MỘT BÀI TOÁN HÌNH HAY VỚI NHIỀU CÁCH GIẢI

Đinh Cao Phạn Giải đƣợc bài toán hình học hay, ta đã cảm thấy thích thú rồi. Nhƣng nếu giải đƣợc một bài hình học hay mà giải đƣợc bằng nhiều cách thì niềm vui còn nhân lên gấp nhiều lần. Bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc 9 cách giải cho bài toán hình khá hay và rất quen thuộc.

 Bài toán 1. Cho tam giác ABC cân tại A với BAC200. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho 300

CBD , trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BCE600 . Tính số đo góc CED . Cách 1.(h.7.9)

Vẽ EF BC (F thuộc AC), thì BEFC là hình thang cân. Gọi P là giao điểm của BF và CE, do BCE nên tam giác BPC là đều

suy ra CPCB. (1)

Do CBDCDB500, nên ta m giác BCD cân tại C, dẫn đến

CDCB (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác DCP cân tại C, nên CPD800; DPF400.

Mà DEF400 nên tam giác DPF cân suy ra DPDF Từ đó ΔDPE ΔDFE  c.c.c  . Suy ra PEDFED300 . Hay CED300.

Cách 2.(h.7.10)

Dựng hình bình hành BEHC. Trên CE lấy điểm P sao cho CPCB, dễ thấy tam giác BPC đều. Theo cách 1 ta có BPBCCD, và EBFHCD200.

Do đó ΔEBF ΔHCD c.g.c   suy ra CHDBEC400. Do CHECBA800, nên DHE400.

Vậy HD là phân giác của góc ECH do ECDDCH200. Do đó D là giao điểm của ba đường phân giác của tam giác ECH. Vậy ED là phân giác của CEH. Từ đó CED300.

Cách 3.(h7.11)

Lấy F trên cạnh AB sao cho BCF200 thì CBFCFB 80 0, nên CFCB.

Mặt khác CDCBCFCD và BCF600, nên tam giác CDF đều, dẫn đến DFFC.

Vì CEFECF400 nên tam giac CFE cân, dẫn đến FCFE. Do đó, FEFDFC, hay F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EDC, nên CED 1CFD

 2 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chẵn một cung). Mà CFD600 nên CED300.

Cách 4.(h7.12)

Lấy M trên tia phân giác góc BCD sao cho ABM300. Do tam giác BCD cân tại C nên CM là đường trung trực của cạnh

BD sauy ra BMDM.

Mặt khác DBM600 nên tam giac DBM đều.

Từ giả thiết có DBE300, dẫn đến BE là phân giác của góc DBM. Suy ra BE là đường trung trực của DM nên tam giác AMD cân tại A. Do đó MAC400. Lại có MCA400, suy ra AMC 100 0

Xét tam giác AMC có E là giao điểm của hai đường phân giác nên ME là phân giác của góc AMC suy ra AMECME500. Do CMD300 nên EMD200 ECD. Do đó MEDC là tứ giác nội tiếp.

Suy ra CMDCED (Cùng chắn cung CD). Vậy CED300. Cách 5. (h 7.13)

Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua AC và C’ đối xứng với C qua AB. Ta có AB D ABD300. Vì B AC 600 và

AB AC', nên tam giác AC'B' đều và B’D là trung trực của AC’.

Mặt khác AC E ACEEAC200 nên tam giác EAC’ cân tại E, do đó E thuộc trung trực của AC’, hay E, D, B’ thẳng hàng.

Từ đó với lưu ý BECBAB400, ta thấy CE AB' , vậy CEDAB D 300.

Cách 6.(h 7.14)

Vẽ tia phân giác CK của góc ACB, ta có BKC600. Ta có ΔCBK ΔCDK c.g.c  . Suy ra CKD600.

Xét tam giác CKD có E là giao điểm của phân giác trong tạiC và phân giác ngoài tại K, do đó DE là phân giác ngoài tại D. Ta có KDEEDA121800KDC500

Suy ra CEDADE DCE 500200300.

