Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh khá, giỏi sáng tạo các bài toán mới từ bài toán gốc

PHO PHỊNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH CHƯƠNG TRƯỜNG THCS TƠN QUANG PHIỆT =====***===== SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ, GIỎI SÁNG TẠO CÁC BÀI TỐN MỚI TỪ BÀI TỐN GỐC Nàm hoüc 2007 üüü - 2008 GIÁO VIÊN: LÊ THANH HỒ THÁNG: 4/2008 Năm học: 2007 - 2008 Người viết: Lê Thanh Hoà Giáo viên toán trường THCS Tôn Quang Phiệt PHÒNG GIÁO DỤC THANH CHƯƠNG Trường THCS Tôn Quang Phiệt HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ GIỎI TOÁN Ù Ã Ï Ù Û ÙÙ Ã Ï Ù Û ÙÙ Ã Ï Ù Û Ù SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN MỚI TỪ BÀI Ù Ï Ù Ø Ù Ù Ø ØÙ Ï Ù Ø Ù Ù Ø ØÙ Ï Ù Ø Ù Ù Ø Ø TOÁN GỐCÙ ÁÙ ÁÙ Á 2.Mục đích nghiên cứu Đây là một đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của môn hình học, đặc biệt nó giúp phát triển khả năng tư duy sáng tạo của học sinh, nếu vấn đề này được quan tâm thường xuyên trong dạy học của các thầy cô giáo thì chắc chắn đề tài sẽ là kinh nghiệm bổ ích trong việc đào tạo và bồi dưỡng đội ngũ học sinh khá giỏi toán. Vì trong thực tế dạy học toán rất nhiều bài toán mà trong khi giải ta có thể tìm được nhiều ý tưởng hay độc đáo để từ đó có thể sáng tạo nên chuỗi bài tập liên quan với nhau, có thể tổng quát hoá bài toán... nhưng trong khuôn khổ của bài viết này tôi chỉ xin phép đưa ra 2 bài toán mẫu để minh hoạ cho 1 ý tưởng dạy học toán ""Dạy toán là dạy cho học sinh biết cách sáng tạo toán"" 3.Đối tượng và phạm vi áp dung: Đề tài này được viết trong quá trình dạy và học của tôi tại trường THCS Tôn Quang Phiệt là 1 trường trọng điểm của huyện nên có nhiều học sinh có khả năng tiếp thu học tập môn toán, học sinh rất ham học và tìm tòi cái mới. Việc thể hiện đề tài khá thuận lợi. I. ĐẶT VẤN ĐỀ: 1.Lý do chọn đề tài Ở trường THCS dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh, trong đó giải toán là đặc trưng chủ yếu của hoạt động toán học của HS. Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho HS ngoài việc trang bị tốt kiến thức cơ bản cho HS giáo viên cần hướng dẫn cho HS biết cách khai thác, mở rộng kết quả các bài toán cơ bản để HS suy nghĩ tìm tòi những kết quả mới sau mỗi bài toán . Nhưng thật tiếc là trong thực tế chúng ta chưa làm được điều đó một cách thường xuyên. Phần lớn GV chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài toán thành một chuỗi bài toán liên quan, trong giải toán chúng ta chỉ dừng lại ở việc tìm ra kết quả của bài toán. Điều đó làm cho HS khó tìm được mối liên hệ giữa các kiến thức đã học. Cho nên khi bắt đầu giải một bài toán mới HS không biết phải bắt đầu từ đâu? cần vận dụng kiến thức nào? bài toán có