Các Chuyên Đề Hình Học Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi tại Trường THCS Trần Văn Tấn

Tài liệu nghiên cứu Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi thcs trần văn tấn, tổng hợp lý thuyết và thực hành, cung cấp kiến thức chuyên sâu về .

• Tác giả: Trần Văn Tấn
• Trường học: Đại học Sư Phạm Hà Nội
• Chuyên ngành: Toán Học
• Đề tài: Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi THCS
• Loại tài liệu: Tài liệu bồi dưỡng

Tóm tắt

I. Tổng quan các chuyên đề hình học bồi dưỡng HSG THCS Trần Văn Tấn

Bộ sách Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi THCS của tác giả Trần Văn Tấn và nhóm giáo viên chuyên toán Đại học Sư phạm Hà Nội là một tài liệu kinh điển. Nó đóng vai trò nền tảng cho học sinh và giáo viên trong quá trình chinh phục các kỳ thi học sinh giỏi. Cuốn sách không chỉ là một tuyển tập chuyên đề hình học phẳng thcs thông thường. Nó là một hệ thống kiến thức được biên soạn logic và chặt chẽ. Cấu trúc đi từ các định lý cơ bản đến những bài toán phức tạp, giúp người đọc xây dựng tư duy hình học một cách bài bản. Mỗi chuyên đề tập trung vào một mảng kiến thức trọng tâm, từ Định lý Ta-lét, tam giác đồng dạng đến các bài toán quỹ tích, dựng hình và cực trị. Đây là một tài liệu ôn thi học sinh giỏi toán không thể thiếu, cung cấp một lộ trình học tập rõ ràng. Điểm nổi bật của tài liệu là phương pháp tiếp cận vấn đề. Thay vì chỉ đưa ra công thức, tác giả phân tích sâu sắc bản chất của từng bài toán. Sách hướng dẫn cách biến đổi tỉ số, cách sử dụng các định lý mạnh như Ceva, Menelaus và cách tư duy để giải quyết các bài tập hình học nâng cao lớp 9. Mỗi ví dụ minh họa đều được chọn lọc kỹ lưỡng, kèm theo lời giải chi tiết chuyên đề hình học Trần Văn Tấn, giúp học sinh tự học và rút ra kinh nghiệm. Cuốn sách này không chỉ phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi mà còn là nguồn tham khảo quý giá cho giáo viên, giúp họ xây dựng các chuyên đề giảng dạy hiệu quả và sáng tạo. Nhờ sự hệ thống và chiều sâu, sách bồi dưỡng HSG toán THCS Trần Văn Tấn đã khẳng định được vị thế vững chắc trong cộng đồng toán học.

1.1. Giới thiệu sách bồi dưỡng hsg toán thcs Trần Văn Tấn

Tác phẩm này là công trình tâm huyết của thầy Trần Văn Tấn cùng nhóm giáo viên giàu kinh nghiệm. Sách được biên soạn với mục tiêu cung cấp một nguồn tài liệu chất lượng cao, chuyên sâu về hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi. Nội dung được chia thành 11 chuyên đề chính. Mỗi chuyên đề là một chủ điểm kiến thức quan trọng, bao gồm lý thuyết cốt lõi, các ví dụ điển hình và hệ thống bài tập tự luyện. Cách trình bày khoa học giúp người đọc dễ dàng nắm bắt các khái niệm trừu tượng và áp dụng vào giải quyết vấn đề thực tế.

1.2. Cấu trúc tuyển tập chuyên đề hình học phẳng thcs

Cấu trúc của cuốn sách được thiết kế để dẫn dắt người học một cách tự nhiên. Các chuyên đề đầu tiên như Định lý Ta-lét, Tứ giác nội tiếp tạo nền tảng vững chắc. Tiếp theo là các chuyên đề nâng cao hơn về chứng minh đồng quy, thẳng hàng, và các định lý quan trọng như định lý Ceva, Menelaus, Ptolemy thcs. Các chuyên đề cuối cùng khám phá những lĩnh vực thách thức như bất đẳng thức và cực trị trong hình học hay hình học tổ hợp thcs. Sự sắp xếp này đảm bảo một quá trình học tập liền mạch và hiệu quả.

