ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG ĐỂ GIẢI TOÁN Nguyễn Bá Đang Hội THHN Nhắc đến tam giác đồng dạng, chúng ta chỉ thấy các cạnh tương ứng tỉ lệ với nhau và các góc tương ứng bằng nhau
Trang 1ỨNG DỤNG TÍNH CHẤT TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG ĐỂ GIẢI TOÁN
Nguyễn Bá Đang Hội THHN
Nhắc đến tam giác đồng dạng, chúng ta chỉ thấy các cạnh tương ứng tỉ lệ với nhau và các góc tương ứng bằng nhau Từ đó ta suy ra những tính chất quan trọng đó là các đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác tương ứng
tỉ lệ với nhau, các góc tạo bởi các cạnh với các đường cao, trung tuyến, phân giác tương ứng bằng nhau Với các tính chất này chúng ta đã giải quyết nhiều bài toán hình học khó Sau đây là các bài toán minh họa
1 Bài toán 1.(Bài toán con bướm)
Cho đường tròn tâm O và dây AB Gọi I là trung điểm AB, qua I kẻ hai cát tuyến MN và PQ, dây MQ và NP cắt AB tại C và D Chứng minh rằng IC = ID
Lời giải Gọi E, F là trung điểm của MQ và PN ⇒ OE⊥M Q và OF ⊥P N
Tam giác IMQ và IPN đồng dạng
⇒ \M EI = [IF P , I là trung điểm AB
Trang 2⇒ OI⊥AB ⇒ tứ giác OECI là tứ giác nội tiếp ⇒ [CEI = [COI
Tương tự [IF D = [IOD
⇒ [COI = [IOD ⇒ tam giác COD là tam giác cân ⇒ IC = ID
2 Bài toán 2.(Vô địch Mĩ năm 1979)
Cho tam giác ABC, M là điểm thuộc cung không chứa đỉnh A Gọi D, E,
H là hình chiếu của M lần lượt trên các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng
BC
M D = M ECA +M HAB
Lời giải
Theo bài toán 1 ⇒ H, D, E thẳng hàng, các tứ giác MHBD, MDEC nội tiếp
⇒ \M EH = \M CB (chắn cung )
\
M BC = \M HE ⇒ ∆ MEH v ∆ MCB, kẻ M I⊥HE ⇒ M DBC = HEM I(1) (do tỉ số các đường tương ứng bằng nhau)
\
M HD = \M BC = \M AC , \M DH = \M BH = \M CA ⇒ ∆MHD đồng dạng với
∆MAC ⇒ M EAC =HDM I (2)
\
M ED = \M CB = \M AB, \M DE + \M CA = 1800= \M BA + \M CA ⇒ \M DE =
\
M BA
⇒ ∆MED đồng dạng với ∆MAB ⇒ AB
M H = EDM I (2), cộng hai vế (1) và (2) ⇒ M EAC +M HAB =HD+DEM I = HEM I,
kết hợp (1) ⇒ M DBC = M ECA +M HAB
Đặc biệt ∆ABC đều ⇒ M E1 +M H1 =M D1 (Thi học sinh giỏi của VN)
Trang 33 BÀI TOÁN 3.
3 Bài toán 3.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), gọi I và J là trung điểm của BD
và AC Chứng minh rằng BD là phân giác của góc khi và chỉ khi AC là phân giác góc [BJ D
Lời giải Qua C kẻ đường thẳng CM//BD ⇒ CD = BM ; \DBM = \BDC
Theo giả thiết ID = IB ⇒ ∆ BIM = ∆DIN ⇒ \BIM = [DIC
BD là phân giác góc [AIC ⇒ [AID = [DIC ⇒ \BIM = [AID
⇒ A, I, M thẳng hàng
(Nhận xét:Trong mọi tam giác ta luôn có bc = 2RhA, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, hAlà đường cao xen giữa hai cạnh ⇒diện tích tam giác
S =abc4R, bạn đọc tự chứng minh)
Xét δABM và ∆ADM nội tiếp đường tròn (O) từ nhận xét trên
⇒ SABM =AB.BM.M A4R , SADM = AD.DM.M A4R
⇒ AB.BM = AD.DM (1)
CM//BD ⇒ BDCM là hình thang cân BC = DM , từ (1) ⇒ AB.DC = AD.BC
Từ D kẻ DN//AC ⇒ AD = CN , AN = CD⇒ AB.AN = CN.BC (2)
Áp dụng S = abc4R ⇒ SABN = SCBN⇒ khoảng cách từ A và C đến BN bằng nhau
⇒ BN đi qua trung điểm J của AC
AD = N C, [DAJ = \N CJ ⇒ ∆DAJ và ∆NCJ bằng nhau
⇒ [AJ D = \CJ N = [AJ B
⇒ AC là phân giác góc [BJ D Ngược lại hoàn toàn tương tự
Trang 44 Bài toán 4.