liên quan đến những bài toán nào đã gặp? Hình học không đơn thuần ""Chỉ vẽ hình là ra"".Nó cũng đòi hỏi cần phải có suy luận, phân tích, tưởng tượng cái đức tính cần có của người làm toán. Các bạn đã bao giờ tự hỏi, tại sao nhiều người tự mình sáng tạo ra được rất nhiều bài toán trong các lĩnh vực như đại số, giải tích, số học, ....nhưng trong hình học lại quá ít như vậy hay chưa? Nếu xem xét một cách nghiêm túc thì trong hình học không phải khó tìm ra sự sáng tạo mà vấn đề là chúng ta đã dành cho hình học sự quan tâm ở mức nào. Trong quá trình dạy toán và bồi dưỡng HS giỏi toán tôi thấy rằng việc tìm tòi mở rộng các bài toán quen thuộc thành các bài toán mới, tìm các cách giải khác nhau cho 1 bài toán để từ đó khác sâu kiến thức cho HS là một phương pháp khoa học và hiệu quả.Qúa trình này bắt đầu từ các bài toán đơn giản đến bài tập khó là là bước đi phù hợp để rèn luyện năng lực tư duy cho HS. Một điều chắc chắn rằng việc tìm tòi mở rộng bài toán sẽ kích thích hứng thú học tập và óc sáng tạo của HS . Từ đó giúp HS có cơ sở khoa học khi phân tích , định hướng tìm lời giải cho ác bài toán khác. Hơn nữa là củng cố cho HS lòng tin vào khả năng giải toán của mình. Chỉ vậy thôi, chúng ta đã nhen nhóm lên trong các em một tình yêu toán học, một môn học được coi là quá khô khan. Trong bài viết này tôi xin đưa ra 2 bài toán gốcï để giới thiệu cách khai thác kết quả và mở rông bài toán như thế nào Hình 3 Gọi K là trực tâm AEN thì NK = NB(do AK // ON; O là trung điểm AB) => EK // BF (vì cùng vuông góc với AC). Từ đó ta dễ chứng minh: EKN = FBN (g.c.g) => NE = NF Hình 2 Hình 1 Lời giải : a.Gọi N' là giao điểm của AD và BC, thì N'N vuông góc AB ta chứng minh M thuộc N'N. Lấy M' là trung điểm N'N ta dễ chứng minh M'D vuông góc DO và M'C vuông góc CO => M' là giao điểm 2 tiếp tuyến kẻ từ D,C => M' trùng M => MN vuông góc AB b. CÁCH 1.(hình 1) Gọi B' là điểm đối xứng của b qua N thì B'A // NO => B'A vuông góc NE => B'E vuông góc AN => B'E // BF .Từ đây dễ chứng minh B'NE = BNF (g.c.g) => NE = NF CÁCH 2.(hình 2) Kẻ OH vuông góc AD ; OI vuông góc BC Từ sự đồng dạng của 2 tam giác: DAN và CBN Lại có các tứ giác ONHE ; ONFI nội tiếp ta suy ra: gócNHO = gócNEO = gócNIO = gócNFO => EOF cân tại O => NE = NF Nhận xét: Sau khi giải bài toán tôi thấy rằng bài toán có thể được xây dựng thành các bài toán khác ở mức độ khó hơn. Sau đây tôi xin nêu 1 số suy nghĩ đó: HƯỚNG KHAI THÁC THỨ NHẤT (sáng tạo ra các bài toán mới với giả thiết rộng hơn) 1.TÌNH HUỐNG1:Trước khi đưa ra bài toán mới GV cần đưa ra câu hỏi gợi mở để HS suy nghĩ và phát hiện vấn đề, ví dụ như: ?. Hãy xác định xem GT nào của bài toán là giả thiết HẸP, có thể thay bằng một GT RỘNG hơn như thế