bài tập toán

Ta Chứng minh cho AN là trung tuyến, là đờng cao của tam giác ADM... Thực chất của phơng pháp này là biến đổi kết luận ở dạng cha thấy hớng giải thành một trong các dạng tơng đơng có khả

Ví dụ 1: (Bài 155 trang 76 SBT)

Cho hình vuông ABCD Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC.

a) Chứng minh rằng CE vuông góc với DF.

b) Gọi M là giao điểm của CE và DF Chứng minh rằng AM = AD.

GT

Hình vuông ABCD

CE cắt DF tại M

EA = EB; FB = FC

KL a) CE ⊥ DF

b) AM = AD

Phân tích

a Học sinh cha cần tạo ra yếu tố phụ trên hình vẽ cũng chứng minh đợc :

∆BEC = ∆CFD (c g c) => – – MCFã =CDFã

Do đó ãMCF CFD+ ã =CDF CFDã + ã =900=> ãCMF=900

b Đối với trờng hợp này, giáo viên dẫn dắt học sinh phải kẻ đờng phụ nh sau: Để AM = AD khi và chỉ khi tam giác AMD cân tại A, khi

và chỉ khi trung tuyến đồng thời là đờng cao Vậy dẫn tới kẻ thêm đ-ờng phụ phải mang yếu tố trung điểm và vuông góc Từ đó phải xuất phát từ trung điểm K của DC Lấy K là trung điểm của DC nối AK cắt

DF tại N Ta Chứng minh cho AN là trung tuyến, là đờng cao của tam giác ADM

Lời giải

a) Xét hai tam giác BEC và CFD có :

CD = BC (cạnh hình vuông), ãEBC=FCD 1vã = , CF = BE ( 1CD

2

nên ∆BEC = ∆CFD (c g c) => – – MCFã =CDFã

Do đó ãMCF CFD+ ã =CDF CFDã + ã =900=> ãCMF=900

Hay CE ⊥ DF (1)

b) Gọi K là trung điểm của CD, N là giao điểm của AK và CD

Tứ giác AECK là hình bình hành vì AE // CK, AE = CK

Suy ra AK // CE (2)

C D

E

F M

K N

Từ (1) và (2) suy ra AK ⊥ DF (3)

Mà K là trung điểm của CD, AK // CE (c/m trên) nên ND = NM (4)

Từ (3) và (4) suy ra AN vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến của tam giác ADM Do đó tam giác ADM cân tại A

Hay AD = AM (đpcm)

2 Phơng pháp 2 : Biến đổi kết luận của bài toán về dạng tơng

đ-ơng.

Thực chất của phơng pháp này là biến đổi kết luận (ở dạng cha thấy hớng giải) thành một trong các dạng tơng đơng có khả năng gợi

ra hớng vẽ hình phụ và từ đó đi đến hớng giải Đây là phơng pháp

đơn giản và thờng đợc thử nghiệm đầu tiên.“ ”

Ví dụ 2 : Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các hình vuông

ABDE và BCKF Chứng minh rằng trung tuyến BM của tam giác ABC bằng nửa đoạn thẳng DF

GT

ABC

Dựng các hình vuông

ABDE; BCKF

MA = MC

KL BM 1DF

2

=

Phân tích

Ta thử biến đổi kết luận:

BM = DF(1)1 2BM=DF(2)

Vế trái của đẳng thức (2) gợi ý kéo dài BM để có BN = 2BM khi đó

ta thử tìm cách chứng minh BN = DF

Nối NC, NA (nét đứt biểu hiện yếu tố mới vẽ thêm)

Hình bình hành ABCN và cặp tam giác bằng nhau ∆BDF = ∆CNB (c.g.c) sẽ cho ta lời giải BN = DF hay BM = 1

2DF.

