Bài tập pt tư duy

Trở lại bài toán gốc, nhận thấy V ABF; ACD của bài toán là các đều, nếuV các tam giác đó là các tam giác vuông cân thì BD và CF sẽ có tính chất gì?. Bài toán 4: Cho tam giác ABC, về phía

2 Bài toán mở đầu thứ hai.

các tam giác đều ABF; ACD Chứng minh rằng CF = BD

B C

A F

D

H

ớng dẫn:

Xét hai tam giác: VDAB và VCAF, có:

ã ã



= ⇒



DA CA

DAB CAF

AB AF

VDAB = VCAF (c.g.c)⇒ CF = BD (đpcm)

BD; CF có tính chất gì? Khi đó ta có bài toán thứ hai:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy

1 2

1 1

1

1 2 3

A

D

E F

O

Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ

H

ớng dẫn

Gọi O là giao điểm của BD và CF

Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng

Ta có ∆DAB = ∆CAF (bài toán mở đầu)

⇒ àB = $1 F 1 ⇒ tứ giác AOBF nội tiếp

⇒ àO = à1 B = 602 0 và àO = à2 A = 601 0

Từ đó suy ra ãAOB = 1200 (1)

Tơng tự:tứ giácOADC và tứ giác BOCE nội tiếp⇒O = àà 3 C = 601 0 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ãAOF = 1800 ⇒ A; O; E thẳng hàng

Hay AE; BD; CF đồng quy

Qua bài trên ta nhận thấy các góc ã AOB AOC BOC 120 Khi đó ta bài= ã =ã = 0

toán dựng hình khá quen thuộc:

Bài toán 2:

Dựng điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho ãAOB AOC BOC 120 = ã =ã = 0

Bây giờ ta trở lại bài toán gốc Gọi O là giao điểm của CF và BD, trên cạnh BD ta lấy điểm P sao cho PD = OA.

A

C B

D F

O

P

Xét hai tam giác: ∆CPD và ∆COA, có:

PD = OA (cách vẽ)

ãPDC = ãOAC (tgOADC nt) ⇒ ∆CPD = ∆COA (c.g.c)

DC = AC (gt)



CP = OC (1)

CPD AOC 120 CPO 60 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆CPO đều ⇒ OP = OC

Do đó ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay: OA + OB + OC = BD

Đây là một đẳng thức khá đẹp, nhng đẳng thức trên có ý nghĩa gì không?

Từ đó ta có bài toán mới

Bài toán 3:

Xác định điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng khoảng cách từ O tới

ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất

H

ớng dẫn

Dựng ∆OCQ đều ở phía ngoài ∆OBC, dựng ∆ACD đều ở phía ngoài ∆

ABC

B C

A F

D

O

Q

Xét hai tam giác: ∆CQD và ∆COA, có:

CQ = CO (∆OCQ đều)

ãQCD = ãOCA( 60= 0 −QCA) ã ⇒ ∆CQD = ∆COA (c.g.c)⇒ OA = QD

DC = AC (gt)

Do đó ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD ≥ BO + OD ≥ BD

Dấu “ =” xảy ra khi :

+) O, Q, D thẳng hàng mà ãCQO = 600 ⇒ ãCQD = 1200 nên ãAOC =

1200 (1)

+) B, O, Q thẳng hàng mà ãCOQ = 600 nên ãBOC = 1200 (2)

Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác dới một góc bằng

1200

Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ

Nh vậy ta thấy điểm O vừa là giao điểm của ba đờng thẳng ở bài toán 2, vừa nhìn các cạnh của tam giác dới một góc bằng 1200, vừa có tổng khoảng cách tới các đỉnh nhỏ nhất

Trở lại bài toán gốc, nhận thấy V ABF; ACD của bài toán là các đều, nếuV

các tam giác đó là các tam giác vuông cân thì BD và CF sẽ có tính chất gì?

Từ đó ta lại có bài toán mới.

Bài toán 4:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại A Chứng minh rằng CF = BD; CF ⊥ BD

B C

A

D

F

O

H

ớng dẫn:

+) CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)

+) CF ⊥ BD (Tứ giác AOBF nội tiếp ⇒ ãBOF BAF 90 ) =ã = 0

Tiếp tục bài toán trên Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của BF; CD; BC

B C

A

D F

O

N M

I Khi đó ta có:

IM là đờng trung bình của tam giác BCF nên: IM // =

2

1

CF (1)

Tơng tự ta có: IN // =

2

1

BD (2) Mà: CF ⊥= BD (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra ∆MIN vuông cân tại I

Nhận xét rằng ∆AMB và ∆ANC vuông cân tại M và N Ta có bài toán mới

Bài toán 5:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABM vuông cân tại M; tam giác ACN vuông cân tại N Gọi I là trung điểm của BC

∆MIN là tam giác gì?