nào? ? với GT mới kết quả bài toán sẽ như thế nào? Bài 1.1: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Các dây cung AC,BD cắt nhau tại N. Qua N vẽ đường thẳng vuông góc NO, đường úthẳng này cắt các đường thẳng AD,BC lần lượt tại E, F. Chứng minh NE = NF Lời giải: (Hình 3) BÀI TOÁN XUẤT PHÁT 1 :( đề thi HSG lớp 9 tỉnh nghệ an năm 2008) Cho đường tròn O đường kính AB và dây cung CD( C,D không trùng với A,B). Gọi M là giao điểm các tiếp tuyến của đường tròn tại C,D ; N là giao điểm các dây cung AC và BD. Đường thẳng qua N và vuông góc NO cắt AD,BC tại E,F. Chứng minh: a. MN vuông góc với AB b. NE = NF E F B' N K N' F E N A I H F E N N' B M N' B M O O O B D C A D C A C D Lời giải: (hình 6) Kẻ OP vuông góc AC ; OQ vuông góc BD khi đó các tứ giác OQNE; OPNF nội tiếp nên ta có: gócNOF = gócNPF (1) gócNOE = gócNQE (2) NCA đồng dạng NDB (g.g) lại có P; Q là trung điểm của AC; BD nên => NPC đồng dạng NQD => gócNQD = gócNPC hay là gócNQE = gócNPF (3). từ (1);(2);(3) => gócNOE = gócNOF kết hợp với NO vuông góc EF ta suy ra EOF cân tại O => NE = NF Hình 6 Bài 1.4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).Các đường thẳng AD, BC cắt nhau tại N ở ngoài (O). Đường thẳng qua N vuông góc NO cắt các đường thẳng AC, BD tại E,F. Chứng minh: NE = NF Hình 5 Hình 4 Lời giải:(Hình 4) Lấy B' đối xứng với B qua N. Khi đó B'A // NO => B'A ⊥ NF vì B'N vuông góc AF => N là trực tâm của B'AF => AN vuông góc B'F => BE // B'F (vì cùng vuông góc với AN) Từ đây dễ dàng chứng minh được: B'NF = BNE (g.c.g) nên => NE = NF 3.TÌNH HUỐNG 3: Cần chú ý rằng trong bài toán gốc AB là đường kính của đường tròn nếu xem đây là GT HẸP, thì GT RỘNG hơn là xét AB như là 1 dây cung bất kỳ ta sẽ có 4 bài mới toán sau là sự tổng quát của bài toán 1.1 và bài 1.2 Bài 1.3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O).Các đường chéo AC, BD cắtnhau tại N . Qua N vẽ đường thẳng vuông góc NO , đường thẳng này cắt các đường thẳng AD, BC tại E, F Chứng minh NE = NF Lời giải: (Hình 5) kẻ OQ vuông góc AD và OR vuông góc BC => Q,R là trung điểm của AD, BC. Chú ý rằng: DNA đồng dạng CNB nên suy ra DNQ đồng dạng CNR => gócDQN = gócCRN => gócNQO = gócNEO (1) các tứ giác EQON, FRNO nội tiếp nên: gócNQO = gócNEO và gócNRO = gócNFO (2) Từ (1) và (2) => gócNEO = gócNFO => EOF cân tại F => NE = NF 2.TÌNH HUỐNG 2: Với 1 thay đổi nhỏ trong GT ta có được bài toán 1.1 là 1 bài toán mạnh hơn. Bây giờ ta hãy để ý đến vị trí của điểm N là giao điểm 2 dây cung AC ; BD Để sáng tạo ra bài toán mới, ta thay GT N là giao điểm của AC; BD thành GT N là giao điểm của AD vàØ BC. Với GT mới này ta sẽ có bài toán sau: Bài1.2: Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB. 2 dây cung AD , BC cắt