơn Tốn Thanh Hóa, năm 2016 MỤC LỤC Trang Mở đầu Nội dung 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Áp dụng 2.4 Bài tập 19 Kết luận, kiến nghị 21 Tài liệu tham khảo 21 Cam kết tác giả 21 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong kì thi học sinh giỏi tốn hình học phẳng ln chiếm vị trí đề thi, để góp phần nâng cao kĩ giải tốn hình học phẳng cần phải nắm bắt phương pháp phát vấn đề Mục đích nghiên cứu Trong viết giới thiệu phép biến đổi đối song phương pháp để phát tứ giác nội tiếp, quan hệ song song vng góc đường thẳng, đồng thời phương pháp để sáng tạo toán Đối tượng nghiên cứu Thông qua phép biến đổi đối song cung cấp thêm phương pháp tư duy, tiếp cận để giải tốn hình học phẳng Xây dựng hệ thống tập hay khó xuất kì thi Ơlimpic, giải (một cách sắc sảo) phương pháp phép biến đổi đối song Phương pháp nghiên cứu Đề tài nghiên cứu phương pháp phân tích, tổng hợp NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Cho hai đường thẳng m1 m2 , hai đường thẳng l1 l2 gọi đối song với hai đường thẳng m1 m2 , ảnh l1' l1 qua phép đối xứng qua đường thẳng m (đường phân giác góc tạo m1 m2 ) đường thẳng phương với l2 Nhận xét Nếu ta để ý đến hai đường thẳng l1 l2 l1' l2 song song với (đây vấn đề hình học tĩnh) Nhưng phép biến đổi đối song biến lớp đường thẳng phương với l1 thành lớp đường thẳng phương với l2 (mỗi đường thẳng lớp l1 đối song với đường thẳng lớp l2 ) (đây vấn đề hình học động) Ta có số mối liên hệ sau đường thẳng đối song tam giác Cho tam giác ABC, hai điểm P, Q thuộc hai đường thẳng AB, AB Nếu đường thẳng PQ đối song với BC hai đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC, ta nói PQ đối song với BC đỉnh A tam giác ABC, hay nói QP đối song với BC tam giác ABC a) Trong tam giác đường thẳng nối chân hai đường cao đường đối song với đường thẳng chứa cạnh lại b) Tiếp tuyến đỉnh đường tròn ngoại tiếp tam giác đường đối song đường thẳng chứa cạnh đối diện đỉnh c) Bán kính qua đỉnh tam giác vng góc với đường đối song cạnh đối diện đỉnh d) Cho tam giác ABC, đường tròn qua hai đỉnh B, C cắt hai đường thẳng AB, AC hai điểm P, Q Khi đường kính qua đỉnh A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vng góc với PQ đường kính qua đỉnh A đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ vng góc với BC e) Trong tam giác đường cao đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác qua đỉnh đối song với hai cạnh qua đỉnh f)Trong tam giác đường đối trung đường trung tuyến qua đỉnh đối song với nhau, hai cạnh qua đỉnh Hệ quả: Đường tròn qua hai điểm B, C cắt hai đường thẳng AB, AC hai điểm B’, C’ Khi đường thẳng nối A với giao điểm hai tiếp tuyến B’, C’ đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’ qua trung điểm BC A C B M B’ N C’ T g) Trong tam giác hai đường đối song qua đỉnh đẳng giác với Như hai đường đẳng giác trường hợp đặc biệt hai đường đối song Ta có mối liên hệ sau đường thẳng đối song tứ giác nội tiếp Trong tứ giác nội tiếp đường tròn, cặp cạnh đối diện đối song với cặp cạnh lại Như vậy, tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường tròn  thay đổi qua hai đỉnh C, D cắt đường thẳng AD, BC M, N MN//AB B A N M D C  Ta thường sử dụng điều kiện đối song dạng sau: Cho A, C thuộc Ox B, D thuộc Oy ( A, B, C , D  O) Khi AB đối song với CD tứ giác ACBD nội tiếp 