PHẦN MỞ ĐẦU ĐẶC ĐIỂM CHUNG CỦA BỘ MÔN HÌNH HỌC Kiến thức về bộ môn toán nói chung, bộ môn hình học nói riêng được xây dựng theo một hệ thống chặt chẽ : Từ hệ thống Tiên đề đến Đònh nghóa các khái niệm – Đònh lý – và Hệ quả . Đối với những bài toán thông thường, học sinh chỉ cần vận dụng một vài khái niệm, đònh lý, hệ quả để giải. Đối với những bài toán khó, để xác đònh hướng giải ( cũng như để giải được ) học sinh cần nắm được không những hệ thống kiến thức ( lý thuyết ) mà cóùøn cần nắm chắc cả hệ thống bài tập , sử dụng chúng như những “Bổ đề “. Do đó để giải tốt các bài toán hình học, học sinh cần : a/Nắm chắc hệ thống kiến thức về lý thuyết . b/Nắm chắc hệ thống bài tậP . c/Biết cách khai thác giả thiết nhằm : -Đọc hết những thông tin tiềm ẩn trong giả thiết, nắm chắc, nắm đầy đủ cái ta có, cái ta chưa có. Từø đó giúp ta xây dựng hướng giải, vẽ được đường phụ cũng như giúp ta có thể giải được bài toán bằng nhiều cách . d/Biết cách tìm hiểu câu hỏi ( kết luận ) : +Nắm chắc các phương pháp chứng minh từøng dạng toán ( trong đó cần hết sức lưu ý đònh nghóa các khái niệm ) +Biêt đưa bài toán về trường hợp tương tự . +Nắm được ý nghóa của câu hỏi để cóùù thể chuyển sang dạng tương đương. Ví dụ để chứng minh biểu thức M không phụ thuộc vò trí của cát tuyến d khi d quay quanh điểm O ta cần chứng minh M = hằng số . Từø đó căn cứ vào điều ta cóùù và điều ta phải chứng minh để đònh hướng giải và giải bài toán . Các bài toán nâng cao trong tập tài liệu này được phân loại , sắp xếp hệ thống theo “Hình nền “ mà đầu bài cho và trên cơ sở đó phân thành nhiều nhóm khác nhau, qua đó giúp cho chúng ta có thể tìm hiểu chuyên sâu từng chủ đề và giúp cho chúng ta có thể thực hiện được những yêu cầu nêu trên cũng như giúp tra cứu dễ dàng hơn . PHẦN A : TAM GIÁC I.TAM GIÁC THƯỜNG 1/ Tam giác tổng quát 2/ Tam giác – Phân giác 3/ Tam giác – Đường cao 4/ Tam giác – Đường cao - Phân giác 5/ Tam giác - Trung tuyến 6/ Tam giác – Trung tuyến – Phân giác 7/ Tam giác – Đường cao – Trung tuyến 8/ Tam giác – Đường cao – Trung tuyến – Phân giác 9/ Tam giác – Đường cao - Trung trực II/ TAM GIÁC ĐẶC BIỆT : PHẦN B : TỨ GIÁC 1/ Tứ giác 2/ Hình thang 3/ Hình bình hành 4/ Hình chữ nhật 5/ Hình vuông PHẦN C : ĐƯỜNG TRÒN MỘT SỐ VÍ DỤ PHẦN A : TAM GIÁC I.TAM GIÁC THƯỜNG CHỦ ĐỀ 1 : TAM GIÁC TỔNG QUÁT I/ MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HAY DÙNG 1/ Các bất đẳng thức trong tam giác . 2/ Bất đẳng thức Cô si ( p dụng đối với các số không âm ) 3/ Bất đẳng thức Bunhiacôpxki Cho 2n số a 1 ; a 2 ; …. ; a n ; b 1 ; b 2 ; … ; b n ta có : ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + …. + a n b n ) 2 ≤ ( a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 ) ( b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 ) Dấu “ = “ xảy ra ⇔ n n b a b a b a === 2 2 1 1 4/ Giá trò lớn nhất của tổng hai số a 2 + b 2 ≥ ½ ( a + b ) 2 ⇔ a + b ≤ )(2 22 ba + . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b 5/ Giá trò lớn nhất của tích hai số a/ 2 . 22 ba ba + ≤ . Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b b/ ( a + b ) 2 ≥ 2 ab Hay 2 )( 2 ba ab + ≤ . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b 6/ a/ a 2 + b 2 + c 2 < 2 ( ab + bc + ca ) b/ a 4 + b 4 + c 4 < 2 ( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) c/ a 2 ( b + c – a ) + b 2 ( c + a – b ) + c 2 ( a + b – c ) ≤ 3abc 7/ ( a+b-c )( b+c-a )( c+a-b ) ≤ abc 8/ a/ pcba 9111 ≥++ b/ ( p – a ) ( p – b ) ( p – c ) ≤ 8 abc c/       ++≥ − + − + − cbacpbpap 111 2 111 d/ p bp ca ap bc cp ab 4≥ − + − + − 9/ a/ m a 2 + m b 2 ≥ 8 9 2 c b/ m a + m b + m c ≤ 2 9R 10/ a/ rhhh cba 1111 =++ (1) b/ h a + h b + h c ≥ 9r (2) c/ S r cbas r 4 9111 2 9 ≤++≤ II/ DIỆN TÍCH TAM GIÁC Gọi a , b , c là độ dài các cạnh ; h a , h b , h c là độ dài các đường cao , m a , m b , m c là độ dài các đường trung tuyến hạ từ đỉnh A , B , C ; p là chu vi ; R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp ∆ ABC . 1/ S = ½ h a .a = ½ h b .b = ½ h c .c . 2/ S = ½ absinC = ½ bcsinA = ½ acsinB . 3/ S = ½ pr = R abc 4 = ))()(( cpbpapp −−− ( tham khảo ) 4/ S ≤ 6 1 ( ch a + bh c + ah b ) 5/ Cho a , b , c là độ dài ba cạnh của tam giác , S là diện tích của tam giác đó . Chứng minh : a/ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 34S b/ 2(ab + bc + ca ) ≥ 34S + a 2 + b 2 + c 2 6/ Chứng minh rằng nếu tất cả các cạnh của một tam giác đều nhỏ hơn 1 thì diện tích của tam giác nhỏ hơn 4 3 . III/ CHU VI TAM GIÁC 1/ Trong tất cả các tam giác cùng cạnh đáy và cùng góc ở đỉnh đối diện với cạnh ấy , tìm tam giác cóùù chu vi lớn nhất . 2/ Trong tất cả các tam giác cóùù chung đáy và đỉnh thuộc đường thẳng song song với đáy , tìm tam giác cóùù chu vi nhỏ nhất . 3/ Tìm một tam giác cóùù chu vi nhỏ nhất sao cho một đỉnh là điểm A cho trước , còn hai đỉnh B và C nằm trên 2 đường thẳng d 1 , d 2 cho trước . IV/ TAM GIÁC - THÊM MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN 1/ Cho ∆ ABC . Từ đỉnh A, về phía BC kẻ hai đường thẳng, đường thẳng AD tạo với AB một góc C, đường thẳng AE tạo với AC một góc bằng góc B . Chứng minh ∆ ADE cân . HƯỚNG DẪN A a/ Nếu góc A nhọn . Xét ∆ ADB : ADB = 180 0 – ( B + C ) = A Xét ∆AEC : AEC = 180 0 – ( B + C ) = A ADE = B + C ; AED = B + C ; C – B = 2D = 60 0 ⇒ AED = ADE ⇒ ∆ADE cân E B C D b/Nếu góc A tù . Xét hai tam giác ABD và AEC : ADE = B + C ; AED = B + C ⇒ ∆ AED cân c/ Nếu góc A = 90 0 thì D ≡ E 2/ Chứng minh rằng nếu các cạnh a , b , c của ∆ ABC thỏa mãn a 2 = b 2 + bc thì các góc A và B thỏa mãn góc A = 2B . HƯỚNG DẪN B c a c b D A C Trên tia đối của tia AC lấy D sao cho : AD = AB = c . Từ a 2 = b 2 + bc ta suy ra : a cb b a + = Suy ra : ∆ CAB ~ ∆ CBD ⇒ CBA = CDB ; CAB = CBD = CBA + ABD Nhưng A = 2 ABD ( theo cách dựng ) ⇒ ABC = ABD ⇒ BA ˆ 2 ˆ = 3/ Cho ∆ ABC có góc C tù và A = 2B . Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt AC tại D . Gọi M là trung điểm của AB . Chứng minh rằng AMC = BMD . HƯỚNG DẪN Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt DM ở I , cắt DB ở J . Ta có : )( DM ID MB IJ AM CI == . Mà AM = MB nên CI = IJ . Mặt khác ∆ CBJ vuông ở B nên IB = CI hay ICB = IBC . Với ICB = CBA ta A C I B M D J có : IBC = CBA . Do đó IBA = CAB . Chứng tỏ ACIB là hình thang cân. Từ đó : AC = BI. Do đó : ∆ CMA = ∆ IMB (cgc) ⇒ AMC = BMD . 