nhau tại điểm N ở ngoài (O) Qua N kẻ đường vuông góc với NO, đường thẳng này cắt các đường thẳng BD, AC lần lượt tại E, F Chứng minh rằng : NE = NF QP F E N R Q F E N B' F E C D A O B N O O A D C B A D B C HƯỚNG KHAI THÁC THỨ 2:( Sáng tạo ra bài toán mới là hệ quả của bài toán gốc) Hình 8b Lời giải:(Hình 8b) Từ kết quả của bài toán 1.6 ta có: IE = IF và IA = IB => AE = FB và AF = BE (1) Tứ giác AMBP nội tiếp nên EM.EP = EA.EB (2) Tứ giác ANQB nội tiếp nên: FN.FQ = FB.FA (3) Từ (1) => EA.EB = FA.FB (4) Từ (2) ; (3) ;(4) => EM.EP = FN.FQ Bài 1.7: Cho đường tròn tâm (O). Dây cung AB I là trung điểm của AB, qua I vẽ các dây MN,PQ sao cho MP cắt AB tại E, NQ cắt AB tại F. Chứng minh: EM. EP = FN.FQ Lời giải:(Hình 8) Kẻ OL vuông góc PM; OK vuông góc QN khi đó ta có các tứ giác OIEL; OIFK nội tiếp => gócOLI = gócOEI và gócOKI = gócOFI (1) Từ sự đồng dạng của IMP đồng dạng IQN và L;K là trung điểm của PM; QN nên => ILM đồng dạng IKQ => gócILM = gócIKQ => gócOLI = gócOKI (2) Từ (1) và (2) => gócOEI gócOFI => EOF cân tai O (3) I là trung điểm AB nên OI vuông góc EF (4) Từ (3) và (4) => IE = IF NHẬN XÉT: Bằng những thay đổi trong GT của bài toán gốc ta đã sáng tạo thêm những bài toán mới ở 1 cung bậc cao hơn, tổng quát hơn. Đưa ra nhận xét này tôi muốn nêu lên 1 khẳng định rằng mọi bài toán đều bắt nguồn từ những bài cơ bản, cũng như biển cả phải bắt nguồn từ những dòng sông. Lời giải:(Hình 7) Kẻ OP vuông góc AB; OQ vuông góc CD khi đó ta có: các tứ giác OPEN; OQNF nội tiếp cho nên: gócNOF = gócNQF (1) gócNOE = gócNPE (2) Tứ giác ABCD nội tiếp nên: NCD đồng dạng NBA ( Góc N chung; gócNBA = gócNDC) Do P; Q là trung điểm của AB, CD nên: NQC đồng dạng NPA ( c.g.c) => gócNQC = gócNPA hay là gócNQF = gócNPE (3) Từ (1) ; (2) ; (3) => gócNOF = gócNOE => EOF cân tai O, kết hợp với ON vuông góc EF => NE = NF Hình 8 Hình 7 Bài 1.6: Cho đường tròn tâm (O). Dây cung AB I là trung điểm của AB, qua I vẽ các dây MN,PQ sao cho MP cắt AB tại E, NQ cắt AB tại F. Chứng minh : IE = IF Bài 1.5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Các đường thẳng AD, BC cắt nhau tai N. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt các đường thẳng AB, CD tại E, F Chứng minh : NE = NF FE QM I P Q K L F E Q M I E F N O O O A D C B A B P N A B N P xHƯỚNG KHAI THÁC THỨ 3 (Sáng tạo ra các bài toán mới khó hơn , trong cách giải cần sử dung kết quả của bài toán gốc) Lời giải: (Hinh 10) Vẽ OT vuông góc BD và OK vuông góc BC => TK // CD => gócBKT = gócBCD (1) Ta có gócOTN = gócOEN ( vì tứ giác OTEN nội tiếp) (2) gócN'Kx = gócOF'N' (vì tứ giác OF'N'K nội tiếp) (3) Vì gócBCD = gócNN'D (2) (Do tứ giác NCN'D nội tiếp) Từ (1) và (2) => gócBKT = gócNN'D = gócNN'T => Tứ giác