Chứng minh

Lấy N đối xứng với B qua N Tứ giác ABNC có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng nê nó là hình bình hành

B

E

D

F

K M

N

Từ đó suy ra NC = AB và ãABC BCN 180+ ã = 0 Mà AB = BD (cạnh hình vuông) và ãABC DBF+ ã =3600- (90o + 90 ) 180o = 0

nên BD = NC và ãDBF=BCNã

Hai tam giác BDF và CNB có BC = BF, BD = NC và ãDBF=BCNã , nên chúng bằng nhau theo trờng hợp c g c – –

Vậy DF = BN hay DF = 2BM

3 Phơng pháp 3: Vẽ hình phụ bằng hoặc tỉ lệ với các hình có trong kết luận.

Thực chất của phơng pháp này là vẽ thêm các yếu tố phụ hoặc bằng, hoặc tỉ lệ (hoặc có diện tích bằng hoặc tỉ lệ) phụ thuộc vào yêu cầu bài toán với các hình có trong kết luận ở dạng nhìn thấy hớng giải

rõ hơn

Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD, một điềm M chạy trên cạnh

CD Gọi P, Q và R theo thứ tự là chân các đờng vuông góc hạ từ B,

C, D xuống đờng thẳng AM Chứng minh rằng BP = DQ + CR

GT

ABCD là hình bình hành

CR ⊥ AM , M ∈ CD;

BP ⊥ AM; QD ⊥ AM

KL BP = DQ + CR

Phân tích :

Ta thấy các đoạn thẳng có trong đẳng thức của KL cha có mối liên hệ trực tiếp nào Có thể nghĩ đến tạo ra các đoạn thẳng trung gian bằng các đoạn thẳng trong đẳng thức ở kết luận trên hình vẽ, nên có các hớng sau:

1 Vẽ trên đoạn thẳng lớn BP một đoạn thẳng bằng DQ (hoặc bằng CR) và tìm cách cm phần còn lại của đoạn thẳng thứ hai

2 Kéo dài đoạn thẳng CR (hoặc DQ) một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng ngắn thứ hai và tìm cách c/m phần còn lại của đoạn thẳng thứ hai

Hớng thứ nhất gợi cho ta hai cách vẽ hình phụ:

A B

Q R’

C’

P

D M C R

a Để PC = CR (hoặc CC = PR) chỉ còn phải c/m BC = DQ ( Dễ’ ’ ’ dàng c/m đợc ∆BC C = ’ ∆DQA trờng hợp cạnh huyền - góc nhọn)

b Kẻ RR // BC => BR = CR Cần c/m PR = QD ta cũng có cách’ ’ ’

vẽ tơng tự với hớng thứ hai

Chứng minh

Cách 1 : Kẻ CC ’ ⊥ AM Tứ giác CRPC lcó ba góc vuông nên nó là’ hình chữ nhật, suy ra CR = C P.’

Xét hai tam giác vuông DQA và BC C có ’ Qà =C'à = 900, AD = BC ( cạnh đối của hình bình hành, ãADQ=C'BCã (góc có cạnh tơng ứng song song) nên ADQD =DCBC' (cạnh huyền góc nhọn) –

Suy ra DQ = BC’

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Cách 2 : Kẻ RR // BC, chứng minh RC = BR , DR/ = DQ Từ đó suy’ ’

ra điều phải chứng minh

Ví dụ 4: Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 1 Nối A với trung điểm M của cạnh BC, AM cắt đờng chéo BD tại O Tính diện tích của tứ giác OMCD

GT MB = MCSABCD = 1

AM ∩ BD = 0

KL Tính SOMCD = ?

Phân tích

Trên hình vẽ cần tạo ra ∆ bằng hoặc có diện tích bằng ∆BOM và các tứ giác có diện tích bằng nhau (có thể tính đợc), sao cho giữa tứ giác OMCD có mối liên hệ diện tích với các tứ giác, tam giác nói trên, với hình bình hành ABCD

Muốn thế từ B, trung điểm E của AD và D vẽ các đờng // với AM chúng cắt BC, BD, AD, tạo thành các tứ giác

Dễ dàng chứng minh đợc:

B M C N O

I

P A E D

SAMCE = S BCD ( =

2

1

SABCD)

SOMCI = SOBM + SCID; SOMCI = 3 SBOM

SOMCD =

6

5

2

1

SABCD =

12

5

SABCD

Vì SABCD = 1 => SOMCD =

12

5

Chứng minh

Từ B, trung điểm E của AD và D vẽ các đờng // với AM chúng cắt

BC, BD, AD, tạo thành các tứ giác

Dễ dàng chứng minh đợc:

SAMCE = S BCD ( =

2

1

SABCD)

SOMCI = SOBM + SCID; SOMCI = 3 SBOM

SOMCD =

6

5

2

1

SABCD =

12

5

SABCD

Vì SABCD = 1 => SOMCD =

12 5