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong hình học vấn đề quan hệ song song vng góc đường thẳng quan hệ bản, vấn đề tứ giác nội tiếp có liên hệ sâu sắc với số đo góc nên vấn đề thường xuất kì thi học sinh giỏi mơn tốn Có vấn đề song song, vng góc đường thẳng tứ giác nội tiếp nhìn dạng hình học dạng tĩnh khó phát vấn đề Nhưng vấn đề nhìn phép biến đổi đối song (dạng hình học động) việc phát vấn đề lại đơn giản Vì việc nắm bắt nội dung phép biến đổi đối song góp phần nâng cao kĩ giải tốn hình học phẳng 2.3 Áp dụng (VMO -2015) Cho đường tròn (O) hai điểm B, C cố định (O), BC không đường kính Một điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn Gọi E, F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Cho (I) đường tròn thay đổi qua E, F có tâm I DB cot B Giả sử (I) tiếp xúc với BC D Chứng minh  DC cot C Lời giải: A L K E I F B D C Gọi K, L giao điểm thứ hai (I) với AB, AC Nếu tam giác ABC cân A, hiển nhiên toán Giả sử AB  AC Ta có BC, KL đối song với EF, suy KL//BC DB BF BK BF BK BF AB BF BE cot B DB cot B Suy        DC CE.CL CE CL CE AC CE CF cot C DC cot C 2.(VMO – 2014) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB  AC Gọi I trung điểm cung BC không chứa A Trên AC lấy điểm K khác C cho IK  IC Đường thẳng BK cắt (O) D ( D  B) cắt đường thẳng AI E Đường thẳng DI cắt đường thẳng AC F Chứng minh EF  BC Lời giải: Theo giả thiết K thuộc đoạn AC Do I trung điểm cung BC nên   EDF   EADF nội tiếp EAF Xét tam giác KAD, từ tứ giác ADFE, ADCB nội tiếp suy EF, BC đối song với AD, nên EF // BC (1) Ta có IK  IC  IKC cân I Hơn ABIC nội tiếp, ta suy    1800  ICK    IAB  IK  IC  IB , AKI  1800  IKC ABI Ta lại có IAK nên suy ABI  AKI , từ suy AI trung trực BK hay E trung điểm BK (2) Từ (1) (2) suy EF đường trung bình tam giác KBC hay 2EF = BC Cho tam giác ABC Đường thẳng d qua đỉnh A vng góc với BC O điểm thuộc d, đường tròn tâm O bán kính OA cắt hai đường thẳng AB, AC P, Q Gọi T giao điểm hai tiếp tuyến P, Q đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Chứng minh điểm T thuộc đường thẳng cố định O thay đổi d HD: Cách 1: Ta có AP AB  AD AH  AQ AC  B, P, Q, C đồng viên, PQ đối song với BC tam giác ABC Áp dụng hệ suy điều phải chứng minh d A Q O P B D T H C Cách 2: Kẻ tiếp tuyến d A đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Suy (d, AT, AP, AQ) chùm điều hòa Mà BC // d, suy AT qua trung điểm BC Cho tam giác ABC AA’, BB’, CC’ đường cao tam giác ABC Đường tròn đường kính AA’ cắt AB, AC P, Q Tiếp tuyến P, Q đường tròn đường kính AA’ cắt A’’ Các điểm B’’, C’’ xác định tương tự Chứng minh AA’’, BB’’, CC’’ đồng qui Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Đường trung trực AC cắt CB N, đường trung trực CB cắt CA M a) Chứng minh bốn điểm A, B, M, N nằm đường tròn b) Cho A, B (O) cố định Chứng minh MN tiếp xúc với đường tròn cố định HD: a) Gọi K, L trung điểm CA, CB suy KL song song AB Ta có KL đối song với MN AB//KL, suy AB đối song với MN tam giác CMN Do bốn điểm A, B, M, N nằm đường tròn b) Gọi P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCO, suy P cố định MN tiếp xúc với đường tròn tâm P, bán kính nửa bán kính đường tròn (O) (RUSSIA 1998) Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác BCO OK đường kính (S); D, E giao điểm thứ hai (S) với AB, AC Chứng minh ADKE hình