4/ ∆ ABC có tính chất : tồn tại P trong tam giác sao cho PAB = 10 0 ; PCA = 30 0 ; PBA = 20 0 ; PAC = 40 0 . Tính các góc B và C . B HƯỚNG DẪN P A C Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua BP . Suy ra APA’ = 60 0 và ∆ APA’ đều . Gọi E là giao điểm của PC VÀ BA’ , ta có : PEA’ = 120 0 = EA’C + ECA’ ⇒ Tứ giác AA’EP nội tiếp đường tròn . Từ đó ta có : AEA’ = APA’ = 60 0 và do CEA’ = 60 0 nên ta suy ra BA’ là đường trung rtực của AC . Vậy A = C = 50 0 , B = 80 0 BÀI TOÁN SUY LUẬN Ví dụ : Cho 7 đoạn thẳng , mỗi đoạn thẳng có độ dài m với 1 ≤ m < 13 và m nguyên . Chứng minh rằng có thể chọn được 3 trong 7 đoạn thẳng ấy để dụng tam giác . Mệnh đề trên còn đúng hay không nếu chỉ có 6 đoạn thẳng ? HƯỚNG DẪN Nếu a , b , c là ba cạnh của một tam giác thì bao giờ cũng có a < b + c ( 1 ) ; b < c + a ( 2 ); c < a + b (3) . Giả sử a ≥ b ≥ c thì (2) , (3) nghiệm đúng như vậy chỉ còn điều kiện ( 1 ) . Vậy ta rút ra nhận xét sau : Ba số dương được xem như số đo của ba cạnh của một tam giác khi số lớn nhất trong ba số đó nhỏ hơn tổng của hai số còn lại . Gọi 7 đoạn thẳng đã cho là m 1 ; m 2 ;… ; m 7 . Giả sử m 1 ≤ m 2 ≤ … ≤ m 7 < 13 . Nếu không chọn được 3 trong 7 đoạn thẳng đó để làm cạnh của tam giác thì từ nhận xét trên ta có : m 3 ≥ m 1 + m 2 ≥ 1 + 1 = 2 m 4 ≥ m 2 + m 3 ≥ 1 + 2 = 3 m 5 ≥ m 3 + m 4 ≥ 2 + 3 = 5 m 6 ≥ m 4 + m 5 ≥ 3 + 5 = 8 m 7 ≥ m 5 + m 6 ≥ 5 + 8 = 13 Kết quả m 7 ≥ 13 ( trái gt ) , như vậy tồn tại ba đoạn thẳng làm cạnh của một tam giác . Khẳng đònh trên không còn đúng nếu chỉ sử dụng 6 đoạn thẳng . Thật vậy phần ví dụ sau minh họa điều này : Chọn m 1 = m 2 = 1 ; m 3 = 2 ; m 4 = 3 ; m 5 = 5 ; m 6 = 8 , khi đó không có ba đoạn thẳng nào thỏa mãn (1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) . CHỦ ĐỀ 2 : TAM GIÁC – PHÂN GIÁC 1/ Cho ∆ ABC với AB > AC . Điểm M ( khác A ) thuộc đường phân giác trong và N ( khác A ) thuộc đường phân giác ngoài của góc A . Chứng minh rằng : a/ AB – AC > MB – MC b/ AB + AC < NB + NC . 2/ Ba đường phân giác trong AD , BE , CF của ∆ ABC gặp nhau tại O . Từ O dựng OG vuông góc với BC . a/Chứng minh góc BOD = góc COG . b/Tính góc BOC theo A . c/Tính góc GOD theo góc B và góc C . A’ 3/ Cho ∆ ABC , các đường phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi L là giao điểm của AA’ và B’C’ , K là giao điểm của CC’ và A’B’ . Chứng minh : BB’ là phân giác của góc KBL . 4/ Cho ∆ ABC có dộ dài 3 cạnh là a,b,c và l a , l b , l c là độ dài 3 đường phân giác ứng với các cạnh BC , CA , AB . Chứng minh : cba lllcba 111111 ++<++ HƯỚNG DẪN Chú ý và nhận xét : + Ta có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng b+c bằng cách <2c từ B vẽ tia Bx // Ac cắt AC tại E . + Ta chứng minh )1( 2 1 2 1 2 1 bcbc cb l a += + > ( và tương tự l a với các trường hợp còn lại ) bằng cách tính BE ( liên quan đến b , c , l a ) . Qua B vẽ đường thẳng song song với đường thẳng AD cắt CA tại E . ∆ ABE cân tại E . Xét ∆ ABE ta có : BE < AB + AE = 2AB = 2c . Xét ∆ CBE ta có : AD // BE ⇒ AC CE AD BE = ⇔ c b cbl AC CEAD BE a 2 )( . < + == ⇒ )1( 2 1 2 1 2 1 bcbc cb l a += + > Chứng minh tương tự ta có : )2( 2 1 2 11 cal b +> )3( 2 1 2 11 abl c +> Lấy (1) + (2) +(3) suy ra điều phải chứng minh . 5/ Cho tam giác ABC có các phân giác AY , BZ , CX . Chứng minh rằng : HƯỚNG DẪN Nhận xét và chú ý : + Bài toán cho các đường phân giác nên hãy chú ý đến tính chất đường phân giác của tam giác . + Bài toán yêu cầu chứng minh một bất đẳng thức nên hãy chú ý đến các BĐT trong đó chú ý đến BĐT Côsi . p dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ZA CZ YC BY XB AX ;; ta có : Theo tính chất đường phân giác : 3 3 ZA CZ YC BY XB AX ZA CZ YC BY XB AX ≥++ c a b c a b ZA CZ YC BY XB AX = Do đó 3 ≥++ ZA CZ YC BY XB AX Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c tức ∆ ABC đều . 6/ Cho ∆ ABC , ba đường phân giác trong AD , BE , CF . Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là S DEF = ¼ S ABC . 8/ Cho ∆ ABC có độ dài ba cạnh là a , b , c . Vẽ các phân giác AD , BE , CF .Chứng minh S DEF ≤ ¼ S ABC , dấu “=” xảy ra ⇔ ∆ ABC đều . 3 ≥++ ZA CZ YC BY XB AX B D C A E A B C Y Z X a b c c TÍNH ĐỘ LỚN CỦA GÓC 1/ Cho ∆ ABC , các đường phân giác trong BD , CE . Tính số đo các góc của tam giác nếu BDE = 24 0 , CED = 18 0 . 2/ Cho ∆ ABC , các góc B và C cóùù tỉ lệ 3 : 1 , phân giác của góc A chia diện tích tam giác theo tỉ số 2: 1 . Tính các góc của tam giác . HAI ĐƯỜNG PHÂN GIÁC 1/ Cho ∆ ABC có hai đường phân giác trong BD , CE cắt nhau tại I . Biết ID = IE . Chứng minh rằng hoặc ∆ ABC cân tại A hoặc BAC = 60 0 . HƯỚNG DẪN A E’ D E I C B AI là đường phân giác của góc A . Khi đó hai ∆ IEA và ∆ IDA có thể xảy ra hai trường hợp : a/ ∆ IEA = ∆ IDA . Khi đó : BAD = CAE ; AD = AE ; BDA = CEA ⇒ ∆ ABD = ∆ ACE ( g – c – g ) ⇒ AB = AC ⇒ ∆ ABC cân tại A . b/ ∆ IEA và ∆ IDA không bằng nhau ⇒ ∆ ABC không cân ở A . Không mất tính tổng quát ta giả sử : C > B . Lấy điểm E’ trên AB sao cho IE’ = IE = ID . ⇒ ∆ IE’E cân ⇒ IE’E = IEE’ ⇒ BEI = IE’A = IDA Xét tứ giác ADIE có : D + E = 180 0 ⇒ A + DIE = 180 0 ⇒ A + BIE = ICB + IBC ⇒ 2A = 2ICB + 2IBC = C + B . Mà BIE + DIE = 180 0 và A + B + C = 180 0 ⇒ A + 2A = 180 0 ⇒ A = 60 0 . CỰC TRỊ 1/ Cho ∆ ABC với AB ≤ AC và AD là đường phân giác trong . Lấy điểm M trên cạnh AB và điểm N trên cạnh AC sao cho BM.CN = k không đổi ( k < AB 2 ) . Xác đònh vò trí của M , N sao cho diện tích của tứ giác AMDN là lớn nhất . HƯỚNG DẪN Nhận xét : 1/ BM + CN ≥ 2 .BM CN 2/ S AMDN = S AMD + S ADN 3/ M B E Hạ DH , DK vuông góc với AB và AC . Ta có : DH = DK = hằng số ( AD là phân giác của góc A ) 2S AMDN = 2S ADM + 2S ADN = DH.AM + DK.AN = DH( AM + AN ) = DH [AB+AC – (BM+CN)] (1) p dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương BM , CN : BM + CN ≥ kCNBM 2.2 = , dấu “ = “ xảy ra ⇔ BM = CN . Thay vào (1) ta được : 2S AMDN ≤ DH(AB+AC- k2 ) Diện tích tứ giác AMDN lớn nhất khi BM = CN = k < AB ≤ AC . Lúc đó S AMDN = ½ (AB+AC - k2 ) . Dễ dàng dựng được các đoạn thẳng BM , CN theo hệ thức BM 2 = CN 2 = k.1 ( trong đó 1 chỉ 1 đơn vò dài ) . A B C D H M K N H 1 đv k Cách dựng : Trên BC lấy E sao cho BE = 1 . trên BF lấy H sao cho BH = k . Dựng đường tròn đường kính BE , dựng tia Hx vuông góc với BE cắt đường tròn tại M. BM có độ dài cần dựng . CHỦ ĐỀ 3 : TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO 1/ Cho ∆ ABC có a > b > c . Chứng minh : a/ h a < h b < h c b/ a + h a ≥ b + h b 2/ Cho ∆ ABC có ba cạnh là a , b , c và ba đường cao là h a , h b , h c . Chứng minh rằng nếu )( 1 )( 1 )( 1111 cppbppapp hhh cba − + − + − =++ thì tam giác ABC là tam giác đều ( p là nửa chu vi của ∆ ABC . 3/ Chứng minh rằng nếu một tam giác cóùù 2 cạnh không bằng nhau thì tổng của cạnh lớn hơn và đường cao tương ứng lớn hơn tổng của cạnh nhỏ và đường cao tương ứng . 4/ Cho ∆ ABC có các đường cao AA’ , BB’ , CC’ . Chiếu A’ lên AB , AC , BB’ và CC’ tại I , J , K , L . Chứng minh 4 điểm I , J , K , L thẳng hàng . 5/ Cho ∆ ABC , đường cao AH . Gọi C’ là điểm đối xứng của H qua AB . Gọi B’ là điểm đối xứng của H qua AC . Gọi giao điểm của B’C’ với AC và AB là I và K . Chứng minh BI và CK là đường cao của ∆ ABC . ĐƯỜNG CAO – CHU VI TAM GIÁC 1/ Chứng minh rằng mọi ∆ ABC ta đều có : p 2 ≥ h a 2 + h b 2 + h c 2 ( p là nửa chu vi tam giác ABC ) 2/ Cho ∆ ABC . Xác đònh các điểm M , N , P theo thứ tựï thuộc các cạnh BC , CA , AB sao cho chu vi ∆ MNP là nhỏ nhất . ĐƯỜNG CAO - BẤT ĐẲNG THỨC - CỰC TRỊ 1/ Cho 2 điểm A , B cóùá đònh và điểm M di động sao cho ∆ MAB cóùù 3 góc nhọn . Gọi H là trực tâm của ∆ AMB , K là chân đường cao vẽ từ M . Tìm giá trò lớn nhất của KH.KM . CHỦ ĐỀ 4: TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO - PHÂN GIÁC 1/ Đường cao và đường phân giác vẽ từ đỉnh A của ∆ABC tạo thành một góc . Tính góc đo theo các góc B và C của tam giác ABC ( hoặc chứng minh góc đó bằng nửa hiệu của hai góc B và C ) HƯỚNG DẪN A Chú ý vànhận xét : + D luôn nằm giữa H và trung điểm M ( sẽ chứng minh ở phần sau ) + Tìm cách tạo ra một góc bằng B – C hoặc tính B-C . B H D E C Cách 1 : Từ A vẽ tia AE sao cho CAE = BAH . Suy ra : HAD = DAE , HAE = 2 HAD B = 90 0 – BAH C = 90 0 – HAE - CAE B – C = HAE = 2 HAD Cách 2 : B = 90 0 – BAH C = 90 0 – CAH B – C = CAH - BAH = CAD + HAD – ( BAD – HAD ) = 2 HAD 1.1/ Cho ∆ ABC và đường phân giác CE . Từø C kẻ đường thẳng vuông góc với CE cắt cạnh AB kéo dài tại D. Chứng minh rằng góc EDC bằng nửa hiệu của các góc A và B . 1.2/ Đøng phân giác ngoài kẻ từ đỉnh A của ∆ ABC tạo với cạnh BC một góc 30 0 . Tìm hiệu của các góc C và B ( Cho AB > AC ) . 1.3/ Chứng minh rằng trong một tam giác nếu hiệu các góc ở đáy bằng 90 0 thì đường phân giác trong và đường phân giác ngoài của góc ở đỉnh bằng nhau . CHỦ ĐỀ 5: TAM GIÁC - TRUNG TUYẾN 1/ Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có : 5 4 (m a m b + m b m c + m c m a ) < ab + bc + ca < 9 20 (m a m b + m b m c + m c m a ) HƯỚNG DẪN A P N G Q B M C + Trong mọi tam giác ta có : m a + m b + m c < a + b + c ⇒ m a 2 + m b 2 + m c 2 + 2(m a + m b + m b m c + m c m a ) < a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ( 1 ) Do : m a 2 + m b 2 + m c 2 = 4 333 222 cba ++ Nên ( 1 ) ⇔ 2(m a m b + m b m c + m c m a ) < 4 222 cba ++ + 2 ( ab + bc + ca ) < 2 cabcab ++ + 2 ( ab + bc + ca ) ⇔ 5 4 (m a m b + m b m c + m c m a ) < ab + bc + ca ( * ) + Kẻ PQ // AM ; AM , BN , CP là 3 trung tuyến của ∆ ABC . ∆ PQG có 3 cạnh là : 3 1 m a ; 3 1 m b ; 3 1 m c và 3 trung tuyến là 4 a ; 4 b ; 4 c . p dụng bất đẳng thức ( * ) vào ∆ PQG ta có : 5 4 ( ) 4 . 