Sáng kiến kinh nghiệm Đường thẳng đối song

 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 môn Toán 
 Thanh Hóa, năm 2016
 1 1. MỞ ĐẦU
Lí do chọn đề tài
 Trong các kì thi học sinh giỏi bài toán hình học phẳng luôn chiếm một vị trí 
trong đề thi, vì vậy để góp phần nâng cao kĩ năng giải toán hình học phẳng 
chúng ta cần phải nắm bắt được những phương pháp phát hiện vấn đề.
 Mục đích nghiên cứu
 Trong bài viết này tôi sẽ giới thiệu phép biến đổi đối song là một trong những 
phương pháp để phát hiện ra tứ giác nội tiếp, quan hệ song song và vuông góc 
giữa các đường thẳng, đồng thời cũng là một phương pháp để sáng tạo ra những 
bài toán mới. 
Đối tượng nghiên cứu
 Thông qua phép biến đổi đối song cung cấp thêm một phương pháp tư duy, 
tiếp cận để giải quyết các bài toán hình học phẳng. 
 Xây dựng một hệ thống bài tập hay và khó đã từng xuất hiện trong các kì thi 
Ôlimpic, được giải quyết mới (một cách sắc sảo) bằng phương pháp phép biến 
đổi đối song.
Phương pháp nghiên cứu
 Đề tài được nghiên cứu bằng phương pháp phân tích, tổng hợp.
2. NỘI DUNG 
2.1 Cơ sở lý luận
Cho hai đường thẳng m1 và m2 , hai đường thẳng l1 và l2 gọi là đối song với 
 '
nhau đối với hai đường thẳng m1 và m2 , nếu như ảnh l1 của l1 qua phép đối 
xứng qua đường thẳng m (đường phân giác của góc tạo bởi m1 và m2 ) là đường 
thẳng cùng phương với l2 .
 '
Nhận xét. Nếu ta chỉ để ý đến hai đường thẳng l1 và l2 thì l1 và l2 song song với 
nhau (đây là vấn đề hình học tĩnh). Nhưng phép biến đổi đối song biến một lớp 
các đường thẳng cùng phương với l1 thành một lớp các đường thẳng cùng 
phương với l2 (mỗi đường thẳng trong lớp l1 đều đối song với một đường thẳng 
trong lớp l2 ) (đây là vấn đề hình học động).
 3 Ta có mối liên hệ sau đây về đường thẳng đối song trong tứ giác nội tiếp
Trong một tứ giác nội tiếp đường tròn, cặp cạnh đối diện đối song với nhau đối 
với cặp cạnh còn lại.
Như vậy, nếu tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn và đường tròn  thay đổi đi 
qua hai đỉnh C, D cắt các đường thẳng AD, BC lần lượt tại M, N thì MN//AB.
 B
 A
 N
 M C
 D 
Ta thường sử dụng điều kiện đối song dưới dạng sau:
Cho A, C thuộc Ox và B, D thuộc Oy (A,B,C,D O) . Khi đó AB đối song với 
CD khi và chỉ khi tứ giác ACBD nội tiếp.
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
 Trong hình học vấn đề quan hệ song song và vuông góc giữa các đường 
thẳng là một trong những quan hệ cơ bản, và vấn đề tứ giác nội tiếp có liên hệ 
sâu sắc với số đo góc nên những vấn đề này thường xuất hiện trong các kì thi 
học sinh giỏi môn toán. 
 Có những vấn đề về song song, vuông góc giữa các đường thẳng và tứ giác 
nội tiếp nếu nhìn dưới dạng hình học dạng tĩnh thì khó phát hiện ra vấn đề. 
Nhưng cũng cùng vấn đề đó được nhìn bằng phép biến đổi đối song (dạng hình 
học động) thì việc phát hiện ra vấn đề lại rất đơn giản.
 Vì vậy việc nắm bắt được nội dung phép biến đổi đối song sẽ góp phần 
nâng cao kĩ năng giải toán hình học phẳng.
 5 
Từ (1) và (2) suy ra EF là đường trung bình của tam giác KBC hay 2EF = BC.
3. Cho tam giác ABC. Đường thẳng d đi qua đỉnh A vuông góc với BC. O là 
điểm bất kỳ thuộc d, đường tròn tâm O bán kính OA cắt hai đường thẳng AB, 
AC tại P, Q. Gọi T là giao điểm của hai tiếp tuyến tại P, Q của đường tròn ngoại 
tiếp tam giác APQ. Chứng minh rằng điểm T luôn thuộc một đường thẳng cố 
định khi O thay đổi trên d.
 HD: Cách 1: Ta có AP.AB AD.AH AQ.AC B,P,Q,C đồng viên, do đó 
 PQ đối song với BC trong tam giác ABC. Áp dụng hệ quả trên suy ra điều phải 
 chứng minh.
 d
 A
 Q
 O
 P D
 T
 B C
 H
 Cách 2: Kẻ tiếp tuyến d tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ. 
 Suy ra (d, AT, AP, AQ) là chùm điều hòa. Mà BC // d, suy ra AT đi qua trung 
 điểm BC.
4. Cho tam giác ABC. AA’, BB’, CC’ là các đường cao của tam giác ABC. 
Đường tròn đường kính AA’ cắt AB, AC tại P, Q. Tiếp tuyến tại P, Q của đường 
tròn đường kính AA’ cắt nhau tại A’’. Các điểm B’’, C’’ được xác định tương 
tự. Chứng minh rằng AA’’, BB’’, CC’’ đồng qui.
 7 Mà B2C2 // KL B1C1 đối song với B2C2 trong tam giác OB2C2 , do đó 
 B1,B2 ,C1,C2 đồng viên
Nhận xét: Nếu gọi P, Q là giao điểm của hai đường tròn (BB2 B2 ), (CC1C2 ) thì O, 
P, Q , A thẳng hàng.
8. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn (I) nội tiếp tam giác 
ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, N, M; BI cắt MN tại E, 
CI cắt MN tại F. Chứng minh rằng tứ giác BFEC nội tiếp.
Giải: Gọi P là giao điểm thứ hai của AI với (O). Dễ chứng minh được P là tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI. Xét tam giác BCI có IP  EF EF đối 
song với BC, suy ra BFEC nội tiếp.
9. Cho đường tròn (O) cố định và AB là một dây cung cố định khác đường kính 
của (O). I là trung điểm đoạn AB. P là điểm thay đổi trên cung lớn AB của (O). 
Gọi M, N lần lượt thuộc tia PA, PB sao cho P· MI P· NI ·APB. Chứng minh:
a) Đường thẳng đi qua P vuông góc với MN đi qua một điểm cố định.
b) Đường thẳng Ơle của tam giác PMN đi qua một điểm cố định.
HD: a) Gọi X IM  PB,Y IN  PA. (không mất tổng quát giả sử N thuộc 
đoạn AX, thì M thuộc đoạn AY)
Ta có P· MI P· NI ·APB YPN, XPM cân tại Y, X.
Suy ra P· YN 1800 2·APB P· XM MNXY nội tiếp.
Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB, suy ra S cố định.
Ta có I· SB O· SB 1800 ·AOB P· XI IXBS nội tiếp. Tương tự ISYA nội tiếp.
Suy ra S· XB S· YA S· IB 900 PS là đường kính của đường tròn ngoại tiếp 
tam giác PXY. 
Xét tam giác PXY: Từ tứ giác MNXY nội tiếp, suy ra MN đối song với XY. Suy 
ra PS vuông góc với MN. Vậy đường thẳng đi qua P vuông góc với MN luôn đi 
qua điểm S cố định.
 P
 N
 O X
 M
 A I B
 Y
 S
 9 tại I là trung điểm mỗi đường, suy ra IO IB (5). (O1) (O') B,M O1O'
là trung trực của BM, suy ra IB IM (6).
Từ (5) và (6) suy ra MO vuông tại M.
 B
 N
 O1
 M I O’
 K
 O
 A C
Nhận xét:- Bằng cách sử dụng đường thẳng đối song, ta có được một lời giải 
đẹp cho bài IMO. Không những thế lời giải vẫn đúng cho trường hợp K, N thuộc 
đường thẳng AB, AC. 
Bài toán này có nhiều ứng dụng vào chứng minh và sáng tác các bài toán khác. 
11. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  . Đường tròn  ' thay đổi luôn đi 
qua B, C cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt 
lại đường tròn  tại K ( A K ) . KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn  tại Q, P 
(khác K). Gọi T là giao điểm của BQ và CP. Chứng minh rằng T thuộc một 
đường thẳng cố định khi đường tròn  ' thay đổi.
 Lời giải 1:(EF,BP)  (EF,FP) (FP,BP)  (EA,KA) (KA,BA) (vì E, F, A, 
K đồng viên và A, B, P, K đồng viên)  (EA,BA)  0(mod ) EF // BP (1).
Chứng minh tương tự, ta có EF //CQ (2).
Từ (1) và (2) suy ra BP //CQ BPCQ là hình thang cân, suy ra OT vuông góc 
với BP, do đó OT vuông góc với EF. Dễ chứng minh được EF vuông góc AO. 
Từ đó suy ra A, O, T thẳng hàng.
Lời giải 2: Gọi M AE  KF, N AF  KE.
Xét tam giác AKM, từ các bộ bốn điểm (A, K, E, F), (A, K, B, P) đồng viên, suy 
ra EF và BP cùng đối song với AK. Do đó BP // EF. Tương tự CQ // EF. Suy ra 
BPCQ là hình thang cân. (Giải tiếp như cách 1).
12. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. BE, CF là các đường 
cao, H là trưc tâm. M là trung điểm cạnh BC. Tia MH cắt đường tròn ngoại tiếp 
tam giác ABC tại D. Các đường thẳng DE, DF cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam 
giác ABC tại P, Q tương ứng. Chứng minh rằng AO, BQ, CP đồng qui.
 11 Ta có C· NZ C· C 'Z 900 bốn điểm C, N, C’, Z đồng viên, suy ra 
 HN.HZ HC.HC '. Chứng minh tương tự ta cũng có HL.HX HA.HA' và 
 HM.HY HB.HB'. Từ đó suy ra các bộ 4 điểm (X, Y, L, M), (X, Z, L, N) đông 
viên.
 Y
 A
 B’
 N L
 H
 P
 M
 X
 B A’ C
 Z
Dễ thấy tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác HLM, HLN là trung điểm HP.
Xét tam giác HLM với đường tròn (XYLM) đi qua L, M suy ra XY đối song với 
LN, do đó PH  XY (1). Chứng minh tương tự ta có PH  XZ (2).
Từ (1) và (2) suy ra X, Y, Z thẳng hàng.
Cách 2. Để chứng minh X, Y, Z thẳng hàng ta chứng minh PH  XY và 
 PH  XZ . Ta có 
 XH  HL  PA XP2 XA2 HP2 HA2 (1)
 XB  CB  AH AX 2 AB2 HX 2 HB2 (2)
 BH  AC  AY BA2 BY 2 HA2 HY 2 (3)
 YH  MH  BP YB2 YP2 HB2 HP2 (4).
Cộng (1), (2), (3) và (4) vế theo vế ta được 
 XP2 YP2 HX 2 HY 2 PH  XY (5).
Chứng minh tương tự ta có HP  XZ (6) . Từ (5) và (6), suy ra đpcm.
Cách 3. Đặt HA.HA' HB.HB' HC.HC ' HL.HX HN.HZ HM.HY r .
Xét phép nghịch đảo tâm H, phương tích r. 
 13 Nhận xét: - Có thể chứng minh OK  AM bằng định lý Brocard.
- Bài toán trên được sáng tác theo tính chất EF đối song với BC trong tam giác 
ABC.
15. (T5/436 - TH&TT) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ điểm I nằm 
ngoài đường tròn kẻ IH vuông góc với AB (H nằm giữa O và A). IA, IB cắt (O) 
lần lượt tại E, F; EF cắt AB tại P. EH cắt (O) tại điểm thứ hai là M, PM cắt (O) 
tại điểm thứ hai là N. Gọi K là trung điểm EF, O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác HMN. Chứng minh rằng O’H // OK.
 M
HD: BE, AF, IH đồng qui tại Q là 
trực tâm của tam giác ABI, suy ra N
IH là phân giác của O’
 E· HF M ,F đối xứng qua AB
 O A P
 PM ,PF đối xứng nhau qua B H
AB N,H,F thẳng hàng. Mà 
EF là đường đối song của MN Q
đối với tam giác HMN, suy ra E
O’H vuông góc với EF. Theo giả K
thiết ta có OK  EF . Từ đó suy F
ra O’H//OK
 I
16. (Shortlits IMO -2012) Cho tam giác ABC nhọn, các điểm D, E, F lần lượt là 
chân đường vuông góc hạ từ các đỉnh A, B, C đến các cạnh BC, CA, và AB. Gọi 
I1, I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF, BDF; O1, O2 lần lượt 
là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACI1, BCI2. Chứng minh rằng I1I2 
song song với O1O2.
HD:
 15