Cho tam cân ABC (AB = AC), trên BC lấy điểm D sao cho BD = 2DC, trên AD lấy điểm P thỏa mãn \BP D = \BAC Chứng minh \DP C = 1
2BAC.\ Lời giải
Đường tròn ngoại tiếp ∆PBC cắt AD tại E, qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường tròn tại I và cắt cạnh AB, AC kéo dài tại M và N
⇒ M E = 2EN (1)
tứ giác PBIE nội tiếp đường tròn ⇒ \BP E = \BIM
BC// MN ⇒ \CEN = \BCE = \BP E = bAvà \ACB = \CN E
⇒ ∆ABC đồng dạng với ∆ENC
⇒ \ECN = \EN C ⇒ EC = EN
∆ABC cân, BC//MN ⇒ M B = CN ⇒ ∆ IBM và ∆ECN bằng nhau ⇒
IM = IB = EN = EC,
từ (1): IE = EN ⇒ ∆EIC cân ⇒ \CEN = 2 [CIE = 2\CP E
⇒ \CP E = 12CEN =\ 12\BAC
5 Bài toán 5.
Cho hình vuông ABCD Góc dxAy = 450 quay quanh đỉnh A, cạnh Ax, By cắt cạnh BC và CD thứ tự tại P và Q, kẻ PM song song AQ, QN song song với
AP, đường thẳng MN cắt AP tại E và AQ tại F
Chứng minh rằng EF2= M E2+ N F2
Lời giải Theo giả thiết PM song song với AQ, QN song song với AP
⇒ \M P A = [P AQ = \N QA = 450
Trang 56 BÀI TOÁN 6.
⇒ \P AB = \N QD ⇒ ∆APB và ∆QDN đồng dạng
⇒ N D
DQ = BPAB ⇒ N D = BP.DQAB (1)
góc \BP M = \DAQ ⇒ ∆BPM đồng dạng ∆DAQ
⇒M B
BP = QDDA⇒M B = QD.BPDA (2)
Từ (1) và (2) ⇒ N D = M B ⇒AM = AN
Gọi K là điểm đối xứng với M qua AP ⇒ AK = AM = AN , \M AP = \KAP Mặt khác \M AP + \QAN = \KAP + \QAK = 450⇒ \QAK = \QAK ⇒ K, N đối xứng nhau qua AQ ⇒ EM = EK, F K = F N
⇒ \KEF + \KF E = 1800− \KEM +1800− \KF N =3600−2( \M EP + \N F Q) = 900
⇒ \EKF = 900theo định lí Pythago EF2= KE2+ KF2= M E2+ N F2
6 Bài toán 6.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (C) M nằm trên đường thẳng kéo dài của đường chéo DB, sao cho MA, MC là tiếp tuyến của đường tròn (C) Tiếp tuyến tại B với đường tròn (C) cắt MC tại N và CD tại P, ND cắt đường tròn (C) tại E Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng Lời giải MC là tiếp tuyến với (C) ⇒ \N CB = \BDC ⇒ ∆ MCB và ∆MDC đồng dạng ⇒M C
M D = CB DC
MA là tiếp tuyến với (C) ⇒ \M AB = \ADB ⇒ ∆MAB, ∆MDA đồng dạng
⇒M A
M D = AB
DA,
do M A = M C ⇒ DCCB =ABDA ⇒ DA.CB = AB.DC
Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác ABCD ⇒ AB.CD + BC.DA = AC.BD⇒
⇒BC.DA =1
2AC.BD⇒ACDA = 2BCDB ; (1)
NB, NC là tiếp tuyến với đường tròn (C) ⇒ \N BE = \BDE, \N CE = \CDE
⇒∆NBE, ∆NDB đồng dạng, và ∆NCE, ∆NDC đồng dạng
⇒N B
N D =DBBE,N DN C =DCCE kết hợp N B = N C ⇒ BEDB = CEDC⇒BE.DC = CE.DB
Trang 6Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác BECD
⇒ BE.DC = CE.DB = 1
2BC.DE ⇒ BC
BD = 2CE
DE; (2)
PB là tiếp tuyến với (C) ⇒ ∆PCB và ∆PBD đồng dạng
⇒ P C
P B = P BP D =BDCB ⇒ P C.P D = P B2
mặt khác P DP C =P C.P DP D2 = P DP B2= CBBD2kết hợp với (2)
⇒ P C
P D = CBBD2= 2CEDE2; (3)
Giả sử AE cắt CD tại Q ⇒ ∆QEC và ∆QDA đồng dạng ⇒ QCQA =ECDA
∆QDE và ∆QAC đồng dạng ⇒ QDQA =DEAC;
⇒ QC
QA : QDQA =ECDA : DEAC,và kết hợp (1), (2)
⇒ QDQC =DE.DAEC.AC = ECDE4ECDE = 2CEDE2
; (4)
