SKKN Tứ giác toàn phần
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education
. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hình học là một phân môn quan trọng của Toán học, một mảng kiến thức hay,
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
Trang 5
đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng giải bằng việc sử dụng các tính chất liên
quan tới tứ giác đó.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:
- 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. - 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.
Trang 6
A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ - Định nghĩa tứ giác toàn phần
Cho tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh đối không song song, ABcắt CD tại E. AD cắt
BC tại F . Hình tạo bởi tứ giác ABCD và hai tam giác EBC , FCD được gọi là tứ giác
toàn phần . Kí hiệu là ABCDEF (hoặc ABCD EF . )
- A, B,C,D, E, F được gọi là các đỉnh của tứ giác toàn phần
- Các cạnh bao gồm cạnh của tứ giác ABCD và các cạnh củaABF và ADE
- Các đường chéo là AC ,BD, EF .
- Một số tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần
2.1. Điểm Miquel của tứ giác toàn phần
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF . Đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABF, DCF ,
BCE, ADEđồng quy. Điểm đồng quy đó được gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn
phần.
Trang 7
Chứng minh:
Gọi M là giao điểm của hai đường tròn ( ) ABF và ( ) CDF
Ta có: ( , ) ( , ) ( , ) MC MB MC MF MF MB
( , ) ( , ) DC DF AF AB
( , ) ( , ) DC AD AD AE
( , ) DE AE
( , )(mod ) EC EB
M BCF ( )
Chứng minh tương tự ta có M ADE ( )
Nhận xét: Khi cho tứ giác ABCD nội tiếp thì M nằm trên EF. Đây là 1 tính chất quan trọng
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:
Cho ABC nội tiếp đường tròn ( ) O ; M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn ( ) O .
Hình chiếu của M xuống BC AC AB , , lần lượt là D E F , , . Lấy X Y Z , , là các điểm đối
xứng với M qua D E F , , . Khi đó:
a) D E F , , là 3 điểm thẳng hàng (Đường thẳng Simson)
b) Các điểm X Y Z , , và trực tâm của H thẳng hàng (Đường thẳng Steiner)
Chứng minh:
Xét thế hình như hình vẽ. Các thế hình khác chứng minh tương tự.
a) ABMC là tứ giác nội tiếp
ABM ACM 180o FBM ECM
Trang 8
BMF CME ( 90
o
BFM CEM )
BMF BDF ( do BMDF là tứ giác nội tiếp)
CME CDE ( do CMDElà tứ giác nội tiếp)
BDF CDE D F E , , thẳng hàng
b) Ta có: 2
MF MD ME
MZ MX MY
XZ FD XY DE ; ( định lý Thales đảo)
X Y Z , , thẳng hàng BH cắt đường tròn ( ) O tại điểm thứ hai là HB
; CH cắt đường
tròn ( ) O tại điểm thứ hai là HC
Theo kết quả quen thuộc thì H đối xứng với HB qua AC , H đối xứng với HC
qua AB
HYC HAC ( tính đối xứng trục) H BC B HAC
HBC HAC HAYC là tứ giác nội tiếp
YHC YAC MAC (tính đối xứng trục) MH C C MH H C ZHH C
(tính đối xứng
trục) CHY ZHH C
Mà , , H H C C
là ba điểm thẳng hàng Z H Y , , thẳng hàng X Y H Z , , , thẳng hàng
(đpcm)
2.2. Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần
Điểm Miquel và tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF DCF BCE ADE , , ,
cùng nằm trên một đường tròn – đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần.
Chứng minh:
Trang 9
Gọi 1 2 3 4 O O O O , , , lần lượt là tâm của FAB FCD EAD EBC , , , .
Dễ thấy điểm đối xứng với M qua ba cạnh tam giác O O O 1 2 4 lần lượt là F B C , , .
Do F B C , , thẳng hàng nên M nằm trên O O O 1 2 4 và BC là đường thẳng Steiner của
M ứng với tam giác O O O 1 2 4 .
Chứng minh tương tự suy ra 1 2 3 4 O O O O M , , , , cùng thuộc một đường tròn.
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
đường thẳng AB BC CD DA , , , cùng nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Simson)
Chứng minh:
Gọi G I J H , , , lần lượt là chân đường cao kẻ từ M xuống BE DE BF DF , , , .
Vì M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF nên đường thẳng đi qua I J H , , sẽ
là đường thẳng Simson của điểm M đối với tam giác FDC , suy ra I J H , , thẳng
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 Simson ứng với các tam giác ABF DCF BCE ADE , , , . - Đường thẳng Steiner:
Trực tâm của các tam giác ABF DCF BCE ADE , , , cùng nằm trên một đường thẳng,
được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần.
Trang 10
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 , , , thành đường thẳng Steiner của tam giác đó, đi qua trực
tâm tam giác.
Đây là hệ quả của tính chất đường thẳng Simson của tứ giác toàn phần, các trực tâm
của tam giác ABF DCF BCE ADE , , , lần lượt nằm trên đường thẳng Steiner của M ứng
với các tam giác ABF DCF BCE ADE , , , .