44 . 44 . 4 accbba ++ < 3 1 m a . 3 1 m b + 3 1 m b . 3 1 m c + 3 1 m c . 3 1 m a ⇔ ab + bc + ca < 9 20 (m a m b + m b m c + m c m a ) . 2/ Cho ∆ ABC , trung tuyến AM . Một cát tuyến ∆ quay quanh trọng tâm G cắt AB , AC tại P và Q . Chứng minh : AQ AC AP AB + không phụ thuộc vò trí của ∆ . 3/ Tam giác ABC có ¼ AC < AB < 4AC . Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của ∆ ABC , cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại E , F . Hãy xác đònh vò trí điểm E sao cho AE + AF đạt giá trò nhỏ nhất . ( Mở rộng bài trên ) 4/ Cho ∆ ABC , trung tuyến AD . Từø điểm M bất kỳ trên BD vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB tại E , cắt AC tại F . Chứng minh : 2AD = ME + MF . HƯỚNG DẪN Chú ý và nhận xét : + 2AD = ME + MF ⇔ 2 = + AD MFME + Tạo ra đoạn thẳng bằng ME + MF . BẤT ĐẲNG THỨC - CỰC TRỊ 1/ Có tồn tại hay không một tam giác có hai trung tuyến AD và CE nhỏ hơn nửa cạnh đối diện . HƯỚNG DẪN B AD < ½ BC ⇒ AD < DC ⇒ AD < DB ; DE A C CE < ½ AB ⇒ EC < AE Do đó : DCA < DAC ; DBA < DAB ⇒ DCA + DBA < DAC + DAB ⇒ 180 0 – CAB < CAB ⇒ CAB tù nên CE > AC . Điều này mâu thuẫn với giả thiết , vậy không tồn tại tam giác thỏa mãn bất đẳng thức : CE + AD < ½ ( AB + BC) 3/Chứng minh rằng trong một tam giác bất kỳ ta cóùù : 22 cb m acb a + << −+ DIỆN TÍCH 1/ Tìm tỉ số diện tích của tam giác ABC với diện tích của tam giác khác có cạnh bằng các trung tuyến của ∆ ABC . B HƯỚNG DẪN M S BOF = ½ OH.BF F O S ABC = ½ CK.AB = ½ 3OH.2BF = 3OH.BF ⇒ S BOF = 1/6 S ABC A E C Kéo dài BE thêm một đoạn ED = EO ⇒ Tứ giác AOCD là hình bình hành . Ta có : OD = 2/3 BE ; CD = OA = 2/3 AM ; OC = 2/3 CF ⇒ ∆ CDO đồng dạng với tam giác có ba cạnh bằng trung tuyến của ∆ ABC . Gọi S’ là diện tích của tam giác này . Ta có : 2 ) 2 3 ( ' = CDO S S ⇒ S’ = 9/4 S CDO . Mặt khác 6 tam giác nhỏ OBF , OFA … có diện tích bằng 1/6 S ABC ⇒ S CDO = 1/3S ABC ⇒ 9 1 3 4 ' . . 4 3 4 ' 3 ABC ABC ABC S S S S S = = ⇒ = 2/ Cho ∆ ABC cóùù diện tích bằng đơn vò . Trung tuyến CF . Vẽ AD ( D nằm trên cạnh BC ) cắt CF tại M sao cho FM = ¼ CF . Tính diện tích của ∆ ABD . CHỦ ĐỀ 6: TAM GIÁC – TRUNG TUYẾN – PHÂN GIÁC 1/ Cho tam giác trong đó cóùù một góc tù . Thành cho rằng trung tuyến kẻ từø đỉnh của góc nhọn của tam giác đồng thời cóùù thể là đường phân giác của góc nhọn đó . Cóùâng cho rằng điều đó không thể cóùù được . Hỏi bạn nào nói đúng ? Vì sao ? B HƯỚNG DẪN D A C Cách 1 : Trong ∆ ABC đường phân giác của góc nhọn A cũng là đường trung tuyến , do đó ∆ ABC cân tại A . Mà góc B > 90 0 ( gt ) ⇒ góc C = góc B > 180 0 ( vô lý ) . Vậy Công nói đúng . Cách 2 : Giả sử Thành nói đúng tức là 1 DB AB DC AC = = ⇒ AB = AC điều này vô lý vì trái giả thiết , do đó Thành nói sai . D H K 2/ Cho ∆ ABC có BC < BA , đường trung tuyến BD , đường phân giác BE . Đường thẳng qua C vuông góc với BE ở F và cắt BD ở G . Chứng minh rằng DF đi qua trung điểm của đoạn thẳng GE . HƯỚNG DẪN