KNN'T nội tiếp =>gócNKN' = gócNTN' (4) Lại có: gócNKN'+ gócN'Kx = 900 (5) gócNTN' + góc OTN = 900 (6) Từ (4) ; (5) ; (6) => gócN'Kx = gócOTN (7) Từ (2); (3) ;(7) =>gócOEN = gócOF'N' (8) Sử dụng kết quả bài toán 1.1 và 1.2 ta có các OEF và OE'F' là các tam giác cân tại O kết hợp với (8) ta có gócEOFù = gócE'OF' => gócFOF' = gócEOE' (9) Do OE = OF; OE' = OF' nên cùng với (9) suy ra: OEE' = OFF' (c.g.c) => EE' = FF' Hinh 10 Bài 1.9: Cho đường tròn (o) đường kính AB, dây cung CD; dây AD cắt BC tại N, AC cắt BD tại N'. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt BD, AC tại E, F đường thẳng qua N' vuông góc với N'O cắt các đường thẳng AD, BC tại E', F',. Chứng minh rằng EE' = FF' Hình 9 Lời giải: Gọi A' là giao điểm của AI và (O). AM là phân giác gócA nên: MB AB = MC AC = MA + MB AB + AC = BC AB + AC = 1 2 (1) BI là tia phân giác của ABM => IM IA = MB AB (2) Từ (1) và (2) => IM = AI 2 (3) Chú ý rằng AB'I cân tại B' và B'N là phân giác gócAB'I nên => NI = NA = AI 2 (4) Từ (3) và (4) => IM = IN Bài 1.8: Cho tam giác ABC có AB + AC = 2BC nội tiếp đường tròn (O). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, B', C' là điểm chính giữa các cung AB không chứa C và cung AC không chứa B của (O). B'C' cắt AI tại N, đường thẳng AI cắt BC tại M Chứng minh: IM = IN K T F E F' E' N N' B A' M N I B' C' O A CB A O C D HƯỚNG KHAI THÁC THỨ 4: sáng tạo ra các bài toán về chứng minh các đường thẳng đồng qui, chứng minh các đường thẳng song song nhờ vận dung kết quả bài toán gốc Hình 11 Lời giải: cách 1: Gọi K là giao điểm của EE' và FF' Ta chứng minh K; O; B thẳng hàng Từ kết quả của bài toán 1.9: OEE' = OFF' => gócOE'E = gócOF'F => Tứ giác OKF'E' nội tiếp chú ý rằng N là trực tâm N'AB nên NN' vuông góc AB => gócON'N + gócN'OB = 900 (1) Trong tứ giác OKF'N' có: gócON'F' + gócN'OK +gócOKF' +gócKF'N' = 3600 => gócN'OK +gócOKF'+gócKF'N'=2700 (vì gócON'F'= 900 ) => gócN'OK + gócOKF' + gócKF'O + gócOF'N' = 2700 =>(gócOF'K +gócN'OK) + gócOKF' + gócOF'N' =2700 (2) vì gócOKF' + gócOF'N' = gócOKF' + gócOE'F' = 1800 (3) Từ (2) ; (3) => gócOF'K +gócN'OK = 900 (4) Chú ý rằng OEF đồng dạng OE'F' (g.g) nên: OF OF' = ON ON' (5) và gócNOF = gócN'OF' (6) => gócN'ON = gócF'OF (7) Từ (5) và (7) => ONN' đồng dạng FOF' (c.g.c) => gócON'N = gócOF'F = gócOF'K (8) Từ (1); (4); => gócON'N + gócN'OB = gócOF'K +gócN'OK (9) Từ (8) ; (9) => gócN'OK = gócN'OB chứng tỏ K thuộc đường thăng OB vậy EE'; FF' AB đồng qui Bài 1.10: Cho đường tròn (o) đường kính AB, dây cung CD. AC cắt BD tại N, AD cắt BC tại N'. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt AD, BC tại E, F đường thẳng qua N' vuông góc với N'O cắt các đường thẳng BD, AC tại E', F',. Chứng minh rằng 3 đường thẳng AB, EE', FF' đồng qui tại 1 điểm I K F' E' F E N N' A O B D C CÁCH 2 (Tương tự cách giải 2 bài toán 10) a. Chứng minh EE'; FF'; AB đồng qui gọi K là giao điểm của FF' và AB Theo định lý Menelauyt cho ABC và 3 điểm E' ; E; K thẳng hàng ta có : FB FC . F'C F'A . KA KB = 1 (22) Tiếp tục sử dụng định lý Menelauyt cho các tam giác: * CAN' và 3 điểm F; N; E ta có: FC FN' . EN' EA . NA NC = 1 (23) *Với DBN' và F; N; E ta có: ED EN' . FN' FB . NB ND = 1 (24) Với AND và 3 điểm F'; E'; N' ta có: N'D N'A . E'N E'D . F'A F'N = 1 (25) *Với BNC và 3 điểm F'; E'; N' ta có: N'C N'B . F'N F'C . E'B E'N = 1 (26) nhân từng vế của (22);(23);(24);(25);(26) ta có: FB FC . F'C F'A . KA KB . FC FN' . EN' EA . NA NC . ED EN' . FN' FB . NB ND . N'D N'A . E'N E'D . F'A F'N . N'C N'B . F'N F'C . E'B E'N =1 =>( NA NC . NB ND . N'D N'A . N'C N'B ).( ED EA . E'B E'D . KA KB ) = 1 (27) *Với AND và 3 điểm N'; B; C ta có: BN BD . N'D N'A . AC NC = 1 (28) *Với BNC và 3 điểm D; A; N' ta có: AN AC . N'C N'B . DB DN = 1 (29) Nhân từng vế của (28) và (29) ta có: BN BD . N'D N'A . AC DN . NA AC . N'C N'B . DB DN = 1 => NB ND . N'D N'A . NA NC . N'C N'B = 1 (30) TừØ (27) và (30) ta có: ED EA . E'B E'D . KA KB = 1 (31) Hệ thức (31) cùng với định lý đảo Menelauyt => 3 điểm E'; E; K thẳng hàng từ đó suy ra 3 đường thẳng EE';FF' AB đồng qui tại K b.Chứng minh E'F; EF'; CD đồng qui: Chứng minh tương tự như cách 1 Gọi giao điểm của CD và EF' là I Sử dụng định lý Menelauyt cho ADC và 3 điểm E; I ;F' thẳng hàng ta có: ID IC . EA ED . F'C F'A = 1 (19) Từ (17) => ED EA . F'C F'A = FC FB . E'B E'D (20) Từ (19) và (20) ta có: ID IC . FC FB . E'B E'D = 1 (21) Hệ thức 21 cùng với định lý đảo Menelauyt ta suy ra E'; I; F thẳng hàng từ đó suy ra E'F; EF', CD đồng qui tại I Hinh 16 b. Chứng minh EF'; E'F, CD đồng qui K I F E F'E' N N' O A D C B *Với BNC và 3 điểm F'; N'; E' ta có: N'B N'C . F'N F'C . E'B E'N = 1 (5) Nhân từng vế của 5 đẳng thức trên ta có: FB FC . F'C F'A . KA KB . FC FN' . EN' EA . NA NC . ED EN' . FN' FB . NB ND . N'D N'A . E'N E'D . F'A F'N . N'B N'C . F'N F'C . E'B E'N = 1 => ( NA NC . NB ND . N'D N'A . N'C N'B ).( ED EA . E'B E'D . KA KB ) = 1 (6) *Với AND và 3 điểm N'; B; C ta có: BN BD . N'D N'A . CA CN = 1 (7) *Với BNC và 3 điểm D; A; N' ta có: AN AC . N'C N'B . DB DN = 1 (8) Nhân từng vế của (7) và (8) ta có: BN BD . N'D N'A . CA CN . AN AC . N'C N'B . DB DN = 1 => NB ND . N'D N'A . NA NC . N'C N'B = 1 (9) ; Từ (6) và (9) => ED EA . E'B E'D . KA KB = 1 (10) Hệ thức (10) cùng với định lý đảo Menelauyt ta suy ra 3 điểm K; E; E' thẳng hàng từ đó suy ra EE' ; FF' AB đồng qui tại K Hình 11 Cách 2: bài 1.10 Gọi K là giao điểm của AB và FF' để chứng minh EE'; FF' AB đồng