bình hành HD: Hệ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Đường trung trực AB cắt AC, CB C1, C2; đường trung trực AC cắt BA, BC B1, B2 Chứng minh bốn điểm B1 , B2 , C1 , C2 đồng viên HD: Gọi K,L trung điểm AB, AC Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KLO trung điểm AO B1C1 đối song với KL tam giác KLO A L K B O B2 B1 P C C2 C1 Q Mà B2C2 // KL  B1C1 đối song với B2C2 tam giác OB2C2 , B1 , B2 , C1 , C2 đồng viên Nhận xét: Nếu gọi P, Q giao điểm hai đường tròn ( BB2 B2 ), (CC1C2 ) O, P, Q , A thẳng hàng Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, N, M; BI cắt MN E, CI cắt MN F Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp Giải: Gọi P giao điểm thứ hai AI với (O) Dễ chứng minh P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI Xét tam giác BCI có IP  EF  EF đối song với BC, suy BFEC nội tiếp Cho đường tròn (O) cố định AB dây cung cố định khác đường kính (O) I trung điểm đoạn AB P điểm thay đổi cung lớn AB (O)   PNI  Gọi M, N thuộc tia PA, PB cho PMI APB Chứng minh: a) Đường thẳng qua P vng góc với MN qua điểm cố định b) Đường thẳng Ơle tam giác PMN qua điểm cố định HD: a) Gọi X  IM  PB, Y  IN  PA (không tổng quát giả sử N thuộc đoạn AX, M thuộc đoạn AY)   PNI  APB  YPN , XPM cân Y, X Ta có PMI   1800     MNXY nội tiếp Suy PYN APB  PXM Gọi S tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB, suy S cố định   1800     I XBS nội tiếp Tương tự ISYA nội tiếp SB  OSB AOB  PXI Ta có I   SIB   900  PS đường kính đường tròn ngoại tiếp XB  SYA Suy S tam giác PXY Xét tam giác PXY: Từ tứ giác MNXY nội tiếp, suy MN đối song với XY Suy PS vng góc với MN Vậy đường thẳng qua P vng góc với MN ln qua điểm S cố định P N M A X O B I Y S b) Bổ đề: Cho tam giác ABC đường tròn  qua hai đỉnh B, C cắt AB, AC X, Y Gọi H, H’ trực tâm tam giác AMN, ABC Gọi I giao điểm BY CX Khi H, H’, I thẳng hàng Thật vậy, dễ thấy H, H’, I thuộc trục đẳng phương hai đường tròn đường kính BX, CY Trở lại toán: Gọi H, H’ trực tâm tam giác PMN, PXY Từ YPN , XPM cân Y, X suy H’ tâm đường tròn (PMN) Áp dụng bổ đề ta đường thẳng Ơle tam giác PMN qua I cố định 10 (IMO 1985) Đường tròn tâm O qua hai đỉnh B, C tam giác ABC, cắt cạnh AB, BC tương ứng K, N Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC   900 KBN cắt M Chứng minh OMB Lời giải: Cách 1: Gọi O’, O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, BKN Gọi E, F giao điểm thứ hai BO’, BO1 với đường tròn (O’), (O1) Gọi O2 trung điểm EF, suy BE // O1O2 O’O2 // BF Xét tam giác ABC, ta có KN đường đối song AC, suy BE  KN Do O1O2  KN , suy O2 thuộc trung trực KN (1) Dễ thấy E, F, M thẳng hàng ME MF vng góc với BM Xét tam giác BKN, ta có AC đường đối song KN, nên BF  AC  O ' O2  AC Do O2 thuộc trung trực AC (2) Từ (1) (2) suy O2  O Do O nằm đường thẳng EM, nên OM  BM B O1 N M O’ K A F O2 O C E Cách 2: Ta có KN đối song AC tam giác BAC, suy BO '  KN (1) AC đối song KN tam giác BKN, suy BO1  AC (2) (O)  (O1 )   K , N   OO1  KN (3) (O)  (O ')   A, C  OO'  AC (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy BO ' OO1 hình bình hành, suy BO cắt O’O1 10 I trung điểm đường, suy IO  IB (5) (O1 )  (O ')   B, M   O1O ' trung trực BM, suy IB  IM (6) Từ (5) (6) suy MO vuông M B N O1 I M O’ K O A C Nhận xét:- Bằng cách sử dụng đường thẳng đối song, ta có lời giải đẹp cho IMO