Từ (3) và (4) ⇒ P C
P B =QCQB ⇒P ≡ Q ⇒ A, E, P thẳng hàng
7 Bài toán 7.
Cho tam giác ABC (AC > AB), và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, trên cạnh AC lấy điểm D sao cho \ABD = \ACB, đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IDC tại E Qua E kẻ đường thẳng song song với AB cắt BD tại P, trên AI lấy điểm F sao cho IA = IF , gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, JP cắt CF tại Q Chứng minh rằng QF = QJ
Lời giải Theo giả thiết \ABD = \ACB ⇒ ∆ABD và ∆ACB đồng dạng (g.g)
⇒ AB
AD = ACAB ⇒ AB2= AD.AC
∆ACE và ∆AID đồng dạng ⇒ AI.AE = AD.AC
⇒ AB2= AI.AE ⇒ AB
AI = AE AB
⇒ ∆ABI và ∆AEB đồng dạng (c.g.c)
⇒ [ABI = \BEA =12Bb
Trang 78 BÀI TOÁN 8.
EP song song với AB ⇒ [AEP = \EAB = 12A ⇒ \b BEP = 12( bB + bA)
Mặt khác \ABP = \BP E = \ACB
⇒ \P BE = 1800− \BP E − \BEP = 1800− bC −12( bB + bA) = 12( bB + bA)
⇒ ∆PBK là tam giác cân ⇒ P B = P E,
gọi K là trung điểm BE ⇒ \P KB = 900
Theo giả thiết I, J là tâm đường tròn nội tam giác ABC và tam giác ABD
⇒ [ACI = 1
2C ⇒ [b IED = [ICD = [ICA,
\
ABD = \ACB ⇒ \ADB = \ABC ⇒ [DJ E = 12( bA + [ADJ ) = 12( bA + bB)
⇒ [IED + [DJ E = 12( bA + bB + bC) = 900 ⇒ [J DE = 900
⇒ ∆PKE và ∆EDJ đồng dạng ⇒ P E
EJ = KEDJ = 2DJBE ⇒ BE
DJ =2P EEJ Mặt khác ∆AEB và ∆ADJ đồng dạng ⇒ BEDJ = ABAJ
Và ∆AJB và ∆AIC (g.g) ⇒ AB
AJ = AC
AI = 2AC AF
⇒ P E
EJ =ACAF, [P EJ = \BAE = [F AC
⇒ ∆AFC và ∆PEJ đồng dạng
⇒ [P J E = [CF A; [QJ F = [QF J ⇒ QJ = QF
8 Bài toán 8.
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), đường phân giác góc b
A cắt đường tròn (O) tại D, gọi I là trung điểm AD, đường tròn qua A, I, B cắt cạnh AC tại E, DK là đường kính đường tròn (O) Chứng minh rằng KE vuông góc với AC
Lời giải
AD là phân giác bA ⇒ \BAD = \DAC, đường kính DK ⇒ M B = M C AEIB nội tiếp ⇒\AEB = [AIB
Trang 8AEB + \BEC = [AIB + [BID = 1800⇒ \BEC = [BID
Mặt khác \ADB = \ACB ⇒ tam giác EBC, IBD đồng dạng (g.g)
Gọi J là trung điểm BD ⇒ [J ID = \M EC
Mặt khác IJ//AB⇒ [J ID = \BAD
⇒ \BAD = \DAC = \M EC ⇒ AD song song với EM
⇒ \M EC = \M KC ⇒ tứ giác KEMC nội tiếp, KD là đường kính⇒ \KM C = 900
⇒ \KEC = 900 ⇒KE⊥EC