II. Thách thức khi bồi dưỡng HSG hình học phẳng cấp THCS

Quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi hình học phẳng ở cấp THCS đối mặt với nhiều thách thức. Hình học đòi hỏi khả năng tư duy trừu tượng và trực quan cao, điều mà không phải học sinh nào cũng có sẵn. Nhiều em gặp khó khăn trong việc "nhìn" ra các yếu tố phụ cần kẻ thêm hoặc liên kết các dữ kiện tưởng chừng rời rạc. Một trong những rào cản lớn nhất là việc hệ thống hóa kiến thức. Học sinh có thể biết nhiều định lý riêng lẻ nhưng lại lúng túng khi cần tổng hợp chúng để giải một bài toán phức tạp. Việc thiếu một tài liệu của thầy Trần Văn Tấn hay các nguồn uy tín tương tự khiến quá trình học trở nên manh mún. Thêm vào đó, việc tìm kiếm nguồn bài tập hình học nâng cao lớp 9 có chất lượng, đi kèm lời giải rõ ràng là một vấn đề nan giải. Nhiều tài liệu trên thị trường chỉ cung cấp đáp án cuối cùng, không giải thích quá trình tư duy và các bước lập luận. Điều này làm học sinh khó có thể tự mình tiến bộ. Các dạng toán hình học THCS chọn lọc thường yêu cầu những kỹ năng đặc biệt như chứng minh các điểm thẳng hàng, các đường đồng quy, hay xử lý các bài toán quỹ tích. Nếu không được hướng dẫn phương pháp luận đúng đắn, học sinh dễ đi vào lối mòn hoặc bỏ cuộc. Cuốn sách bồi dưỡng HSG toán THCS Trần Văn Tấn ra đời chính để giải quyết những thách thức này, mang đến một phương pháp tiếp cận bài bản và sâu sắc.

2.1. Vấn đề trong việc hệ thống hóa kiến thức hình học

Kiến thức hình học phẳng rất rộng lớn, bao gồm nhiều định lý, tính chất và hệ quả. Một học sinh có thể thuộc lòng định lý Ceva nhưng không biết khi nào nên áp dụng. Thách thức nằm ở việc xây dựng một "bản đồ tư duy", liên kết các mảng kiến thức lại với nhau. Ví dụ, một bài toán về đường tròn có thể được giải quyết bằng phương pháp góc nội tiếp, phương tích, hoặc thậm chí là tam giác đồng dạng. Việc thiếu một lộ trình học tập có hệ thống khiến học sinh dễ bị "ngợp" và không biết bắt đầu từ đâu.

2.2. Tìm kiếm lời giải chi tiết chuyên đề hình học Trần Văn Tấn

Nhu cầu tìm kiếm lời giải chi tiết chuyên đề hình học Trần Văn Tấn là rất lớn. Học sinh giỏi không chỉ cần biết câu trả lời đúng, mà còn muốn hiểu tại sao lời giải đó lại hiệu quả. Họ cần phân tích các bước đi, các ý tưởng then chốt trong quá trình giải. Một lời giải tốt phải chỉ ra được "mấu chốt" của vấn đề, giải thích tại sao lại kẻ đường phụ như vậy, hoặc tại sao lại xét cặp tam giác đồng dạng đó. Đây chính là giá trị cốt lõi mà các tài liệu của thầy Tấn mang lại, giúp học sinh học được phương pháp chứ không chỉ học thuộc lời giải.