Không lời giải cho trường hợp K, N thuộc đường thẳng AB, AC Bài tốn có nhiều ứng dụng vào chứng minh sáng tác toán khác 11 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  Đường tròn  ' thay đổi qua B, C cắt AB, AC E, F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn  K ( A  K ) KE, KF cắt lại đường tròn  Q, P (khác K) Gọi T giao điểm BQ CP Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định đường tròn  ' thay đổi Lời giải 1: ( EF , BP)  ( EF , FP)  ( FP, BP)  ( EA, KA)  ( KA, BA) (vì E, F, A, K đồng viên A, B, P, K đồng viên)  ( EA, BA)  0(mod  )  EF // BP (1) Chứng minh tương tự, ta có EF // CQ (2) Từ (1) (2) suy BP // CQ  BPCQ hình thang cân, suy OT vng góc với BP, OT vng góc với EF Dễ chứng minh EF vng góc AO Từ suy A, O, T thẳng hàng Lời giải 2: Gọi M  AE  KF , N  AF  KE Xét tam giác AKM, từ bốn điểm (A, K, E, F), (A, K, B, P) đồng viên, suy EF BP đối song với AK Do BP // EF Tương tự CQ // EF Suy BPCQ hình thang cân (Giải tiếp cách 1) 12 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O BE, CF đường cao, H trưc tâm M trung điểm cạnh BC Tia MH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Các đường thẳng DE, DF cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC P, Q tương ứng Chứng minh AO, BQ, CP đồng qui 11 Lời giải: Không tổng quát giả sử D thuộc cung AB không chứa C Gọi K giao điểm AF DE Dễ chứng minh AEHFD nội tiếp Xét tam giác AKD, ta có EF, BP đối song với AD, suy EF//BP (1) Tương tự gọi L giao điểm điểm DF AE Xét tam giác ALD, ta có EF, CQ đối song với AD, suy EF//CQ (2) Từ (1) (2) điểm B, P, Q, C nằm đường tròn suy BQCP hình thang cân Gọi S giao điểm BQ CP, suy OS  BP Mặt khác từ tính chất đối song suy OA  EF Từ suy A, O, S thẳng hàng Vậy AO, BQ, CP đồng qui S L A K D E P F H O B C M Q S Mở rộng: Cho tam giác ABC Đường tròn qua hai điểm B, C cắt AB, AC E, F đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D DE, DF cắt lại đường tròn (ABC) P, Q Chứng minh PC, QB, AO đồng qui (O tâm đường tròn (ABC) 13 (England – 2007) Gọi H trực tâm tam giác ABC, P điểm nằm mặt phẳng tam giác ABC khác A, B, C Các điểm L, M, N chân đường vng góc hạ từ H đến đường thẳng PA, PB, PC Gọi X, Y, Z giao điểm LH, MH, NH với BC, CA, AB Chứng minh ba điểm X, Y, Z thảng hàng Lời giải: Cách Gọi A’, B’, C’ chân đường cao hạ từ A, B, C đến cạnh đối diện Dễ thấy HA.HA '  HB.HB '  HC.HC ' 12   CC  Ta có CNZ ' Z  900  bốn điểm C, N, C’, Z đồng viên, suy HN HZ  HC.HC ' Chứng minh tương tự ta có HL.HX  HA.HA ' HM HY  HB.HB ' Từ suy điểm (X, Y, L, M), (X, Z, L, N) đông viên Y A B’ N L H P M X B C A’ Z Dễ thấy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HLM, HLN trung điểm HP Xét tam giác HLM với đường tròn (XYLM) qua L, M suy XY đối song với LN, PH  XY (1) Chứng minh tương tự ta có PH  XZ (2) Từ (1) (2) suy X, Y, Z thẳng hàng Cách Để chứng minh X, Y, Z thẳng hàng ta chứng minh PH  XY PH  XZ Ta có XH  HL  PA  XP  XA2  HP  HA2 (1) XB  CB  AH  AX  AB  HX  HB (2) BH  AC  AY  BA2  BY  HA2  HY (3) YH  MH  BP  YB  YP  HB  HP (4) Cộng (1), (2), (3) (4) vế theo vế ta XP  YP  HX  HY  PH  XY (5) Chứng minh tương tự ta có HP  XZ (6) Từ (5) (6), suy đpcm Cách Đặt HA.HA '  HB.HB '  HC.HC '  HL.HX  HN HZ  HM HY  r Xét phép nghịch đảo  tâm H, phương tích r 13 Qua phép biến đổi  : L  X , M  Y , N  Z ; mà đường tròn (LMN) qua H, nên qua  đường tròn (LMN) biến thành đường thẳng XYZ 14 (HSG-THPT chuyên Lam Sơn 2015) Trong mặt phẳng cho tam giác ABC khơng cân, cố định Đường tròn  thay đổi qua hai điểm B, C;  cắt đường thẳng AC, AB E, F Gọi K giao điểm BE CF, O tâm đường tròn  Chứng minh rằng: a) KO qua điểm cố định  thay đổi b) d ( A, KO)  R (trong d ( A, KO) khoảng cách từ A đến đường thẳng OA R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Dấu đẳng thức xảy nào? HD: Cách 1: Gọi M giao điểm EF BC, AM đường đối cực K đường tròn  OK  AM Gọi H  AM  OK  AH  HO OH OK  OB  OB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BHK, suy  (OB, BK )  ( BH , HO)  ( BH , HA)  ( HA, HO)  ( BH , HA)  (mod  ) , (vì HA  HO )      ( BH , HA)  (OB, BK )   (OB, BE )    (OE , OB)  ,(vì OBE cân O) 2 2  (OB, OE )  ( BC , CE )  ( BC , CA)(mod  ) , suy bốn điểm A, H, B, C nằm đường tròn Từ suy KO ln qua điểm D cố định, với AD đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Cách 2: Qua B kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt lại  B’, qua C kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt lại  C’ Gọi D  BB ' CC ', suy AD đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, suy D cố định Áp dụng định lý Pascal cho điểm B, C, E, F, B’, C’ nằm đường tròn  , suy K, O, D thẳng hàng A E H F K M O B C D  b) Ta có d ( A, KO)  AH  AD  R Dấu H  D tâm O  giao điểm đường thẳng vng góc với AD D trung trực BC 14 Nhận xét: - Có thể chứng minh OK  AM định lý Brocard - Bài toán sáng tác theo tính chất EF đối song với BC tam giác ABC 15 (T5/436 - TH&TT) Cho đường tròn (O) đường kính AB Từ điểm I nằm ngồi đường tròn kẻ IH vng góc với AB (H nằm O A) IA, IB cắt (O) E, F; EF cắt AB P EH cắt (O) điểm thứ hai M, PM cắt (O) điểm thứ hai N Gọi K trung điểm EF, O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN Chứng minh O’H // OK M HD: BE, AF, IH đồng qui Q trực tâm tam giác ABI, suy N IH phân giác O’  EHF  M , F đối xứng qua AB P O H A  PM , PF đối xứng qua B AB  N , H , F thẳng hàng Mà Q EF đường đối song MN tam giác HMN, suy E K O’H vng góc với EF Theo giả thiết ta có OK  EF Từ suy F O’H//OK I 16 (Shortlits IMO -2012) Cho tam giác ABC nhọn, điểm D, E, F chân đường vng góc hạ từ đỉnh A, B, C đến cạnh BC, CA, AB Gọi I1, I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDF; O1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACI1, BCI2 Chứng minh I1I2 song song với O1O2 HD: 15 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC I3 tâm đường tròn nội tiếp tam giác CED Dễ chứng minh II1.IA  II IB  II IC , suy tứ giác AI1 I B, BI I 3C , AI1 I 3C nội tiếp Do đường tròn (O1 ),(O2 ) cắt C, I3.Suy O1O2  CI (1) Dễ thấy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB trung điểm cung AB (không chứa C), nên thuộc CI Ta lại có I1 I đối song với AB tam giác AIB, CI  I1 I (2) Từ (1) (2) suy I1I2 song song với O1O2 17 Cho tam giác ABC, P điểm Đường tròn (M) qua B, C BP, CP cắt (M) K, L KL cắt CA, AB E, F G, H đối xứng với E, F qua P GH cắt PB, PC Y, Z Giả sử B, C (M) cố định, A, P thay đổi cho đường nối P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC qua điểm cố định BC Chứng minh trung trực YZ qua điểm cố định HD: Gọi X tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC Ta có LK đối song với BC tam giác BPC, suy PX  LK Gọi J