qui ta cân chứng minh K; E;E' thẳng hàng Sử dụng định lý Menelauyt cho ABC với 3 điểm K; F; F' thẳng hàng ta có: FB FC . F'C F'A . KA KB = 1 (1) *Với CAN' và 3 điểm F; N; E ta có: FC FN' . EN' EA . NA NC = 1 (2) * Với DBN' và 3 điểm F; N; E ta có: ED EN' . FN' FB . NB ND = 1 (3) * Với ADN và 3 điểm F'; E'; N' ta có: N'D N'A . E'N E'D . F'A F'N = 1 (4) I K F' E' F E N N' A BO D C jTừ kết quả của bài toán 1.9 khi đã chứng minh được EE' = FF' ta chú ý rằng EE'; FF' là cặp cạnh đối của tứ giác EE'F'F nên có thể đưa ra bài toán sau: Bài 1.11 :Cho đường tròn (o) đường kính AB, dây cung CD. AC cắt BD tại N, AD cắt BC tại N'. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt AD, BC tại E, F đường thẳng qua N' vuông góc với N'O cắt các đường thẳng BD, AC tại E', F'.gọi K là giao điểm của EE' và FF'. Chứng minh NN'// với tia phân giác góc E'KF'. Hình 12Lời giải:(Hình 12) Sử dụng kết quả của các bài toán 1; 2; 9 ta có: NE = NF; N'E' = N'F' và EE' = FF', gọi P; Q là trung điểm của E'F và EF' khi đó ta có: NP // EE' và NP = 1 2 EE'; N'Q // EE' và N'Q = 1 2 EE' NQ // FF' và NQ = 1 2 FF'; N'P // FF' và N'P = 1 2 FF' từ đó suy ra : Tứ giác NQN'P là hình thoi => NN' là phân giác gócPNQ Do gócPNQ = gócE'KF' (góc có canh tương ứng song song) => NN' // Kj là tia phân giác gócE'KF' QP K F' E' F E N N' A O B D C Bài 1.13 : Cho đường tròn (o) đường kính AB, dây cung CD. AC cắt BD tại N, AD cắt BC tại N'. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt AD, BC tại E, F đường thẳng qua N' vuông góc với N'O cắt các đường thẳng BD, AC tại E', F. Gọi P;Q;R;S lần lượt là trung điểm của E'F; EF';EE'; FF' Chứng minh: PQ; RS; NN' đòng qui Lời giải: (Hình 14) Ta dễ chứng minh được các tứ giác NPN'Q và PRQS là các hình bình hành nên suy ra NN'; PQ; RS cắt nhau tại trung điểm mỗi đường => NN'; PQ; RS đồng qui Hình 14 Lời giải: ( Hình 12 ) Sử dụng kết quả bài 1.10 ta có EE'; FF'; AB đồng qui tại K. Theo định lý Mene'lauyt cho tam giác ABC với 3 điểm E'; E; K thẳng hàng ta có: KA KB . E'B E'D . ED EA =1 (1) Theo định lý Mene'lauyt cho tam giác ABC với 3 điểm F'; F; K thẳng hàng ta có: KA KB . FB FC . F'C F'A =1 (2) Từ (1) và (2) ta có: E'B E'D . ED EA = FB FC . F'C F'A (3) => E'B.FC E'D.FB = F'C.EA F'A.ED (4) Gọi I là giao điểm của E'F và CD . áp dung định lý Menelauyt cho tam giác BCD với 3 điểm E'; I; F thẳng hàng ta có: ID IC . E'B E'D . FC FB =1 (5) Từ (4) và (5) => ID IC . F'C F'A . EA ED = 1 (6) Từ (6) và định lý đảo Menelauyt đảo ta suy ra E; I; F' thẳng hàng Vậy 3 đường thẳng E'F; CD; EF' đòng qui tại I. Hình 13 Bài 1.12 : Cho đường tròn (o) đường kính AB, dây cung CD. AC cắt BD tại N, AD cắt BC tại N'. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt AD, BC tại E, F đường thẳng qua N' vuông góc với N'O cắt các đường thẳng BD, AC tại E', F',. gọi K là giao điểm của EE' và FF'. Chứng minh rằng CD, EF', E'F đồng qui S R QP F E F' E' N N' A I K F E F' E' N N' A O B O B D C D C XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT Hình 16 BÀI 1.15 (tổng quát bài 1.10 và 1.12):(hình 16) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). các đường chéo AC; BD cắt nhau tại N; các đường thẳng AD; BC cắt nhau tại N'. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt các đường thẳng AD; BC tại E; F. Đường thẳng qua N' vuông góc với N'O cắt các đường thẳng BD; AC tại E'; F'. Chứng minh rằng: a. Các đường thẳng EE'; FF'; AB đồng qui b. Các đường thẳng E'F; EF'; CD đồng qui Hình 15 Lời giải: (Hình 15) Sử dụng kết quả bài toán 1.9 ta có: EE'O = FF'O => gócEOE' = gócFOF' ; gócEE'O = gócFF'O (1) Ta có : gócOEK = gócEE'O + gócEOE' (2) gócOFK = gócFF'O + gócFOF' (3) Từ (1) => gócEE'O + gócEOE' = gócFF'O + gócFOF' (4) Từ (2); (3); (4) => gócOEK = gócOFK (5) Từ (5) và chú ý rằng E;F cùng phía so với KO nên tứ giác OKEF nội tiếp. Cũng từ kết quả EE'O = FF'O và các tam giác EOF và E'OF' là các tam giác cân tại O cho nên ta có kết quả sau: gócEOE' = gócNON' = gócFOF' (6) Tứ giác ONN'T có : gócONT = gócON'T = 90° => ONN'T là tứ giác nội tiếp => gócNON' = gócNTN' (7) Từ (6) vàØ (7) => gócFOF' = gócNTN' = gócFTF' (8) từ (8) và chú ý rằng O, T cùng phía so với FF' nên tứ giác OTF'F nội tiếp Bài 1.14 : Cho đường tròn (o) đường kính AB, dây cung CD. AC cắt BD tại N, AD cắt BC tại N'. Đường thẳng qua N vuông góc với NO cắt AD, BC tại E, F đường thẳng qua N' vuông góc với N'O cắt các đường thẳng BD, AC tại E', F',. gọi K là giao điểm của EE' và FF'. Gọi T là giao điểm của các đường thẳng EF và E'F' Chứng minh rằng các tứ giác OKEF; OTF'F là các tứ giác nội tiếp HƯỚNG KHAI THÁC THỨ 4 : sáng tạo ra các bài toán về tứ giác nội tiếp K I F E F' E' N N' K T F' E' F E N N' A O B O C D A D C B Hinh 16 Lời giải:CÁCH 1 (Hình 16) a.Chứng minh EE'; FF' AB đồng qui Gọi K là giao điểm của FF' và AB, ta chứng minh K, E; E' thẳng hàng Sử dụng định lý Menelauyt cho tam giác ABC; ADB; F'NE'; AN'C. *Với ABC và 3 điểm K; F; F' thẳng hàng ta có: KB KA . F'A F'C . FC FB =1 (1) *Với E'NF' và 3 điểm B ; C; N' thẳng hàng ta có: N'F' N'E' . BE' BN . CN CF' =1 (2) Sử dụng kết quả bài toán 5 thì: N'E' = N'F' nên từ (2) => BE' BN . CN CF' = 1 => BN CN . CF' BE' = 1 (3) *Với EN'F và 3 điểm B; N; D thẳng hàng ta có: DE DN' . NF NE . BN' BF = 1 (4) Sử dụng kết quả bài toán 1 thì: NE = NF nên từ (4) => DE DN' . BN' BF = 1 (5) *Với AN'C và 3 điểm B; N; D thẳng hàng ta có: DA DN' . BN' BC . NC NA = 1 (6) Từ sự đồng dạng của 2 tam giác