III. Phương pháp giải toán từ chuyên đề hình học bồi dưỡng HSG

Cuốn Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Trần Văn Tấn không chỉ cung cấp kiến thức mà còn trang bị phương pháp tư duy hiệu quả. Tài liệu nhấn mạnh việc nắm vững các khái niệm nền tảng trước khi đi vào các bài toán phức tạp. Một trong những phương pháp cốt lõi được giới thiệu là sử dụng định lý Ta-lét và tam giác đồng dạng để biến đổi tỉ số. Tác giả chỉ rõ: "Trong hình học ta thường dùng định lí Ta-lét hoặc tính chất của tam giác đồng dạng để biến đổi A/B = M/N và C/D = M'/N' sao cho M/N + M'/N' có thể tính được". Cách tiếp cận này giúp giải quyết các đẳng thức hình học một cách thanh thoát, tránh các phép biến đổi đại số cồng kềnh. Đối với các bài toán chứng minh thẳng hàng và đồng quy, sách giới thiệu các phương pháp kinh điển như sử dụng góc, tiên đề Euclid, và đặc biệt là sức mạnh của định lý Ceva, Menelaus, Ptolemy thcs. Việc vận dụng thành thạo các định lý này giúp rút ngắn đáng kể quá trình giải toán và mang lại những lời giải đẹp mắt. Cuốn sách là một tuyển tập chuyên đề hình học phẳng thcs toàn diện, mỗi chuyên đề đều được trình bày với phương pháp luận rõ ràng, giúp học sinh xây dựng kỹ năng giải toán một cách bền vững thay vì học vẹt.

3.1. Kỹ năng sử dụng Định lý Ta lét và tam giác đồng dạng

Chuyên đề 1 của sách tập trung vào việc khai thác sức mạnh của Định lý Ta-lét và tam giác đồng dạng. Phương pháp được nhấn mạnh là chuyển đổi các tỉ số đoạn thẳng một cách linh hoạt. Thay vì nhân chéo, sách khuyến khích việc tìm các tỉ số trung gian thông qua các đường thẳng song song. Kỹ thuật này đặc biệt hữu ích trong việc chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức liên quan đến độ dài, là nền tảng cho nhiều bài tập hình học nâng cao lớp 9.

3.2. Vận dụng Định lý Ceva và Menelaus một cách hiệu quả

Chuyên đề 9 là một điểm sáng, giới thiệu hai định lý cực mạnh là Ceva và Menelaus. Đây là công cụ đắc lực để giải quyết các bài toán về đồng quy và thẳng hàng. Sách không chỉ nêu định lý mà còn đi sâu vào các trường hợp áp dụng, cách chọn tam giác và cát tuyến phù hợp. Việc nắm vững chuyên đề này giúp học sinh có một vũ khí sắc bén khi đối mặt với các dạng toán hình học thcs chọn lọc, đặc biệt là trong các kỳ thi chuyên và học sinh giỏi.

IV. Bí quyết giải các bài tập hình học nâng cao lớp 9 hiệu quả

Để giải quyết thành công bài tập hình học nâng cao lớp 9, việc nắm vững lý thuyết là chưa đủ. Cần có chiến lược và bí quyết riêng. Tài liệu của thầy Trần Văn Tấn cung cấp nhiều phương pháp độc đáo. Đối với các bài toán về quỹ tích và dựng hình, sách hướng dẫn cách dự đoán yếu tố cố định bằng việc xét các trường hợp đặc biệt, hoặc dựa vào tính đối xứng. Ví dụ, để chứng minh một đường thẳng luôn đi qua điểm cố định, ta có thể xét hai vị trí đặc biệt của đường thẳng đó và tìm giao điểm của chúng. Đối với mảng bất đẳng thức và cực trị trong hình học, phương pháp chủ đạo là hình học hóa các biểu thức đại số hoặc ngược lại. Nhiều bài toán cực trị được giải quyết bằng cách quy về các tính chất quen thuộc như "đường vuông góc là đường ngắn nhất" hoặc sử dụng các bất đẳng thức hình học cơ bản. Một lĩnh vực đặc biệt là hình học tổ hợp thcs, đòi hỏi tư duy logic và khả năng lập luận chặt chẽ. Sách giới thiệu các nguyên lý cơ bản như Dirichlet và phương pháp chứng minh bằng phản chứng. Những ví dụ như bài toán tìm đường tròn chia tập hợp điểm giúp học sinh làm quen với một nhánh toán học hiện đại và thú vị. Đây là những kỹ năng quan trọng giúp học sinh tự tin chinh phục các bài toán khó và chuẩn bị cho việc ôn thi vào lớp 10 chuyên toán hình.