trung điểm LK, suy MJ  LK 16 Từ PX // JM Ta lại có đoạn LK đối xứng với đoạn ZY qua P PX qua điểm D cố định BC, nên trung trực ZY qua điểm N (cố định) đối xứng với M qua D 18 Cho đoạn BC D thuộc BC cố định Đường tròn (O) thay đổi qua B, C M đối xứng với O qua BC Đường thẳng qua O song song với MD cắt (O) A cho A M khác phía với BC Đường tròn (K) cố định qua B, C MD cắt đường thẳng qua A vng góc với BC H HB, HC cắt (K) E, F khác B, C Y, Z đối xứng với E, F qua H Chứng minh trung trực YZ qua điểm cố định (O) di chuyển HD:  H trực tâm tam giác ABC; M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC  Ta có EF đường đối song với BC tam giác BHC Suy EF vng góc với HM Từ suy điểm cố định điểm đối xứng với K qua điểm D 19 Cho tam giác MKL S đối xứng với K qua ML, T đối xứng với L qua MK Y tâm đường tròn Ơle tam giác MLK Chứng minh MY qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MST HD: Gọi N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MST  Dễ thấy đường đẳng giác MN tam giác MLK đường đẳng giác MN tam giác MST  Mà N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MST, nên theo tính chât đối song, đường đẳng giác MN tam giác MST đường thảng qua M vng góc với ST  Đường đẳng giác đường thẳng MY tam giác MLK đường thẳng qua M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KOL (O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MLK) Thật vậy, gọi O’ điểm đối xứng với O qua KL J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KOL Dễ thấy OK tiếp tuyễn OM OO ' (KO’J), suy OK  OO'.O J  OM  OO '.OJ   O J OM  (H trực tâm tam giác MLK)  MOO '  JOM  OMO '  OJM  JMH N O’ Z K J L H Y O T S M 17  Ta cần chứng minh MJ  ST Thật vây, Gọi Z  SL  TK  Z  ( KOL) Ta có: SJ  TJ  PS /( KOL )  PT /( KOL )  SL.SZ  TK TZ  KL( SZ  TZ )  KL( LZ  KZ )  ML2  MK  MS  MT  SJ  TJ  SM  TM  ST  MJ 20 Cho tam giác ABC; AD, BE, CF đường cao; trung tuyến AM DF  BE  P, CF  DE  Q S, T hình chiếu B, C trung trực AC, AB MS  PQ  U , MT  PQ  V Chứng minh S, T, U, V thuộc đường tròn HD: Gọi K, L trung điểm AC, AB; X, Y tâm đường tròn Ơle tam giác ABC, MLK Ta có S đối xứng với K qua ML T đối xứng với L qua MK  Áp dụng 19 ta có MY qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MST  Áp dụng tính chất đối song ta cần chứng minh MY  UV Thật vậy,  PP /( DEF)  PP /( HBC )  Gọi H trực tâm tam giác ABC Ta có   P, Q thuộc trục  PQ /( DEF)  PQ /( HBC ) đẳng phương (DEF) (HBC) Suy AX  PQ , A, X tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC thẳng hàng  Qua phép vị tự V 1  : AX  MY (G trọng tâm tam giác ABC), suy AX G,    song song với MY, hay MY  UV  đpcm 21 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn  thay đổi qua B, C cắt đường thẳng AB, AC E, F tương ứng O1 đối xứng với O qua EF; O2 đối xứng với O1 qua AB; O3 đối xứng với O1 qua AC Tìm tập hợp tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 HD: Đáp số  A 22 (VÒNG 2, TRƯỜNG ĐÔNG BẮC TRUNG BỘ 2015) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân nội tiếp đường tròn  Đường tròn  ' thay đổi qua B, C cắt cạnh AB, AC E, F ( E , F  A) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại đường tròn  K ( A  K ) KE, KF cắt lại đường tròn  Q, P ( P, Q  K ) Gọi T giao điểm BQ CP Gọi M, N trung điểm BF, CE a)Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định đường