TAI LIEU BDHSG THAY DANG

Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm, gọi I là trung điểm cạnh BC, đường thẳng qua H và vuông góc với HI cắt AC tại M và cắt AB tại N.. Chứng minh H là trung điểm MN.[r]

BỒI DƯỠNG GIÁO VIÊN TỨ KỲ

Bài 1 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng ∠BAC =2∠ ABC khi và chỉ khi

BC 2=AC 2+AC AB

Lời giải: Giả sử ∠BAC=2∠ ABC , kẻ đường phân giác

AD của góc ∠BAC (D thuộc cạnh AC) 

∠CAD =∠ DAC theo tính chất của đường phân giác 

CD

DB=

AC

AB 

CD

DB+CD=

AC AB+ AC 

CD

CB=

AC AB+ AC  CD=

AC CB AB+ AC (1) Mặt khác ∠CAD =∠ DAC =∠ ABC  ∠CDA=2∠ ABC  tam giác DAC và tam giác

ABC đồng dạng (g.g) 

CD

CA=

AC

BC  CD BC= AC 2 , thay CD từ (1) vào 

AC BC2= AC2( AB+ AC )  BC 2=AC 2+AC AB .

Ngược lại BC 2=AC 2+AC AB , phân giác AD của góc ∠BAC ta luôn có

CD= AC CB

AB+ AC từ hai đẳng thức này  AB+ AC=

AC CB

CD , BC2= AC( AC+ AB)  BC

AC=

AC

CD  tam giác ABC và tam giác DAC đồng dạng (c.g.c)  ∠ ABC =∠ DAC 

∠BAC=2∠ ABC

Lời giải Giả sử ∠ A=2∠ B

Từ M kẻ đường thẳng song song với CH cắt BC tại D  tam

giác ADB cân  ∠ DAB =∠ DBA , ∠ A=2∠ B 

∠CAD =∠ DAB  AD là phân giác góc ∠ A theo tính

chất của đường phân giác và Định lý Thales 

AC

AB=

CD

DB=

HM MB

Theo giả thiết AB = 2MB 

AC

HM

MB  AC=2 HM

Bài 2 Cho tam giác ABC thỏa mãn

∠ A

∠ B

∠C

1 Chứng minh

1

a+

1

b=

1

c

( BC=a , CA=b, AB=c ).

Lời giải Đây là bài toán không hề dễ, đã có lần lấy làm đề thi quốc tế, áp dụng kết quả bài toán

trên giải bài toán này không cần vẽ hình

∠ A

∠ B

∠C

1  ∠ A=2∠ B , ∠B=2 ∠C theo kết quả trên  a2=b2+bc và

b2=c2+ca

Mặt khác  ∠B≠∠C  b≠c  b−c≠0 , nhân cả hai vế a2=b2+bc với b−c 

a2( b−c)=(b2+ bc)(b−c)  a2( b−c)=(b2+ bc )(b−c )=c(b2− c2) , từ b2=c2+ca 

b2−c2=ca  a2( b−c)=b.ca  ab−ac=bc chia cả vế cho abc 

1

c−

1

a=

1

b .

Bài 3 Cho tam giác ABC , M là trung điểm AB, H là hình chiếu của C trên AB Chứng minh

rằng ∠ A=2∠ B khi và chỉ khi AC = 2MD.

Định lý Haruki : Người Nhật Bản mất năm 1997, ông đã đưa ra Định lý mang tên ông

Định lý Cho đường tròn tâm (O) và hai dây AB, CD không cắt nhau, P là điểm trên đường tròn,

PC, PD cắt AB tại M và N Chứng minh

AM BN

MN không phụ thuộc vào vị trí của điểm P

Lời giải Đường thẳng AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PMD

tại E  BADBCD và CPDCBD, mặt khác

CPD MPD MED AED

     AEDCBD

tam giác AED và tam giác CBD đồng dạng (g.g) 

AE AD

CB CD 

AD BC

AE

CD



vế phải không đổi  AE không đổi 

BE không đổi Theo hệ thức đường tròn  AN NB PN ND.  . và PN ND MN NE.  . 

AN NB MN NE  (AM MN NB MN NB BE )  (  )  AM NB MN BE.  . 

AM BN BE

MN





AM BN

MN không phụ thuộc vào vị trí P.

A

Áp dụng chứng minh Định lý Con bướm

Định lý Con bướm

Cho đường tròn và dây PQ, I là trung điểm PQ qua I kẻ hai cát tuyến AB và CD, AD và BC cắt

PQ tại M và N.Chứng minh IM = IN

Lời giải Áp dụng Định lý Haruki ta có

PM IQ PI NQ

MI  IN

Theo giả thiết IP = IQ 

PM NQ

MI IN 

PM MI NQ NI



PI IQ

MI IN  IM = IN.

Bài toán Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm, gọi I là trung điểm cạnh BC, đường thẳng qua

H và vuông góc với HI cắt AC tại M và cắt AB tại N Chứng minh H là trung điểm MN

Bài này ra trong phần Bài tập cuốn “Xung quanh phép quay” của GS Walemar Pompe Ba Lan (nhiều năm làm trưởng đoàn dự thi IMO Ba Lan) hai vợ chồng GS Nguyễn Hùng Sơn gửi tặng

Lời giải Cách 1 Kéo dài BH lấy điểm K sao cho HK = HB, I

là trung điểm  HI là đường trung bình của tam giác BCK  HI

song song với CK, giả thiết HI vuông góc với MN  HM

vuông góc với CK, giả thiết H là trực tâm tam giác ABC  BH

vuông góc AC hay CM vuông góc HK  M là trực tâm tam

giác HKC  KM vuông góc với HC, CH vuông góc AC  KM

song song với AB  HKM HBN tam giác HKM và tam

giác HBN bằng nhau (g.c.g)  HM = HN

Cách 2 Theo giả thiết H là trực tâm tam giác  AH vuông góc

BC và CH vuông góc AB BAH BCH, cũng theo giả thiết

HI vuông góc MN  IHCHNA

Tam giác AHN và tam giác CIH đồng dạng (g.g)

AH HN

CI IH

(1), tương tự tam giác AHM và tam giác BIH đồng dạng 

AH HM

BI  IH (2), từ (1) và (2) và IB = IC 

HN HM

HI  HI

 HM = HN

Cách 3 Đường kính qua A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K

0

90

ABK ACK

    KB song song với CH và KC song song với BH  tứ giác BHCK là hình bình hành  H, I, K thẳng hàng KH vuông góc với MN  tứ giác BNHK nội tiếp 

NKH NBH

  , tương tự HKM HCM , mặt khác BH, CH là các đường cao 

NBH HCM

   NKH MKH tam giác KMN cân  HM HN

Cách 4 Dựng đường tròn tâm I đường kính BC cắt cạnh AC tại D và AB tại E  BD vuông góc

với AC và CE vuông góc với AB  BD và CE là đường cao của tam giác

ABC BD và CE giao nhau tại H đó là trực tâm tam giác;

Theo giả thiết đường thẳng qua H vuông góc với IH cắt đường tròn tâm I

tại P và Q  HP = HQ, cát tuyến CD và EB cắt PQ tại M và N  theo bài

toán “Con bướm”  HM = HN

Giải 4 Cho hình vuông ABCD, P là điểm trong hình vuông thỏa mãn

Giải 12 Gọi hình chiêó của P trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần

lượt H, K, E, F  P, H, E và P, K, F thẳng hàng

 các tứ giác PFAH, PHBK, PKCE, PEDA là các hình chữ nhật 

PA PH PF , PB2 PH2PK2, PC2 PK2PE2,

PD PE PF  PA2PC2 PB2PD2(1)

Không mất tính tổng quát PA  , theo giả thiết1

PA PB PC

 PB2 4, PC2 9 Thay vào (1)  PD  Lấy điểm M ngoài hình vuông ABCD thỏa mãn AM AP2 6  và 

0

90

PAM

   APB và AMD bằng nhau (c.g.c) PM   2 2 PMDAPB 450

PMD: MD2MP2 PB2MP2    4 2 6 PD2 PMD900

AMD

Cách 2 Dựng tam giác vuông cân PBE, BP = BE theo giả thiết

PA PB PC

k

 PA1, PB2 ,k PC3k

PE BP PE  k , mặt khác tam giác ABP và tam giác CBE

bằng nhau (c.g.c)  APBCEP, PA = EC  22229PEECkPCtheo Định lí đảo

Pythagoras  PEC900

0

135

APB CEP PEC PEB

Bài 5 Cho tứ giác ABCD thỏa mãn ABCACD và BACCAD, hình chiếu của A trên

BC là và trên CD là Q Chứng minh trực tâm tam giác APQ nằm trên BD

Lời giải Theo giả thiết ABCACD và BACCAD

tam giác ABC và tam giác ACD đồng dạng (g.g), AP và AQ là

các đường cao tương ứng suy ra

BP CQ

PC QD(1)

Từ P kẻ đường thẳng song song với CD cắt BD tại H, 

BP BH

BC HD(2), AQ vuông góc CD  PH vuông góc AQ;

Từ (1) và (2) 

BH CQ

HDQD theo Định lí đảo Thales

 HQ song song BC, kết hợp giả thiết AP vuông góc BC  HQ vuông góc với AP  H là trực tâm tam giác APQ

Bài 6.

Bài toán 6 Cho tam giác ABC (BC a CA b AB c ,  ,  ) Trung tuyến AD, đường cao BH, và phân giác CE đồng quy Chứng minh đẳng thức:

(a b a )( b  c ) 2 ab

Lời giải Cách 1: Theo giả thiết AD, BH, CE đồng qui theo

tính chất của đường trung tuyến  HE song song với BC, áp

dụng định lí Thales và tính chất của đường phân giác trong

tam giác 

AE AH AC

EB HC BC 

HC AH BC AC



2

AC

AH

BC AC



 (1)

Áp dụng Địnhlí Pythagoras  AH2 AB2 BH2 

AB BC CH AB BC CH AB BC AC AH

AB BC AC AH AC AH

2

AB BC AC AH

AC



(2), thay (2) vào (1) 

 2AC2 (BC AC AB )( 2AC2 BC2) 2b3(a b b )( 2c2 a2)

Cách 2: Xét tam giác vuông BHC:

CH BC  BH BC  AB  AH BC2 AB2AH2 BC2 AB2(CA CH )2

 BC2CA2 AB2 2CA CH. 

222

BCCAAB

, tương tự

2

CA AB BC AH

CA





CH BC CA AB

AH CA AB BC



  (1)

CE là phân giác của tam giác ABC, AD, BH, CE đồng quy  CO là đường phân giác của

OD CD BC

OA CA  CA (2)

Từ D kẻ đường thẳng DK AC BH // DK  2

HC

HK 

OD HK CH

OA HA  HA (3), từ (1), (2) và (3) 

BC CA AB BC

CA AB BC CA



 BC CA CA2  3 AB CA CA BC AB BC BC2  2  2  3

 (BC3CA3)BC CA CA BC AB CA AB BC2  2  2  2 2BC CA. 2

 (BC CA BC )( 2CA2 AB2) 2 BC CA. 2

 (a b a )( 2b2 c2) 2 ab2

Bài 7 Cho hình thang vuông ABCD, vuông tại A và B (BC < AD), đồng thời thỏa mãn

AB AD CD BC AD  Chứng minh ADC 2 ABE, trong đó E là trung điểm AD Lời giải Gọi M là trung điểm cạnh AB, kéo dài CM cắt AD

tại N, theo giả thiết BC song song AD theo Định lý Thales 

AN = BC và MN = MC

Mặt khác theo giả thiết CD BC AD   DN DA AN DA BC DC  tam giác DCN cân

 DM vuông góc với CN và CDM MDN

E là trung điểm AD  EA = ED, kết hợp AB AD  AM AE, tam giác ABE và ADE là hai

tam giác vuông bằng nhau (c.g.c)  ABE ADM  ADC 2 ABE

Bài 8 Cho tam giác ABC, D là điểm trên cạnh BC, phân giác góc ADC cắt cạnh AC tại E,

EB cắt AD tại P, CP cắt cạnh AB tại Q Chứng minh góc DQ là phân giác góc ADB

Lời giải DE là phân giác gócADC theo tính chất đường phân

giác 

DA AE

DC EC (1)

Theo giả thiết AD, BE, CQ đồng quy, áp dụng Định lý Ceva 

1

DC QB EA

DB QA EC  

QB EC DB

QA EA DC (2)

Thay (1) vào (2) 

QB EC DB DC DB DB

QA EA DC DA DC DA theo Định lý đảo tính chất phân giác của góc trong tam giác  DQ là phân giác góc ADB

Bài 9 Cho tam giác ABC, M là điểm trong tam giác sao cho BMC900 BM, CM cắt AC và

AB tại D và E, N là điểm trong tam giác sao cho NBCABD,NCBACE

Chứng minh góc DNE không phụ thuộc vào vị trí của M

Lời giải Gọi H là hình chiếu của N trên BC, theo giả thiết

NBC ABD

  và BD vuông góc với CE  tam giác BNH và

tam giác BEM đồng dạng (g.g) 

BE BM

BN BH (1) NBC ABD

   MBH EBN, kết hợp (1) ta suy ra tam

giác EBN và tam giác MBH đồng dạng (c.g.c)

 ENBMHB, tương tự ta có DNC MHC

Cộng các vế với nhau ta có:ENB DNCMHB MHC1800

0

90

Bài 10 Cho tam vuông ABC (vuông tại A), M là trung điểm BC Gọi H là trực tâm tam giác

ABM, K là trực tâm tam giác ACM, đường thẳng BK và HC cắt nhau tại P

Chứng minh tam giác MAP vuông

Lời giải Tam giác ABE và tam giác BAD là hai tam

giác vuông bằng nhau  BD = AE  tam giác AHE và

tam giác BHD bang nhau (c.g.c)  HA = HB

Tương tự KA = KC

Theo giả thiết H là trực tâm tam giác ABM,

K là trực tâm tam giác ACM  CK vuông góc với

AM, và BH vuông góc với AM  CK song song BH

Áp dụng Định lý Thales 

PC KC KA

PH HB AH 

AP song song với KC, CK vuông góc với AE  AP vuông góc AE hay AP vuông góc AM 

0

90

PAM

   tam giác MAP vuông tại A

Bài 11 Cho tam giác vuông ABC (vuông tại A), D là điểm trên AB, H là hình chiếu của D trên

BC, và E trên AC sao cho DE = DH, gọi I là trung điểm của HE

Chứng minh BEH HCI

Lời giải Theo giả thiết DH = DE  tam giác DHE là tam

giác cân, cũng từ giả thiết IH = IE DI vuông góc với HE

Gọi K là hình chiếu của E trên BC  tam giác DHB và

EKC là các tam giác vuông  DH song song với EK, do

tam giác ABC vuông tại A  ABC ACB900

 BDH ECK  tam giác DBH và tam giác CEK đồng dạng 

BH DH

EK CK 

DH EK BH

CK



(1)

DH vuông góc với BC  DHE EHK 900 DHEHEK tam giác DHI và tam giác HEK đồng dạng (g.g) 

HI DH

EK HE 

DH EK HE

HI



(2) chia hai đẳng thức (1) và (2) 

BH DH EK HI HI

HE  CK DH EK CK (3)

Tam giác HEK vuông tại K  IHK IKH,IKEIEK  BHEIKC, kết hợp (3)  tam giác BHE và IKC đồng dạng (c.g.c) BEH HCI

Bài 12 Cho tam giác ABC, gọi D, F, E là trung điểm BC, CA, AB.Đường phân giác góc

ADB

 cắt AM tại M, đường phân giác góc ADC cắt AC tại N, O là giao điểm MN và AD,

FO cắt AB tại P, EO cắt AC tại Q Chứng minh AD bằng PQ

Lời giải Theo giả thiết DM là phân giác ADB 

AM AD

MB BD,

DN là phân giác góc ADC

AN AD

NC DC , D là trung điểm BD 

BD = DC 

AM AN

MB NCtheo Định lí Thales đảo  MN song song

với BC , mặt khác E, F là trung điểm AB và AC  BC2EF

2



2

BD AD

AD EF MN





hay

AD EF MN (1)

EPQF là hình thang 

OM EM

PQ  EP và

OM PM

EF PE cộng hai vế ta có:

1

OM OM EM PM EM MP

PQ EF EP PE EP





PQEF OM ;

Mặt khác

2

OM  OM OM OM OM ON MN 

PQEF MN (2), từ (1) và (2) 

ADEF PQEF 

AD PQ AD = PQ.

Bài 13 Cho tam giác ABC, phân giác AD và BE là phân giác của góc BAC,ABC thỏa mãn

ADE BED

EDC DEC



  Chứng minh tam giác ABC cân

Lời giải Đặt

ADE BED

k EDC DEC

  , với k là số thực dương,

đặt ADE  EDC k  , BED    DEC k 

Gọi I là giao điểm AD và BE 

0

90

2

C



2

C



0

90

2

C



(1), mặt khác ta có:

0 0

180  2 2 180  k  k ( )(1 2 ) 0 k  

1 2

k 

Gọi J là phân giác góc DEC cắt CI tại J với

1 2

k 

 IDEDJ,IEDDEJ tam giác IED và tam giác JED bằng nhau  ED vuông góc với IJ  tam giác CDE cân

 CD = CE  tam giác ABC cân CA = CB

Bài 14 Cho tam giác ABC, D là trung điểm BC, E trên cạnh BC thỏa mãn BAE = CAD

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt cạnh AC tại M, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt cạnh AM tại N Chứng minh rằng MN song song với BC

Giải Trước hết chứng minh

2 2

BE AB

CE AC

ABE

ACD

S BE

S CD,

ABE ACD

S AB AE

S AC AD

BE AB AE

CD AC AD (1)

Tương tự

BD AB AD

CE AC AE (2), nhân (1) với (2) 

2 2

BE AB

CE AC



2

BE CE c b





2

a b CE

c b



 ,

2

ac BE

c b





Theo giả thiết AMEB nội tiếp  CM CA CE CB.  . 

CM CE CB ab a a

CA  CA c b b b c

Tương tự BN BA BE BC.  . 

BN BE BC ac a a

AB  AB c b c b c  MN//BC

Bài 15 Cho tam giác cân ABC, AB = AC, đường phân giác BD thỏa mãn BC = BD + AD.

Tính các góc tam giác ABC

Lời giải Trên BC lấy điểm E sao cho BD BE

Từ giả thiết BCBD AD BE AD  

 BE EC BE AD  ECAD

AD là phân giác 

AD AB

DC CB

CE AD AB AC

CD CD BC BC và góc ACB chung  CED đồng dạng với CAB  CED là tam giác cân  ECDCDE

ABD DBC

   DCE 2 DBC , BD BE 

0

180 2

DBC BDE BED  

0 0



0

180 2

DBC DEB DEC  

180 4 DBC 180

 9DBC1800  DBC200 ABCACB400  BAC1000

Bài 16 Cho tam giác ABC, thỏa mãn 2  B 3 C1800, số đo các cạnh là ba số nguyên liên tiếp Tính diện tích tam giác ABC

Lời giải Theo giả thiết 2  B 3 C1800 từ đó ta có

2  B 3 C    A B C   A B 2 C

 góc A lớn nhất  cạnh BC lớn nhất do đó

trên cạnh BC lấy điểm D sao cho CDAC

0

180 2

C ADC DAC  



0

2

C

, thay 2  B 3 C1800 vào ta nhận được

2

 CBA đồng dạng với ABD (g.g) 

AB BD BC CD BC AC 

BC  BC ACAB  AB2 BC BC AC(  ), theo giả thiết số đo ba cạnh là các nguyên liên tiếp, chứng minh trên cạnh BC lớn nhất  BC AC 1 hoặc BC AC 2

Nếu BC AC 1  BC chỉ có bằng 4  AC = 3 và AB = 2 thỏa mãn

Nếu BC AC 2 AB2 2BC phương trình không thỏa mãn đề bài

Đường đẳng giác

Cho tam giác ABC, AM, AN là hai đường đẳng giác



2 2

BM BN AB

CN CM AC

Chứng minh

ABM ACN

S CN và

ABM ACN

S AB AM

S AC AN



BM AB AM

CN AC AN , tương tự

BN AB AN

CM AC AM



2 2

BM BN AB

CN CM AC (Định lý Steiner)

Bài 1 Cho tam giác ABC, AM, AN là hai đường đẳng giác của góc BAC, và BD, BE hai đường đẳng giác của góc ABC, các đường này cắt nhau tại P, Q Chứng minh CP, CQ là các đường đẳng giác của góc ACB

Lời giải Theo giả thiết AM, AN là hai đường đẳng giác của

góc BAC

2 2

BM BN AB

CN CM AC , BD, BE hai đường đẳng giác

của góc ABC

2 2

AD AE AB

CE CD BC 

BM BN CE CD AB BC BC

CN CM AD AE AC AB AC , CQ cắt AB tại H, CP

cắt AB tại K, theo Định lí Ceva AN, BE, CH đồng qui  1

HA NB EC

HB NC EA  và AM, BD, CK 

1

KA MB DC

HA NB EC KA MB DC

HB NC EA KB MC DA  

BM BN CE CD HB KB

CN CM AD AE HA KA

2 2

HA KA CA

KB KB CB 

CH, CK là đường đẳng giác góc ACB

Hai điểm P và Q được gọi là điểm đẳng giác, trong tam giác các đường đối trung đồng qui điểm

đó tên điểm Lemoine.

Bài 17 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tam (O), đường cao BD và CE cắt nhau tại

H, từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BH cắt AC tại N Chứng minh ON song song BC

Lời giải Theo giả thiết BMN 900 và BD vuông góc với AC 

0

90

BDC BDN

    tứ giác BMDN nội tiếp;

Theo giả thiết H là trực tâm, và M là trung điểm AH 

MA = MH = MD  MBN MDADAM DBC

 MBDMBN DBN DBC DBN NBC

H là trực tâm, O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  tam giác

OBC cân  ABH ABDOBC 

ABM OBC MBD ABD MBD

OBC NBC OBN

     BM và BO là cặp đẳng giác của góc B đối vớ i tam giác ABN, ta luôn có AH và AO là cặp đường đẳng giác xuất phát đỉnh A

Từ đó ta suy ra M và O là hai điểm đẳng giác của tam giác ABN  BNOANM DNM

Tứ giác BMDN nội tiếp  DNM MBD ONBMBDNBC  ON song song với BC