4.1. Chinh phục bất đẳng thức và cực trị trong hình học

Chuyên đề 7 cung cấp một cái nhìn toàn diện về các bài toán cực trị. Phương pháp không chỉ dừng lại ở việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy hay Bunyakovsky. Sách tập trung vào các phương pháp thuần túy hình học: sử dụng phép quay, phép đối xứng trục để "duỗi thẳng" một đường gấp khúc, hoặc sử dụng tính chất của đường tròn và tiếp tuyến. Các ví dụ được chọn lọc để minh họa cho từng phương pháp, giúp học sinh hiểu sâu và áp dụng linh hoạt.

4.2. Tiếp cận các bài toán về quỹ tích và dựng hình phức tạp

Chuyên đề 3 trình bày các phương pháp tìm tập hợp điểm (quỹ tích) và dựng hình. Thay vì giải chay, sách khuyến khích việc phân tích bài toán thành các phần nhỏ hơn: phần thuận (dự đoán quỹ tích), phần đảo (chứng minh dự đoán), và giới hạn. Cách tiếp cận này giúp học sinh có một quy trình làm việc rõ ràng, tránh bỏ sót trường hợp và đảm bảo lời giải chặt chẽ. Đây là một trong những nội dung khó nhưng vô cùng quan trọng trong chương trình hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi.

V. Ứng dụng tài liệu ôn thi học sinh giỏi toán vào thực tiễn

Giá trị của bộ sách bồi dưỡng HSG toán THCS Trần Văn Tấn không chỉ nằm ở lý thuyết mà còn ở khả năng ứng dụng thực tiễn cao. Đây là một cẩm nang không thể thiếu cho quá trình ôn thi vào lớp 10 chuyên toán hình. Các chuyên đề trong sách bao quát gần như toàn bộ các dạng toán thường xuất hiện trong đề thi. Từ những bài toán chứng minh đồng dạng, tứ giác nội tiếp đến các câu hỏi phân loại về cực trị và quỹ tích, tất cả đều được phân tích kỹ lưỡng. Học sinh sau khi nghiên cứu tài liệu sẽ có được một hệ thống kiến thức vững chắc và bộ phương pháp giải toán đa dạng. Việc phân tích các dạng toán hình học thcs chọn lọc giúp học sinh nhận diện nhanh yêu cầu của đề bài và lựa chọn hướng đi phù hợp. Sách không chỉ đưa ra bài tập mà còn phân loại chúng theo chủ đề và độ khó, giúp việc ôn luyện có mục tiêu và hiệu quả hơn. Hơn nữa, việc tiếp cận với các lời giải chi tiết chuyên đề hình học Trần Văn Tấn giúp học sinh học hỏi được cách trình bày bài giải một cách logic, chặt chẽ và khoa học – một kỹ năng quan trọng để đạt điểm tối đa trong các kỳ thi. Có thể nói, đây không chỉ là một cuốn sách tham khảo, mà là một người thầy đồng hành, một công cụ chiến lược giúp học sinh biến kiến thức thành điểm số và thành công.

5.1. Xây dựng chiến lược ôn thi vào lớp 10 chuyên toán hình

Để ôn thi vào lớp 10 chuyên toán hình thành công, học sinh cần một chiến lược rõ ràng. Cuốn sách này cung cấp nền tảng cho chiến lược đó. Giai đoạn đầu, học sinh cần nắm vững 5-6 chuyên đề cơ bản như tam giác đồng dạng, đường tròn, tứ giác nội tiếp. Giai đoạn tiếp theo, tập trung vào các chuyên đề nâng cao như Ceva, Menelaus, và các bài toán cực trị. Cuối cùng, luyện tập với các bài toán tổng hợp, mô phỏng cấu trúc đề thi thật để rèn luyện tốc độ và tâm lý phòng thi.