tròn  ' thay đổi b) Chứng minh KA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Nguyễn Văn Nhiệm Lời giải : Gọi O tâm đường tròn  a) Cách1: ( EF , BP)  ( EF , FP)  ( FP, BP)  ( EA, KA)  ( KA, BA) (vì E, F, A, K đồng viên A, B, P, K đồng viên)  ( EA, BA)  0(mod  )  EF // BP (1) 18 Chứng minh tương tự, ta có EF // CQ (2) Từ (1) (2) suy BP // CQ  BP, CQ hai đáy hình thang cân, suy OT vng góc với BP (vì O thuộc trung trực BP CQ), OT vng góc với EF Dễ chứng minh EF vng góc AO Từ suy A, O, T thẳng hàng Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định Cách 2: Gọi U  AE  KF ,V  AF  KE Xét tam giác AKU, từ bốn điểm (A, K, E, F), (A, K, B, P) đồng viên, suy EF BP đối song với AK Do BP // EF Tương tự CQ // EF Suy BP, CQ hai đáy hình thang cân Suy OT vng góc với BP, OT vng góc với EF Dễ chứng minh EF vng góc AO Từ suy A, O, T thẳng hàng Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định b) Ta có BC, EF, AK theo thứ tự trục đẳng phương cặp đường tròn   ';  ' (AEF);  (AEF) Do BC, EF, AK đồng qui điểm D Gọi : L giao điểm BF CE; X, Y theo thứ tự giao điểm BF, CE với AD Suy ( AD, XY )  1  B( AD, XY )  1  B( EC , LY )  1  ( EC , LY )  1 Mà N trung điểm CE, nên theo hệ thức Mác-lơ-ranh ta có LN LY  LE.LC Hồn tồn tương tự, ta có LM LX  LF LB X A K Y F E Z L P O M D N C B Q T Suy LN LY  LM LX , suy M, N, X, Y đồng viên Gọi Z trung điểm AD, suy M, N, Z thẳng hàng theo định lý đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần BCFEAD Từ M, N, X, Y đồng viên suy ZM ZN  ZX ZY Mặt khác ta lại có ( AD, XY )  1 Z trung điểm AD, nên theo hệ thức Niu-tơn ta có ZA2  ZX ZY  ZM ZN  ZA tiếp tuyến đường tròn (AMN) Đpcm 19 23 Cho đường tròn (C) tâm O cố định điểm M khác O Đường kính AB quay quanh O đường thẳng AB khơng qua M MA, MB cắt (O) điểm thứ hai A’, B’ a) Chứng minh đường thẳng A’B’ qua điểm cố định b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MA’B’ qua điểm cố định Lời giải: Gọi L, K, I giao điểm đường thẳng OM với A’B’ , đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB đường tròn ngoại tiếp tam giác MA’B’ HD: Tứ giác MAKB nội tiếp đường tròn có giao điểm hai đường chéo O , nên OM.OK=OA.OB Suy OK  OA.OB không đổi , nên K điểm cố định OM Dễ thấy A’B’ đối song với AB tam giác MAB, suy tứ giác AA’LK, BB’LK nội tiếp, suy ML.MK = MA’.MA = PM/(O) không đổi, suy L cố định K cố định MA MO MA.MA   MB   O nên MA ' I ~ MOA    MI  b) Do MIA ' A  MA MI MA MO Với ý MA.MA’ khơng đổi (lí luận tương tự câu a) ta suy I điểm cố định Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MA’B’ ln qua điểm cố định khác M I 20 2.4 Bài tập Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Đường thẳng qua B vng góc với phân giác  ACD cắt CD B1, đường thẳng qua C vng góc với phân  giác ABD cắt AB C1 Chứng minh AD song song với B1C1 HD: Dễ thấy BCB1C1 nội tiếp, suy AD, C1B1 đối song với BC AD song song với B1C1 (RUSSIA – 98) Đường  tâm O cắt đường  ’ hai điểm A, B C điểm nằm đường  (C  A, B) Gọi E, D giao điểm thứ hai  ’ với CA, CB tương ứng Chứng minh CO vuông góc với DE HD: DE đối song với AB (UKRAINA – 96) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O)  đường tròn qua A, B, O Đường thẳng CA, CB cắt  P, Q tương ứng Chứng minh PQ vng góc với CO Cho hình thang ABCD (AB//CD) Hai đường chéo AC, BD cắt O vng góc với Các góc DAB