Các bài toán phát triển từ một hình quen thuộc

_ DC BG bạn đọc tự CM – theo hình  41;2;3;4 đpcm Thực chất bài toán cũng giống như bài toán mà fan3T đã hỏi trên 4r vào tháng 2 năm ngoái , bài toán với sự trợ giúp của cặp tam giác “đặ

Những bài toán phát triển từ 1 hình vẽ quen thuộc

(Những cặp tam giác đặc biệt– chìa khóa bài toán ¥ )

http://diendan3t.net/forum

M94

Bài 1: Cho tam giác ABC Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam

Bài làm:

_ Xét tam giác ADC và tam giác ABG có :

+ AD=AB (cạnh hv ABDE)

+ AC=AG (cạnh hv ACFG)

+ D A ˆ  C B A ˆ G (=90 + EAG)

ADC= ABG (c-g-c)

Do đó : DC = BG (3) và A D ˆ  C A B ˆ G

_ Trong tam giác BDC có OM là đường TB OM = // EC (1)

_ Trong tam giác CBG có ON là đường TB ON = // BG (2)

_ DC BG (bạn đọc tự CM – theo hình ) (4)

(1);(2);(3);(4) đpcm

Thực chất bài toán cũng giống như bài toán mà fan3T đã hỏi trên 4r vào tháng 2 năm ngoái , bài toán với sự trợ giúp của cặp tam giác “đặc biệt” thật quá là đơn giản phải không? 2 bài toán sau cũng đơn giản chỉ mở rộng nhỏ và hoàn toàn dựa vào bài toán đầu vì vậy mình chỉ đưa ra làm VD , Bạn đọc có thể

tự CM.

Bài 2 (a): Cho tam giác ABC Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam

giác Gọi M là trung điểm GD ; P là trung điểm BC ; N là tâm hình vuông ABED (giao của AE và BD) ; Q là tâm hv ACFG (giao của AF và CG) CMR: MNPQ là hình vuông

(Ngoài ra có 1 số đầu bài VD như CM MP vuông với NQ -> dung DC BG là đc)

Bài 2(b): Cho tam giác ABC có đỉnh A nhọn Dựng về phía ngoài của tam giác các hình

vuông ABDE, ACMN, BCPQ; các hình bình hành CMKP và BDIQ Chứng minh rằng AIK là tam giác vuông cân

?!!

Sau dạng toán trên, mình xin đưa ra 1 dạng toán khác của hình vẽ quen thuộc này , 1 bài toán khá phổ biến mà không ai là ko từng gặp 1 lần (thực ra trên 3T có hỏi dạng này nhiều lần nhưng mình không tìm được link vì hiện tại bài viết trên 3T giờ đã quá nhiều )

Bài 3: Cho tam giác ABC Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam

giác CMR: a) BG ; CD ; EF đồng quy

b) Gọi điểm đồng quy là K.CMR : EF là đường p/g của góc CGK

Cách lớp 9: Như ở trên đã CM (bài 1) : CD BG tứ giác KBED và KCFG nội tiếp

o

F K

C

E

K

B ˆ  ˆ  45 từ đó có dpcm

_

Trong phần “lời mở đầu” mình có trích link bài toán của hieuchuoi@ , mình xin phép được phát triển bài toán từ đầu bài đó và câu hỏi của Quang Minh như sau , (nếu giả dụ có ai gặp phải dạng này thì khỏi bỡ ngỡ :D )

Bài 4: Cho tam giác ABC bất kì Dựng về phía ngoài tam giác hai hình vuông ABED và

ACFG Lấy M là trung điểm DG , K là trung điểm BC CMR : 1) AK vuông và = ½ DG 2) AM vuông và bằng ½ BC

Có lẽ là quyển sách 1 năm 3T nên mình sẽ đi theo hướng của Smod Nguyễn Văn Linh , ngoài ra mình ra thêm hai hướng nữa có lẽ nên để bạn đọc tự tìm hiểu 

Dựng A1 đối xứng với A qua M (hay M là trung điểm AA1) , kéo dài tia Ax nằm đối với

AM

Dễ thấy tam giác DAA1 và tam giác ABC bằng nhau theo t/h c-g-c (góc cùng bằng=

N

A

D ˆ

1800  ) Do đó có AM = ½ BC

BC AM

x A

C

M

A

G

B C A

G

A

M

















0 90 ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

Về phần 1 nhường bạn đọc CM tương tự

_

Từ bài toán trên mình phát triên thêm 2 bài toán khác hoàn toàn dựa vào bài làm bài toán trên 

Bài 5(a): Cho tam giác ABC bất kì Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ;

ACFG và BCMN CMR :SABC  SADG  SBEN  SCFM

Chú ý rằng bài trên ta đã có tam giác ABC = tam giác ADA1 mà SADA1  SADG do đó

ADG ABC S

S  Bạn đọc tự cm tg tự cho hai diện tích còn lại

Bài 5(b): Với đầu bài như 5(a) Lấy I,H,K lần lượt là trung điểm của DG ; EN ; FM

CMR: IA ; HB ; KC đồng quy

Giờ thì quá đơn giản rồi, như câu 4 ta đã chứng mình IA vuông với BC (trong VD 4 thì là

MA ) vậy tia IA sẽ là đường cao của đỉnh A tam giác ABC Các đường khác tương tự 

Mà 3 đường cao của 1 tam giác sẽ giao nhau tại 1 điểm Vậy là ta có dpcm

Trên hình vẽ này với mỗi đường kẻ bạn đều có thể thu được 1 bài toán mới VD Ta cùng quan sát bài toán sau đây: (đây chỉ là 1 bài toán nhỏ tình cờ mình kẻ trong giờ học văn)

Bài 6: Cho tam giác ABC bất kì Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ;

ACFG và BCMN Gọi I;H;K lần lượt là tâm của các hình vuông ABED ; ACFG và BCMN CMR: AK IH

Dễ nhận thấy IH là đường trung bình của tam giác AEF Suy nghĩ đặt ra liệu có đường nào có tính chất như EF ? Song song và bằng EF thì chắc chắn sẽ xuất hiện hbh Ta làm thao tác dựng như sau :

Dựng hình bình hành B1EBN và C1MCF

Bạn đọc tự CM EFC1B1 là hbh (dựa vào hv BCNM) Vấn đề chúng ta là cần CM AB1C1

là tam giác vuông cân với K là trung điểm cạnh B1C1 Quan sát kĩ hơn ta chỉ cần CM :

AK và = B1K ; AK và = C1K Vậy là ta đã quay lại 1 bài toán cơ bản (Bạn đọc chỉ cần xét hai cặp tam giác có tô màu là xong bài toán rồi )

Một vài bài tập của dạng này:

Bài 1:

Cho tam giác ABC Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam giác

CMR: AH BC

Bài 2: Cho tam giác ABC Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ; ACFG và

BCMN Lấy K là trung điểm của EF và O là tâm của hình vuông BCMN CMR:

a) OBKC là hình vuông

b) KD=KG

Bài 3: Cho tam giác ABC Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ; ACFG và

BCMN CMR:

Hai topic đã giúp mình đưa ra ý tưởng và hoàn thành bài viết này :

Bài toán của fan3T: http://www.diendan3t.net/forum/showthread.php?t=305

Bài toán của hieuchuoi@: http://www.diendan3t.net/forum/showthread.php?t=295