5.2. Phân tích các dạng toán hình học thcs chọn lọc

Một điểm mạnh của tài liệu là hệ thống các dạng toán hình học thcs chọn lọc. Mỗi dạng toán được minh họa bằng các ví dụ từ dễ đến khó. Chẳng hạn, với dạng toán chứng minh 3 điểm thẳng hàng, sách đưa ra nhiều phương pháp: cộng góc, diện tích, định lý Menelaus, đường thẳng Simson. Việc được tiếp xúc với nhiều cách giải cho cùng một dạng toán giúp học sinh phát triển tư duy linh hoạt và sáng tạo, một phẩm chất cần thiết của học sinh giỏi.

Trích đoạn nội dung tài liệu

CAC CHUYEN DE HÌNH HỌC www.com _ TRẦN VĂN TẤN VÀ NHÓM GIÁO VIÊN CHUYÊN TOÁN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ren DE Nyy > 5 oe BOI DUONG ‘e O Ww n HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ (Túi bản lần thứ nhất) NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC Chuyén déI CAC BAI TOAN SU DUNG DINH Li TA-LET (THALES) VA TAM GIAC DONG DANG Định lí Ta-lét và tính chất của tam giác đồng dạng cho phép ta biến đổi một tỉ số giữa độ dài của hai đoạn thẳng hoặc giữa diện tích của hai tam giác thành một tÍ số mới. Trong bài toán sử dụng định lí Ta-lét và tính chất của tam giác đồng dạng ta cần lưu ý những điểm sau : ® Định lí Ta-lét và tính chất của tam giác đồng dạng chỉ đề cập tới tỉ số của hai đối tượng cùng loại (cùng là độ dài của hai đoạn thẳng hay cùng là diện tích của hai tam giác). ® Đối với bài toán cần thực hiện phép toán B + , với A, B, C, D là cùng DIA loại, cần chuyển hai tỉ số trên thành những tỉ số có cùng mẫu số. Tuy nhiên khác với đại số, trong hình học rất hiếm khi ta thực hiện phép nhân chéo quy ˆ .D+BC ` ` ` ae ce han ti đồng thành BD Trong hình hoc ta thường dùng định lí Ta-lét hoặc tính chất của tam giác đồng dạng để biến đổi AL M c.

B D N ® Đối với bài toán cần thực hiện phép toán =. với A, B, C, D 1a cùng loại, A M C M' A C M đổi —B = —: đó tat cần biếnbiến đổi khi 1 đó N° DEN? sao cho Ys—. ® Đối với bài toán cần chứng minh đăng thức có dạng + = = e với A, B, C là cùng loại, ta cần tìm M, N, P cùng loại với A, B, C sao cho M=N =P. Nn Khi đó đẳng thức cần chứng minh tương đương với m +.

Bay gid ta cé C thể dùng định lí Ta-lét hoặc tính chất của tam giác đồng dạng để chứng minh đẳng thức này, ( _Vi du Cho tam gidc ABC can tai A. Trén canh BC kéo dai vé phia C, lay một điểm M. Một đường thẳng A đi qua điểm M cắt các cạnh CA, AB tại N và P. Chứng minh rằng BM _ CM không đổi, khi M và A thay đổi.

BP CN Lời giải (h1) — TS lv daw Qua A kẻ đường thẳng song song với A cất BC ở Q. Theo định lí Ta-lét, ta có BM BP _ BQBA ⁄ CM_CQ CN CA z / | hay BM_CM _|BQ_ cọ| B Cc MN Q BP CN |BA CA Hình 1 Mat khác tam giác ABC cân tại A nên BQ _ CQ_ BQ~€Q_ BC jong asi. BA CA BA BA Vi du 2, Cho các điểm A', B', C' lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB của một taín giác ABC, sao cho A'B BC CA O 'GC B' B_ Chứng minh rằng hai tam giác ABC và A'BC có cùng trọng tâm.2) A'B_ BC CA Do ——=——=—— A'C BA CB. A'C BA CB nên ——=——=——=k BC CA AB (với số k nao or ah lc # Tit ost _ CN //AC (N € BC),>6 tacé TC2BN.

= C'B_A'C Kẻ“ưa AB = BC AE do ds BN=A'C. ⁄ Vậy BC và NA' có cùng trung điểm M. Gọi P là trung điểm của A'C' và G là giao của AM và BP, ta có - CN -CB_BA suy ra [CN = BA. AC Mặt khác, PM song song va bang zon nén PM song song va bang SAB Vậy —— GP =-1 = GM.

Do đó G là trọng tâm chung của hai tam giác ABC GB' 2 GA và A'BC. Cho bốn đường thẳng theo thứ tự m¡, mạ, mạ, mạ đồng quy tại O và theo chiều quay của kim đồng hồ. Các điểm Aj, A>, A3, Ag lan luot trên mị, My, M3, M4 sao cho AIA2 /J mạ, A2Aa // mị; A3A4 // mạ. Đường thẳng qua Aa song song với ma cắt mị tại As.

Chứng minh rằng Lời giải.3) Gọi M 1a giao cua A,A3 va my, N là giao cla m, va A3A4. Ta có các tứ giác OA¡A¿M, ONAaA; là hình bình hành. Theo định lí Ta-lét ta có OAs _ — AsAg _ MAq \ONy A3N OM Hinh 3 và (ON ON _ AgA3_ OAg \oA, } AM A.M OM Do đó OAs _ MAg OA, < (Mas .OAs) Li OA, MO MO 4(MO MO} 4 3 ab < eo)a fed (¢ 7 Dang thức xảy ra khi MA¿ = OA¿ © A3A2 = A3M. Co nghia 1a mj, mạ, mạ, mạ ở vị trí sao cho một đường thẳng song song với một trong bốn đường này sẽ bị ba đường còn lại chắn ra hai đoạn thẳng bằng nhau.

Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF. Một điểm M thuộc đoạn FD, N là một điểm thuộc tia DE sao cho MAN = BAC. Chứng minh rằng A 1a tam đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác DMN.4) Lấy P thuộc BF sao cho MP // BD. Dễ dàng chứng minh được AD là phân giác góc NDF.

Nên để giải bài toán ta chỉ cần chứng minh thêm MA là phân giác của góc nhọn FMN. Ta có AAPM œ AAEN (g.g), dođó AAPE œ AAMN (c.c) Hình 4 Suy ra AMN = APE. (1) Mặt khác ta có AAFD œ AEFEB (g.g) mà PB =MD nén PF ME AME = EPF = APE. (2) Từ (1) và (2) suy ra AMN = AME hay MA là phân giác góc FMN, do dé ta có điều phải chứng minh.

Về phía ngoài của tam giác ABC, dựng các tam giác cân AMB, BNC, CPA có các góc ở đỉnh cân lần lượt 14 AMB = 0, BNC =, CPA = y thoả mãn œ + 8 + y = 360”. Chứng minh rằng tam giác MNP có số đo ba góc a By lan luot là Š "2°20 Loi gidi.5) Goi K là điểm sao cho AMBK œ ANCB, K và A nằm về hai phía của BM. Khi đó AMAK œ APAC suy ra =A. MA SAKA và PAC= KAM.

Dodé PAM = PAC+CAM N - KAM + CAM - CAK. p Vay APAM w ACAK (g.g), nén AMP = AKC. ˆ ° Tương tự chứng minh được BMN = BKM. Vậy AMP + BMN = AKB.