CBA nhọn Điểm M thuộc đoạn AO điểm N thuộc đoạn OB cho góc BMD = góc ANC = 90 độ Gọi E, F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABO, CDO Chứng minh EF vng góc với MN HD: ON  OA.OC OM  OB.OD OA OB AB AB // CD    OC OD CD  ON OA.OC OC DC  OA2  OA2  OA  AB ON OM     ON OB  OM OA  MNBA OA OB OM OB OD OD DC      OB OB OB AB nội tiếp Do MN đối song với AB tam giác OAB Suy MN vng góc với OE Tương tự OF vng góc với MN từ suy điều phải chứng minh 21 AC BD hai dây cung đường tròn tâm O K  AC  BD Gọi M, N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK, CDK Chứng minh MKON hình bình hành HD:  DC đối song với AB tam giác AKB, suy MK  DC (1)  ON trung trực CD, suy ON  DC (2)  MO trung tực AB, suy MO  AB (3)  AB đối song với CD tam giác KCD, suy NK  AB (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy MKON hình bình hành Cho tam giác ABC, đường cao AA1 , CC1 cắt H Điểm H A đối xứng với điểm H qua A Đường thẳng H AC1 cắt AC C ' ; điểm A’ định nghĩa tương tự Chứng minh A ' C '// AC HD: AHC1  CHA1  AH AC1  CH C A1  A ' A1 B  C ' C1 B  A ', C ', A1 , C1 đồng viên A’C’ đối song với C1 A1 , ta lại có AC đối song với C1 A1 Do A’C’ // AC 22 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Qua hệ thống số tập thấy vai trò phép biến đổi đối song giải tốn sáng tạo toán Nhiều tốn kì thi VMO, IMO giải (mới) cách sắc sảo phương pháp đối song Đồng thời thông qua phép biến đổi đối song sáng tạo toán hay khó Phương pháp đối song trình bày viết tác giả giảng dạy cho học sinh lớp chuyên toán đợt tập huấn cho đội tuyển ơn luyện kì thi HSG Quốc gia, Quốc tế em áp dụng thành cơng gặp tốn có nội dung hình học liên quan Vấn đề trình bày báo cáo chuyên đề bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên Viện toán cao cấp tổ chức vào tháng năm 2015, đồng nghiệp đánh giá phương pháp hữu ích giải tốn hình học liên quan Nội dung trình bày chuyên đề bồi dưỡng giáo viên cấp THCS năm học 2015 – 2016 Sau tiếp thu, nhiều giáo viên phấn khởi nói nhiều tốn trước thiếu sở để tìm tòi lời giải sở giải thích lại có lời giải tốn vậy, chúng tơi có sở Bản thân nhận thấy phương pháp đường thẳng đối song phương pháp hữu hiệu giải tốn hình học phẳng, tơi kiến nghị Sở Giáo dục Đào tạo nghiên cứu, phổ biến nội dung rộng rãi, nhằm tạo thuận lợi góp phần nâng cao chất lượng học tập, giảng dạy mơn Tốn học sinh giáo viên Tài liệu tham khảo Một số đề toán viết sưu tầm từ tài liệu lời giải tác giả giải (mới) phương pháp đối song [1] Shortlits IMO [2] http:// analgeomatica.blogspot.com [3] http://www Geometry.ru/olymp/php XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2016 Tôi cam đoan SKKN không chép nội dung người khác Nguyễn Văn Nhiệm 23 ... đối song biến lớp đường thẳng phương với l1 thành lớp đường thẳng phương với l2 (mỗi đường thẳng lớp l1 đối song với đường thẳng lớp l2 ) (đây vấn đề hình học động) Ta có số mối liên hệ sau đường. .. nói QP đối song với BC tam giác ABC a) Trong tam giác đường thẳng nối chân hai đường cao đường đối song với đường thẳng chứa cạnh lại b) Tiếp tuyến đỉnh đường tròn ngoại tiếp tam giác đường đối. .. hệ sau đường thẳng đối song tam giác Cho tam giác ABC, hai điểm P, Q thuộc hai đường thẳng AB, AB Nếu đường thẳng PQ đối song với BC hai đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC, ta nói PQ đối song với