Cách 7.( h 7.15)

Dựng đường tròn tâm C, bán kính CE. Đường tròn này cắt tia CB tại U và cắt AC tại V .

Ta có CECU và BCE600 nên tam giác CEU đều, do đó EUEC và CEU600.

Vì CEB400 nên BEU200.

Lại có tam giác ACEcân nên AEEU.

Có ΔAEV ΔEUB(AE EU, EAV UEB 20 ,    0

AVAC CV AB EC AC AE EB). Nên EVBU và

0 0 0 0

AVEEBU 180 ABC 180 80 100 .

Mặt khác BUCUBCCVCDDV nên EVDV. Do đó tam giác EVDcân tại V , suy ra DEV 1AVE 500

 2  .

Ta có tam giác CVE cân tại C nên có ECV200, suy ra CEVCVE800. Từ đó CEDCEV DEV 800500300.

Cách 8. (h 7.16)

Từ E và EMAC. Tia ME cắt phân giác của góc ACB tại N . CN cắt AB tại K và cát BD tại P.

Ta có CBDCDB500 nên tam giác CBD cân, suy ra CP là trung trực của BD, nên tam giác KBDcân. Do đó

AKD2KBD600.

Lại có tam giác AECcân (EACECA20 ) 0 Nên AEMMEC700. (1)

Và EM cũng là trung trực của AC, do đó tam giác ANC cân.

Từ đó NAEDAE200.

Có ΔANK ΔADK  c.g.c   nên AN=AD, hay tam giác AND cân, suy ra AEND. Vậy E là trực tâm của tam giác AND nên

DEAN.

Từ đó ADE500MED400 (2) Từ (1) và (2) có CED300.

Cách 9.(h7.17)

Lây F trên cạnh AB sao cho DCF 600FCB200 suy ra tam giác BCF cân ( CFBCBF800), nên CDCB.

Ta có tam giác BCD cân (CBDCDB500) suy ra CBCD. Từ đó CF=CD mà DCF 600 nên tam giác CDF đều, do đó

400

BCE FEC nên FEFC, suy ra FEFD. Vậy tam giác FED cân tại F .

Vì BFD  400, suy ra FED  700. Ta có BFD  400, suy ra FED  700. Ta có CED FED FEC    700 400  300.

Cuối cùng xin nêu hai bài toán cũng rất thú vị và quen thuộc để các bạn tìm xem có bao nhiêu cách giải chúng.

BÀI TẬP.

Bài 20. Cho hình chữ nhật AECF tạo bởi ba hình vuông bằng nhau xếp kề nhau nhƣ hình 7.18.

Tính tổng   . Gợi ý.

Cách 1. Tạo tam giác vuông cân. Vẽ tam giác vuông cân ADC, với đáy AC, sau đó đi chứng minh ADH  DCK  . Từ đó     450.

Cách 2. Sử dụng các cặp tam giác đồng dạng. Xét các tam giác đồng dạng AKB và CKA để suy ra KABKCA. Sau đó từ sự đồng dạng của hai tam giác

AKB và AIC, suy ra ICA  . Từ đó

450

   

Cách 3. Xét các tỉ số đồng dạng. Từ AICK là hình bình hành, suy ra AC và KI cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường. Vì tan 1; tan 1

2 2

ICO OI

  OC  (Lưu ý rằng 00   45 ;00 0 ICD450) nên

tan   tan ICO . Từ đó dễ thấy     450.

Bài 21. Cho tam giác ABC cân tại A (BAC  200). Lấy điểm E trên AB sao cho AEBC. Tính số đo góc ACE.

Gợi ý.

Cách 1. Dựng đường tròn tâm A, bán kính AB. Lấy ,U V trên  A sao choBAC BAU UAV    200. Cách 2. Dựng tam giác AEQ cân, với AQE200.

Cách 3. Dựng tam giác ACQ cân, với ACQ200.

Cách 4. Lấy lần lƣợt các điểm F trên AB D, trên AC E, ’ trên AB sao cho CBCFFDDE', rồi chứng minh E trùng E’.