Gọi K là giao điểm của CG với AB , khi đó ∆ BCK cân ở B nên F là trung điểm của của CK . Từ đó FD // AB và FD = ½ AK . Từ ∆ BGK ~ ∆ DGF ⇒ FD BK GD GB = ⇔ GB GD BK FD BD BF FD GB BK GB BK + + + = = = suy ra 2 2 2 GB BK BK BC BD FD BK AK BK BC AB = = = + + + (1) . p dụng tính chất đường phân giác trong ∆ ABC ta có : EA EC BA BC = ⇒ BC EC BC AB CA = + (2) ⇒ 2 2 2 2 BC EC EC EC BC AB CA CD CD = = = + Từ (1 ) và (2) ta suy ra : CD EC BD GB = ⇒ GE // BC . Vì DF đi qua trung điểm của BC nên nó cũng đi qua trung điểm của GE . Cách 2 : Ta có : ∆ KBC là tam giác cân tại B ⇒ FK = FC ⇒ DF // AK và DF = ½ AK 22111 −=−=− − =−=−= − = DF AB DE AE DE DEAE DE AD DE DC DE DEDC DE CE ( Vì DF // AB) = GD BG DF BK DF AKAB DF DFAB == − = − 2 ⇒ GE // BC . Vì M là trung điểm của BC nên DF chia đôi GE . TÍNH ĐỘ LỚN 1/ Tam giác ABC có đường trung tuyến BM và đường phân giác CD cắt nhau tại K sao cho KB = KC . Biết BAC = 105 0 . Tính các góc ABC , ACB . HƯỚNG DẪN Dựng AH ⊥ BC , nối HM . Khi đó MH = MA = MC suy ra MHC = MCH = 2BCK . Theo giả thiết KB = KC ⇒ KBC = KCB . Vậy có MHC = 2KBC (1) . Mặt khác MHC = KBC + HMB (2) . T (1 ) và (2) suy ra KBC = HMB hay ∆ HMB cân tại H ⇒ MH = HB . Giả sử HA > HB , lúc đó ABH > BAH ⇒ BAH < 45 0 và ABH >45 0 . Vì BAH + CAH = 105 0 nên CAH >60 0 . Tam giác AMH cân đỉnh M suy ra AHM = HAM > 60 0 ⇒ AMH < 60 0 . Do đ1o HA < MH = HB ( mâu thuẫn ) . Tương tự nếu HA < HB ta cũng gặp điều mâu thuẫn . Vậy HA = HB ⇒ ∆ AHB vuông cân tại H . Từ đó ABC = 45 0 ; ACB = 30 0 . D B H C M K A B C A K G E D F [...]... , NN’ vuông góc với BC Ta có : MN ≥ M’N’ = BC/2 Do đó : min MN = BC / 2 ⇔ MN // M’N’ ⇔ M , N là trung điểm của AB , AC b/Gọi I là trung điểm của MN Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB , AC ở P và Q IK là đường trung bình của hình thang MM’N’N ⇒ IK //= ½ AA’ ⇒ P , Q là trung điểm của AB , AC Ta luôn có SAMN ≤ SAPQ ( như bài trên ) ⇒ SAMN ≤ ¼ SAB TAM GIÁC CÂN – MỘT ĐƯỜNG THẲNG LUÔN ĐI QUA... điểm của AC và EF ∆ EAC cân tại E ⇒ EAK = ECK = 200 Mặt khác FAC = ABC + ACB = 500 ⇒ FEA = 700 (1) ; AEK = KEC = 900 – KCE = 700 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ FAE cân tại F ⇒ AF = EF b/ Cách 1 : Hạ EH ⊥ AF ( H ∈ AF ) Ta có AK = EH ( do ∆ FAE cân ) trong tam giác vuông BHE có B = 300 ⇒ EH = ½ BE Mặt khác AK = ½ AC ⇒ AC = BE Cách 2 : Trên tia KE lấy P sao cho ∆ PAC là tam giác đều Ta có : FAP... Do đó tổng số goác lớn hơn 1200 nhiều nhất là 2a + b Mà có 2a + b + 1 tam giác nên phải có 1 tam giác mà cả ba góc đều nhỏ hơn hoặc bằng 1200 Chú ý : Kết luận của bài toán không đổi nếu thay ∆ ABC đều bằng tam giác có cả ba góc không vượt quá 1200 TAM GIÁC ĐỀU – ĐIỂM NẰM TRÊN CẠNH – DIỆN TÍCH 1/Cho tam giác đều ABC , các điểm M , N lần lượt di chuyển trên hai cạnh AB , AC sao cho AM AN + = 1 ( 1... tại A Hạ BM ⊥ AC Chứng minh rằng :  −1 MC  BC  8/ HƯỚNG DẪN E Tính MC , AM ⇒ AM MC A M B C E Cách 1 : Lấy E đối xứng với C qua A ∆ BCE vuông tại B Ta có : BC 2 BC 2 (1) MC = CE = 2 AC BC 2 2 AC 2 − BC 2 ( 2) = 2 AC 2 AC AM 2 AC 2 − BC 2 AC 2 Từ (1) và (2) ta có : = = 2( ) −1 2 MC BC BC AC HC = Cách 2 : Hạ AH ⊥ BC Ta