B C

A

N M

I

Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta đợc bài toán đơn giản hơn Ta có bài toán 6.

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF

a.Chứng minh rằng: BF = CE và BF ⊥ CE

b.Gọi I, J lần lợt là tâm của hai hình vuông đó M là trung điểm của BC Chứng minh rằng ∆MIJ là tam giác vuông cân

Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ

B C

A

H

F

E

D

I

J

M

Bài toán 6 không chỉ đơn giản hơn cho học sinh ở chỗ có câu a là bài toán phụ để chứng minh câu b mà có thể phát triển sang bài toán khác tơng tự

và tổng quát hơn.Nếu gọi N là trung điểm của EF thì ta cũng có NJ là đờng trung bình của ∆ECF, và ta cũng dễ dàng suy ra đợc tứ giác IMJN là hình vuông, từ đây ta có bài toán 7

Bài toán 7:

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF Gọi I, J lần lợt là tâm của hai hình vuông đó M, N là trung điểm của

BC và EF Chứng minh rằng tứ giác IMJN là hình vuông

B C

F

E

D

I

J

M N

ở bài toán trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đờng cao của tam giác ABC và đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của tam giác AEF Ta có bài toán 8.

Bài toán 8:

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF Chứng minh rằng đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đ-ờng cao AP của tam giác ABC và đđ-ờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của tam giác AEF

B C

F

E

D

M

Q

P N

H

ớng dẫn

Trớc hết ta chứng minh AN ⊥BC

Dựng hình bình hành AEQF, suy ra Q, N, A thẳng hàng

Xét hai tam giác: ∆ABC và ∆FQA, có:









AB = FQ (= AE)

FA = AC

Mà ãFAQ CAP 90+ã = 0 ⇒CAP ACP 90ã + ã = 0 ⇒CPA 90 Hay AN ã = 0 ⊥ BC Hoàn toàn tơng tự, ta dựng hình bình hành ABGC thì ta cũng chứng minh đợc

AM ⊥ EF

Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ

ở bài toán trên ta nhận thấy QA ⊥ BC Liệu QC có vuông góc với BH không? Từ đây ta có bài toán 9.

Bài toán 9:

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH ⊥QC

A

C

D

E

F

H

Q

N

O

H

ớng dẫn

Gọi O là giao điểm của BH và QC Theo bài toán 9, ta có: ∆ABC = ∆FQA, nên: BC = QA và ãACB FAQ=ã ⇒BCH QACã = ã

Xét hai tam giác: ∆BCH và ∆QAC, có:







BC = QA

CH AC

và ãCBH AQC=ã

Mà ãAQC QCP 90+ ã = 0 ⇒CBH QCP 90 hay ãã =ã = 0 BOC 90 Hay BH = 0 ⊥ QC (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Tơng tự nh trên ta cũng có CD ⊥ QB Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đ-ờng cao của tam giác QBC Và từ dây ta xây dựng đợc bài toán mới đợc phát biểu ở dạng khác.

Bài toán 10:

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng QP, BH và CD đồng quy

B C

A

P

H

F

E

D

Q

Tiếp tục bài toán 8, ta có đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là

đờng cao của tam giác AEF Từ đây ta khai triển đợc bài toán mới tổng quát hơn.

Bài toán 11:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABEF; ACMN; BCPQ Chứng minh các đờng cao của các tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy

B

A

C

M

P Q

E F

N

V

H

I

Trở lại bài toán gốc Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của AF; AD; BC Thì tam giác MNI có gì đặc biệt không? Ta có bài toán 12

Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ

Bài toán 12:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của AF; AD; BC

Chứng minh rằng tam giác MNI đều

B C

A F

D

I

T

N M

H

ớng dẫn

Gọi T là trung điểm của AC Xét hai tam giác: ∆AMN và ∆TIN, có:

ã == ã (= −ã )⇒ =





0

am ti

an nt

⇒ MN = IN (1) và ãmna int= ã ⇒mni 60 (2) Từ (1) và (2) suy ra ã = 0 ∆

MNI đều

Tiếp tục bài toán trên, nếu ta dựng hình bình hành AFPD, thì ta cũng có tam giác PBC đều Khi đó ta có bài toán mới

Bài toán 13:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD, dựng hình bình hành AFPD Tam giác PBC là tam giác gì?

B C

A F

D P

ớng dẫn

Xét hai tam giác: ∆ABC và ∆DPC, có:





ab dp

ad dc

(1)

Chứng minh tơng tự ta có:∆ABC = ∆FBP (c.g.c)⇒ BC = BP (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆PBC đều