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[r]
Trang 1Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
2 Bài toán mở đầu thứ hai.
Bài toán gốc Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng
các tam giác đều ABF; ACD Chứng minh rằng CF = BD
B C
A F
D
H
ớng dẫn:
Xét hai tam giác: DAB và CAF, có:
DAB = CAF (c.g.c)
⇒
CF = BD (đpcm)
nếu ta vẽ thêmBCE đều ở phía ngoài của ABC thì các đờng thẳng AE; 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 2 3
A
D
E
F
O
H
ớng dẫn
Gọi O là giao điểm của BD và CF
Trang 2Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng
Ta có Δ DAB = Δ CAF (bài toán mở đầu)
⇒ B 1= F1 ⇒ tứ giác AOBF nội tiếp
⇒ O 1 = B 2 = 600 và O 2 = A 1 = 600
Từ đó suy ra AOB = 1200 (1)
Tơng tự:tứ giácOADC và tứ giác BOCE nội tiếp ⇒ O 3 = C 1 = 600 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AOF = 1800 ⇒ A; O; E thẳng hàng
Hay AE; BD; CF đồng quy
Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB AOC BOC 1200Khi đó ta bài toán dựng hình khá quen thuộc:
Bài toán 2:
Dựng điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho AOB AOC BOC 1200
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: Δ CPD và Δ COA, có:
PD = OA (cách vẽ)
PDC = OAC (tgOADC nt) ⇒ Δ CPD = Δ COA (c.g.c)
DC = AC (gt)
CP = OC (1)
Từ (1) và (2) suy ra Δ 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
Trang 3Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
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 Δ OCQ đều ở phía ngoài Δ OBC, dựng Δ ACD đều ở phía ngoài
B C
A F
D
O
Q
Xét hai tam giác: Δ CQD và Δ COA, có:
CQ = CO ( Δ OCQ đều)
= 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 CQO = 600 ⇒ CQD = 1200 nên AOC =
1200 (1)
+) B, O, Q thẳng hàng mà COQ = 600 nên BOC = 1200 (2)
Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác dới một góc bằng
1200
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
Trang 4Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
Trở lại bài toán gốc, nhận thấy ABF; ACD của bài toán là các đều, nếu 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 ⇒ 0
BOF BAF 90 )
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 // = 1
2 CF (1) Tơng tự ta có: IN // = 1
2 BD (2) Mà: CF = BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra Δ MIN vuông cân tại I
Trang 5Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
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
Δ 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 Δ MIJ là tam giác vuông cân
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
Trang 6đ-Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
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
A
H
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
Trang 7Bài tập phát triển tư duy Trần Quốc Tộ
H
íng dÉn
Tríc hÕt ta chøng minh AN BC
Dùng h×nh b×nh hµnh AEQF, suy ra Q, N, A th¼ng hµng
XÐt hai tam gi¸c: Δ ABC vµ Δ FQA, cã:
AB = FQ (= AE)
FA = AC
Mµ FAQ CAP 900 CAP ACP 900 CPA 900 Hay AN BC Hoµn toµn t¬ng tù, ta dùng h×nh b×nh hµnh ABGC th× ta còng chøng minh
®-îc AM EF
kh«ng? Tõ ®©y ta cã bµi to¸n 9.
Bµi to¸n 9:
Cho tam gi¸c ABC, dùng vÒ phÝa ngoµi tam gi¸c c¸c h×nh vu«ng ABDE vµ ACHF, vÏ h×nh b×nh hµnh AEQF, Chøng minh r»ng: BH = QC vµ BH QC
A
C
D
E
F
H
Q
N
O
H
íng dÉn
Gäi O lµ giao ®iÓm cña BH vµ QC Theo bµi to¸n 9, ta cã: Δ ABC = Δ
FQA,
nªn: BC = QA vµ ACB FAQ BCH QAC
XÐt hai tam gi¸c: Δ BCH vµ Δ QAC, cã:
Trang 8Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
BC = QA
và CBH AQC
Mà AQC QCP 900 CBH QCP 900 hay BOC 900.Hay BH
QC (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm
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
Trang 9Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
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 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: Δ AMN và Δ TIN, có:
0
⇒ MN = IN (1) và 0
mna int mni 60 (2) Từ (1) và (2) suy ra
Δ MNI đều
Trang 10Bài tập phỏt triển tư duy Trần Quốc Tộ
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
H
ớng dẫn
Xét hai tam giác: Δ ABC và Δ DPC, có:
(1) Chứng minh tơng tự ta có: Δ ABC = Δ FBP (c.g.c) ⇒ BC = BP (2)
Từ (1) và (2) suy ra Δ PBC đều