có : ∆ AHC ~ ∆ BMC ⇒ BC MC Mặt khác AM = AC – MC = AC − ⇒ AC.MC = BC.HC =2HC.HC... thức m m + m 2 + m3 m1 m hi + li = 2mI ( i = 1 , 2 , 3 ) và = 2 = 3 = 1 =1 m2 m3 m1 m 2 + m3 + m1 3/ Cho tam giác nhọn ABC không đều Kẻ đường cao AH , trung tuyến BM , phân giác CL của ACB Trung tuyến BM cắt AH và CL lần lượt tại P và Q CL cắt AH tại R Chứng minh rằng ∆ PQR không phải là tam giác đều CHỦ ĐỀ 9 : TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO - TRUNG TRỰC 1/ Cho ∆ ABC , O là giao điểm các đường trung trực của... QB' B ' N BP BM KW QB' KW = = = = = Từ Suy ra QK // B’W tức M , K , Q thẳng QC ' NC PC MC ' KC ' QC ' KC ' hàng Do đó MPNQ là hình bình hành và Q nằm trên đường thẳng cố đònh B’C’ +Trường hợp P nằm ngoài đoạn BC chứng minh tương tự ta cũng được kết quả như trên Vậy Q luôn nằm trên đường thẳng cố đònh B’C’ khi P di chuyển trên BC TAM GIÁC ĐỀU 1/ Cho ∆ ABC cóù góc B = 450 , góc A = 15 0 Kéo dài... = HA ⇒ ∆ HAD vuông cân ⇒ HAD = 450 ⇒ ADB = 750 Cách 2 : Hạ DH ⊥ AC ∆ HCD là nửa tam giác đều ⇒ CH = ½ CD ⇒ CH = BC 2/ Cho tam giác đều ABC, đường cao AH Trên HC kéo dài lấy HE = HA Tứùø E kẻ đường thẳng tạo với EB một góc bằng 150 cắt AB kéo dài tại F Chứng minh ∆ BHF cân HƯỚNG DẪN A D B H C E F Cách 1 : Lấy D đối xứng với E qua H ⇒ DAF = ACE = 150 ( Vì DAH = D = 450 ) ⇒ ∆ DAE vuông cân tại A ... DB PB + PD PB PD 1 1 PD = = = + = + ( 2) ⇒ PQ DA DA DA DA PQ DA DA.PB 1 1 1 = + Từ (1) và (2) ta suy ra : PQ PA PB 5/ Cho tam giác đều ABC , M là điểm nằm trong tam giác đó sao cho MA 2 = MB2 + MC2 Hãy Tính góc BMC HƯỚNG DẪN A M’ M C B Sắp xếp bộ ba các đoạn thẳng MA , MB , MC về vò trí các cạnh của tam giác vuông như sau : Thực hiện phép quay Q , tâm C , góc quay 60 0 theo chiều kim đồng hồ Qua phép... Muốn góc B = 600 thì AH = CI ⇔ ∆ ABC cân và góc B = 600 ⇔ ∆ ABC là tam giác đều 3/ Gọi P là trung điểm cạnh BC của ∆ ABC và BE , CF là hai đường cao Đường thẳng qua A vuông góc với PF cắt đường thẳng CF tại M Đường thẳng qua A vuông góc với PE cắt đường thẳng BE tại N Gọi K và G lần lượt là trung điểm của BM , CN Gọi H là giao điểm của đường thẳng KF và GE Chứng minh rằng AH ⊥ EF HƯỚNG DẪN Chứng... SAMN ≤ ¼ SAB TAM GIÁC CÂN – MỘT ĐƯỜNG THẲNG LUÔN ĐI QUA MỘT ĐIỂM CỐ ĐỊNH 1/ Cho ∆ ABC cân tại A Lấy P trên đường thẳng BC ( P khác B , C ) Gọi M , N lần lượt là điểm đối xứng của P qua AB , AC Dựng hình bình hành MNPQ Chứng minh rằng Q ln nằm trên một đường thẳng khi P di chuyển trên đường thẳng BC HƯỚNG DẪN A Q C’ B’ K N W M B P C + Trường hợp P nằm trong đoạn BC Gọi C’ , B’ lần lượt là điểm . PHẦN MỞ ĐẦU ĐẶC ĐIỂM CHUNG CỦA BỘ MÔN HÌNH HỌC Kiến thức về bộ môn toán nói chung, bộ môn hình học nói riêng được xây dựng theo một hệ thống chặt chẽ : Từ hệ thống. những bài toán thông thường, học sinh chỉ cần vận dụng một vài khái niệm, đònh lý, hệ quả để giải. Đối với những bài toán khó, để xác đònh hướng giải ( cũng như để giải được ) học sinh cần nắm. nắm được không những hệ thống kiến thức ( lý thuyết ) mà cóùøn cần nắm chắc cả hệ thống bài tập , sử dụng chúng như những “Bổ đề “. Do đó để giải tốt các bài toán hình học, học sinh cần : a/Nắm