Mat khác M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam K giác AKB (do MA = MK = MB) nên Hình 5 |1——~ I1 AKB = -AMB = >(AMP + BMN + PMN) = 2(AKB + PMN), oon = AKB Do đó PMN xe. AMB = 2 Chứng minh tương tự cho MNP = so NPM = > Ta có điều phải chứng minh. Cho tam giác ABC. Biết rằng tồn tại các điểm M và N lần lượt trên các cạnh AB, BC sao cho 2, BM _ BN va BNM = ANC.

Chứng minh rằng AM CN tam giác ABC vuông. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O ; r), M là trung điểm của BC. Giao điểm của OM và đường cao AH là E. Chứng minh rằng AE = r.

Cho tam giác ABC vuông tại C, đường cao CH. Đường tròn ([l ; r) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AC, AB lần lượt tại P, Q. Giao điểm của CH và PQ là N. Gọi K là trung điểm của BC, KI cắt AC tại M.

Chứng minh rằng CM=CN. Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy hai điểm M và N sao cho MAB = NAC. Chứng minh rằng MB.NB _ AB ( ) MC.NC \AC/ — Cho tam giác ABC, AD 1a phan giác trong của góc A.

Trên AD lay M, N sao cho MBA = NBD. Chứng minh rằng MCA = NCD. Cho tam giác ABC có I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp. AD là đường cao kẻ từ A.

Chứng minh rằng ba điểm I, D, O thẳng hàng khi và chỉ khi đường tròn ngoại tiếp và đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC có cùng bán kính. Giả sử D là một điểm nằm trong tam giác nhọn ABC sao cho AB.CD _ ADB = ACB + 90° va AC. Chting minh rang AC.BD - Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm M nằm trong tam giác.

Các đường thắng AM, BM, CM cắt (O) lần lượt tại các điểm thứ hai A', B, C'. Ha MA,, MB,, MC, lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng tam giác A'EC' đồng dang vdi tam gidc A,B,C). Cho AB, CD 1a hai duéng kinh vuéng géc véi nhau cla dudng tron (O).

Đường thẳng A vuông góc với CD và cắt tia đối của tia DC. Một tiếp tuyến m thay đổi của (O) cắt AB tại K cắt A tại M. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của CK, DK với A. Chứng minh rằng ME.ME không đổi khi tiếp tuyến m thay đổi.

Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CH và trung tuyến AD. Đường tròn (O) đi qua D và tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A, cất BC tại điểm thứ hai E. Chứng minh rằng AE đi qua trung điểm của CH. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).

Ha DA, L BC, DB, L AC. Goi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, A¡B¡. Chứng minh rằng tam giác PDQ có dạng không đổi (luôn đồng dạng với chính nó) khi B, C, Ð cố định còn A thay đổi. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O).

Điểm I nằm trong tam giác ABC. Các tia AI, BI, CI cat đường tròn (O) lần lượt tại các điểm thứ hai A', B, C'. Chứng minh rằng tam giác A'B'C' đều khi và chỉ khi 1 1 1 IA: IB: IC= — : — :— BC CA" “AB 13. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Các tam giác OAD, OBC có trực tâm lần lượt là H, K. Chứng minh rằng HK vuông góc với MN. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) và có hai đường chéo cắt nhau tại IL.

Hạ IP vuông góc với AD, IQ vuông góc với BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng PQ vuông góc với MN. Cho tứ giác ABCD hai đường chéo AC, BD có độ dài bằng nhau.

Về phía ngoài tứ giác dung các tam giác cân đồng dạng AMB, CND (can tai M, N). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AD, BC. Chứng minh rằng MN vuông góc với PQ. Chuyên đề 2 BÀI TOÁN CHỨNG MINH CÁC ĐIỂM THANG HANG, CAC DUGNG THANG DONG QUY Để giải bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng, các đường thẳng đồng quy, ta thường sử dụng một trong các phương pháp sau : 1) Sử dụng mối quan hệ về góc (hai góc bằng nhau, tổng hai góc bằng 180°.