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
Trong tứ giác toàn phần ABCDEF . Các trung điểm của các đoạn AC BD EF , , cùng
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:
Trang 11
H G L , , nằm trên đường thẳng song song với AE
I G K , , nằm trên đường thẳng song song với DE
J L K , , nằm trên đường thẳng song song với BF
HG JL IK AB FC DE
HL JK IG AE FB DC
Áp dụng định lý Menelaus đối với tam giác BCE và đường thẳng ADF , ta có
1
AB FC DE
AE FB DC
1
HG JL IK
HL JK IG
H I J , , thẳng hàng (định lý Menelaus đảo đối với GKL)
Nhận xét : đường thẳng Gauss vuông góc với đường thẳng Steiner.
Chứng minh: Từ 3, ta có các trực tâm H1
,H2
,H3
,H4
của các tam giác CDF, ADE, ABF,
BCE cùng thuộc đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF.
Trang 12
Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H1
xuống CD và CB; T, S lần lượt
là chân các đường vuông góc kẻ từ H4
xuống CD và CB.
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.
Dễ thấy 1 1 1 1 H P H F H D H Q . . hay 1 1 H K H J / / P P .
4 4 4 4 H T H E H B H S . . hay 4 4 H K H J / / P P .
Do đó s là trục đẳng phương của (J) và (K), suy ra JK s.
Tương tự ta cũng chứng minh được s là trục đẳng phương chung của (I) và (J), suy ra
IJ s.
Từ đó có được 3 điểm I, J, K thẳng hàng và đường thẳng đi qua 3 điểm này vuông góc
với đường thẳng s.
Hệ quả : Các đường tròn đường kính là ba đường chéo của tứ giác toàn phần đồng trục và có
trục đẳng phương là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần đó.
2.5. Định lý Brocard
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp (O) . G là giao điểm AC,BD . Chứng minh O
là trực tâm EFG
Kẻ Dx là tia đối của tia DC .
Gọi H là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp của AKD và BKC .
Ta có: ( ; ) OC OD 2( ; ) AC AD 2( ; ) BC BD
( ; ) OC OD = ( ; ) AC AD +( ; ) BC BD (mod )
Trang 13
=( ; ) AK AD +( ; ) BC BK (mod )
=( ; ) HK HD +( ; ) HC HK (mod )
=( ; ) HC HD (mod )
Suy ra bốn điểm O C D H , , , đồng viên
Chứng minh tương tự: Bốn điểm O , A, B,H đồng viên
VìOH là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHBA và tứ giác OHCD
AB,CDvàOH đồng quy
Mà ABvàCDcắt nhau tại E E, H ,O thẳng hàng
Vì OCD cân tại O OCD ODC
Ta có: ( ; ) HO HK =( ; ) HO HD +( ; ) HD HK (mod ) =( ; ) CO CD +( ; ) AD AK (mod )
=( ; ) CO CD +( ; ) AD AC (mod ) = ;
;
2
OD OC
CO CD (mod )
= ; ;
2
CO CD DO CO
(mod ) =
2
OCD ODx
(mod )
=
2
ODC ODx
(mod ) =
2
(mod )
HO HK hay FH OE
Chứng minh tương tự: EK OF . Mà FO cắtHEtạiO
O là trực tâmFKE (đpcm)
2.6. Định lý Emelyanov:
Gọi XYZ là tam giác tạo bởi các đường chéo AC, BD, EF; M là điểm Miquel của tứ giác toàn
phần ABCDEF. Khi đó M nằm trên đường thẳng Euler của tam giác XYZ.
Trang 14
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’.
Mặt khác, AG
AD
= X(A∞GD) = X(CH∞B) = BH
BC
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:
Gọi E1
, E2
, E3
, E4
lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác FAB, FCD, EAD,
EBC. Khi đó các đường thẳng lần lượt qua E1
, E2
, E3
, E4
và vuông góc với CD, AB, BC,
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:
Gọi H1
, H2
lần lượt là trực tâm, O1
, O2
lần lượt ngoại tiếp tam giác FAB, FCD.
M, J lần lượt là trung điểm CD, AB; K, T lần lượt là hình chiếu của F trên AB, CD.
Trang 15
Đường thẳng qua E1 và vuông góc với CD giao FK tại I, đường thẳng qua E2 và vuông
góc với AB giao FT tại L. 1
JE FK Q , ME FT R 1 .
Do FK // E R2
nên E LH TFK 2 2 . Tương tự, E IH TFK 1 1
Do đó, E LH E LH 2 2 1 1 .
Ta sẽ chứng minh RE M JE Q 2 1 , 2 2 1 1 1 270 o TLE LRE E JK E IH .
Tương đương 1
2 90 o TFK E JK TRM JQK TRM .
Hay 2 1 1 2 E O PH LRE = A B C D (đúng).
Như vậy hai tam giác E LR 2 và E QI 1
có RE L QE I 2 1 và 2 1 180o RLE QIE
Áp dụng định lý hàm số sin suy ra
1 2
QI RL
QE E L
hay
1 2
1 1
2 2
QI RL
R R
.
Nhưng 1 1 1
2 2 2
.cos
.cos
O J R F R
O M R F R
nên 1 1
2 2
QI O J FH
RL O M FH
.
Vậy 1
2
IH FL
FI LH
, do đó áp dụng định lý Thales suy ra đường thẳng qua E1
vuông góc
với CD giao đường thẳng qua E2
vuông góc với AB tại một điểm trên H H1 2 .
Chứng minh tương tự suy ra đpcm.
Bình luận : Bài toán tương tự được phát biểu trong IMO Shortlist 2009, G6.
Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:
