Một số bài tập hình học sơ cấp cơ bản40792

Bài 1: Trong tam giác ba đường trung tuyến đồng qui Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN GIẢI: A N P G C M B D - Gọi AM ; BN ; CP trung tuyến ABC AM  BN  G ; BM  MC ; CN  NA; AP  PB - Trên tia đối tia GA laáy D cho: GA  GD Khi đó: GN // DC (T/c đường trung GA  GD   (1)   bình tam giác) NA  NC  GN  DC   BN // DC - Xét MBG MCD , có: BMG  CMD (đối đỉnh)   BM  MC   MBG  MCD( g c.g ) GBM  DCM ( BN // DC )   MG = MD    BGCD hình bình hành (T/c đường chéo) nên: MB = MC  CG // BD (2)  CG  BD - Mặt khác: GP // DB GA  GD   (3) (T/c đường trung bình tam giác)   PA  PB  GP  DB  - Từ (2) & (3) ta coù: GC // BD    GC  GP (Tiên đề Euclide)  P; G; C thẳng hàng hay AM; BN; CP đồng qui GP // BD  2 * Hơn nữa, từ (1); (2) & (3) ta coù: GA  AM ; GB  BN ; GC  CP Đây tính chất trọng tâm 3 Bài 1’: Cho tam giác ABC có AM; BN; CK đồng qui E Dựng hình bình hành BCQP cho: BP // AM; PQ // BC Dựng Px // BN; Qy // CK Chứng minh rằng: AM; Px; Qy đồng qui GIẢI: A N x K E B C M y F P Q Gọi F  AM  Px Khi đó: - Xét tứ giác BEFP có: EF // BP( BP // AM )    BEFP hình bình hành nên: BP  EF BE // PF ( Px // BN )   BP // CQ  EF // CQ  mà: BCQP hình bình hành    BP  CQ  EF  CQ  BEFP hình bình hành  QF // CE  QF // CK (1) - Mặt khác ta có: Qy // CK (2) + Từ (1) & (2) theo tiên đề Euclide ta có: QF  Qy hay AM; Px; Qy đồng qui GV:Nguyễn Văn Anh Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN Bài 2: Chứng minh rằng: tứ diện bốn đường trung tuyến đồng qui (Trung tuyến tứ diện đường thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện) GIẢI * Gọi: + GA ; GB ; GC ; GD trọng tâm mặt(tam giác): A  BCD  ;  CDA ;  DAB  ;  ABC  + M ; N ; P trung điểm CD; DB; BC Khi đó:Xét  MAB  có: AGA   MAB  ; BGB   MAB  GC GD G * Goïi G  AGA  BGB Ta coù: GB GB M    B N 3 S BMA AM   S BMGB  S AMGA (1) S AMGA GA M  GA M   P  S BMA BM Ta lại có: C S MGA S GMGB GB M   GA     GG  S 3 S GMA AM A MGG A    S GMGB  S GMGA (2) vaø  S GMGA GA M   GB  S MGB    GGB S MGG  S GMB BM B  GA GB   Từ (1); (2) & (3) ta được: (a) GGA GGB GA GC  Tương tự gọi G1  AGA  CGC ta xét  NAC  ta được:   (b) G1GA G1GC D S BMGB  (3) * Từ (a) & (b) suy ra: G  G1 (*)  Tương tự gọi G2  AGA  DGD ta xét  PAD  ta được: G2 A GD   G2GA G2GD (c) * Từ (a) & (c) suy ra: G  G2 (**) Kết hợp (*) &(**) ta có: G  G1  G2 hay AGA ; BGB ; CGC ; DGD đồng qui Bài 3: (Định lí Menelaus) Cho tam giác ABC, M; N; P thuộc BC; CA; AB Chứng minh rằng: MB NC PA M ; N ; P thẳng hàng   (I) MC NA PB Cho tam giác ABC, M; N; P thuộc BC; CA; AB, có số điểm chia chẳn Chứng minh rằng: MB NC PA M ; N ; P thẳng hàng   (I) A MC NA PB N K GIAÛI  C/m:   P M GV:Nguyễn Văn Anh DeThiMau.vn B C Trang Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN -Giả sử M ; N ; P thẳng hàng, không tính tổng quát theo tiên đề Pash, ta coù: P * B * C Qua B dựng By // MNP; By  AC  K  N * K * C Khi theo định lí Thalès ta có: MB NK    MC NC  NC NC  MB NC PA NK NC NA   1  NA NA  MC NA PB NC NA NK PA NA    PB NK   C/m:   - Goïi M   BC  NP  M ; N ; P thẳng hàng Theo chứng minh ta có: M B NC PA  (*) M C NA PB MB NC PA - Mặt khác theo (I) ta có:  (**) MC NA PB MB M B + Từ (*) & (**) ta coù:   M  M  hay M ; N ; P thẳng hàng MC M C Bài 4: (Định lí Xeva) Cho tam giác ABC, M; N; P thuộc BC; CA; AB Chứng minh raèng: MB NC PA AM ; BN ; CP đồng qui song song   1 (II) MC NA PB Cho tam giaùc ABC, M; N; P thuộc BC; CA; AB, có số điểm chia lẻ Chứng minh rằng: MB NC PA AM ; BN ; CP đồng qui song song   (II) MC NA PB GIẢI  Trường hợp 1: AM; BN; CP đồng qui  A  C/m:   N P Giả sử AM ; BN ; CP đồng qui I  AM  BN  CP  I + Aùp duïng định lý Menelaus - Xét ABM cát tuyến P; I ; C ta coù: I B MB NC PA  1 MC NA PB M C Nhaân (1) & (2) vế theo vế ta được: PA CB IM  (1) PB CM IA - Xét AMC cát tuyến B; I ; N ta coù: BM NC IA  (2) BC NA IM PA CB IM IA BM NC PA CB BM NC   (*) PB CM IA IM BC NA PB CM BC NA GV:Nguyễn Văn Anh Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN Mà CB   BC nên (*)   C/m:   MB NC PA  1 MC NA PB - Giả sử AM ; BN ; CP không đồng qui AM  BN  CP   Gọi I  AM  BN Khi đó: CI  AB  P  MB NC PA AM ; BN ; CP đồng qui I , theo kết ta có  1 (1) MC NA PB MB NC PA - Mặt khác: ( II )   1 (2) Kết hợp (1) & (2), ta coù: MC NA PB PA PA   P  P  CP  CP  I  CP hay AM ; BN ; CP đồng qui PB PB MB NC PA  Trường hợp 2: AM; BN; CP song song   1 P N MC NA PB  C/m:   A + p dụng định lý Thalès: PA CM PA CB AM // CP     (1) C M PB CB PB CM B NC BC NC BM AM // BN    1 (2) NA BM NA BC PA CB NC BM Nhaân (1) & (2) vế theo vế ta được:  (*) PB CM NA BC PA MB NC mà: BC  CB nên (*)   1 PB MC NA  C/m:   - Giaû sử BN // CP; AM  BN   Qua A keû At // BN ; At  BC  M  Khi AM  // BN // CP theo kết PA M B NC ta coù:  1 (1) PB M C NA MB NC PA - Mặt khác: ( II )   1 (2) Kết hợp (1) & (2), ta coù: MC NA PB MB M B   M  M   AM  AM  hay AM ; BN ; CP song song MC M C Bài 5: Chứng minh rằng:Trong tam giác a/ Ba đường trung tuyến đồng qui b/ Ba đường phân giác đồng qui c/ Ba đường trung trực đồng qui d/ Ba đường cao đồng qui e/ Hai phân giác phân giác đồng qui GIẢI a/ Ba đường trung tuyến đồng qui (Bài tập1/tr1) b/ Ba đường phân giác đồng qui + Gọi Ax; By; Cz phân giác xuất phát từ A; B; C ABC A z K L y I H B GV:Nguyễn Văn Anh x C Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN + Gọi I  By  Cz ; H ; K ; L chân đường vuông góc hạ từ I xuống cạnh BC ; CA; AB Khi đó, áp dụng tính chất tia phân giác góc I  By  IH  IL    IK  IL  I  Ax hay Ax; By; Cz đồng qui I I  Cz  IH  Ik  I có tính chất cách ba cạnh tam giác gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác c/ Ba đường trung trực đồng qui Ta có: A * Goïi: d A ; d B ; dC trung trực BC ; CA; AB vaø O  d A  d B dC Khi áp dụng tính chất đường trung trực đoạn thẳng, ta có: B C O  d A  OB  OC  d   OA  OB  O  dC hay d A ; d B ; dC đồng qui d O  d B  OC  OA  O có tính chất cách ba đỉnh tam giác gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác d/ Ba đường cao đồng qui * Gọi AM ; BN ; CP đường cao tương ứng tam giác A R T - Qua A; B; C kẻ đường thẳng tương ứng song song với BC ; CA; AB , đường cắt cắt theo thứ tự R; S ; T N P Khi đó: * Xét tứ giác ACBR; ACSB; ATCB coù: H C B RA // BC   RA  BC AC // BS   BS  AC M (1) (2)     RB // AC   RB  AC AB // SC   SC  AB AT // BC   AT  BC (3)   S AB  TC  TC  AB O B A Kết hợp (1); (2) & (3) ta coù: AR  AT  BC ; BR  BS  CA; CS  CT  AB Ta coù: AT  AR    MA trung trực TR (a) MA  TR  BR  BS    NB trung trực cuûa RS (b) NB  RS  CS  CT  (c)   PC trung trực ST PC  ST  Từ (a); (b) &(c) suy MA; NB; PC trung trực SRT nên MA; NB; PC đồng qui H (điểm đồng qui) gọi trực tâm e/ Hai phân giác phân giác đồng qui A * Gọi: An; Bp; Cm phân giác đỉnh A hai phân giác đỉnh B C J  Bp  Cm H C B - Chaân đường vuông góc hạ từ J xuống đường BC ; CA; AB L laàK n y J  Bp  JH  JK  J lượt H ; L; K Khi đó:   JK  JL  J  An x J  Cm  JH  JL  p m n GV:Nguyễn Văn Anh Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN  J  Bp  Cm  An hay An; Bp; Cm đồng qui J J có tính chất cách ba đường thẳng chứa cạnh tam giác gọi tâm đường tròn bàng tiếp tam giác Bài 6: Cho tam giác ABC Dựng bên cạnh tam giác tam giác cân đồng dạngvới nhau: BCM ; CAN ; ABP Chứng minh rằng: AM ; BN ; CP đồng qui GIẢI A * Gọi: M  AM  BC ; N1  BN  CA; P1  CP  AB N P Vì  cân MBC N1 P1 B  cân PAB neân: PBA  CBM  MCB  NCA  NAC  PAB   MB  MC ; NC  NA; PA  PB + Ta coù: M B S ABM1 S MBM1 S ABM BA.BM sin( B   )     M 1C S ACM1 S MCM1 S ACM CA.CM sin(C   ) C M1  cân NCA AB.sin( B   ) (1) AC.sin(C   ) P A CA.sin( A   ) N1C BC.sin(C   )  -Tương tự ta có: (2)  (3) P1 B CB.sin( B   ) N1 A BA.sin( A   ) M B N C PA - Nhaân (1); (2) & (3) vế theo vế ta có:  Theo định lí Xeva suy AM ; BN1 ; CP1 đồng M 1C N1 A P1 B M  qui  AM ; BN ; CP đồng qui Bài 7: (Định lí Desargues) Cho ABC vaø ABC  , M  BC  BC ; N  CA  C A; P  AB  AB Chứng minh rằng: AA; BB; CC  đồng qui song song  M ; N ; P thẳng hàng GIẢI A S  Trường hợp 1: AA; BB; CC  đồng qui  M ; N ; P thẳng hàng  C/m:   A' P C B' C' M N B * Giaû sử AA  BB  CC   S p dụng định lí Menelaus:  Xét SBC với B  SB, M  BC ; C   CS ta coù: MB C C BS  (1) MC C S BB  Xét SCA với A  SA, N  AC ; C   CS ta coù: NC AA C S  (2) NA AS C C  Xét SAB với B  SB, P  BA; A  AS ta coù: PA BB AS  (3) PB BS AA GV:Nguyễn Văn Anh Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN MB NC PA  theo Menelaus với: MC NA PB ABC : M  BC ; N  CA; P  AB  M ; N ; P thẳng hàng Nhân (1); (2) & (3) vế theo vế tược:  C/m:   * Giả sử M ; N ; P thẳng hàng Khi đó: Xét C CM AAP , S  C C  AA; B  C M  AP; B  CM  AP Theo chứng minh ta có: S ; B; B thẳng haøng hay S  BB  S  AA  BB  CC  hay AA; BB; CC  đồng qui A  Trường hợp 2: AA; BB; CC  song song  M ; N ; P thẳng hàng  C/m:   A' + p dụng định lí Thalès Ta có: MB BB BB // CC    (1) MC CC  M P NC CC  CC  // AA   (2) NA AA N PA AA AA // BB   (3) B' B PB BB MB NC PA BB CC  AA MB NC PA Nhân (1); (2) & (3) vế theo vế ta được:  1   MC NA PB CC  AA BB MC NA PB Theo Menelaus với: ABC : M  BC ; N  CA; P  AB  M ; N ; P thẳng hàng  C/m:   C C' - Giả sử M ; N ; P thẳng hàng AA // CC  Khi đó, BB // AA ; gọi S  BB  AA theo chứng minh  (C/m:   - trường hợp 1) S  CC   AA  CC   S  AA // CC  Từ suy ra: BB // AA // CC  Bài 8: Cho trước điểm A hai đường thẳng l ; m caét nhau; A  m; A  l Dựng ABC biết điều kiện sau: a/ Đỉnh A hai trung tuyến xuất phát từ B; C thuộc l ; m b/ Đỉnh A hai phân giác xuất phát từ B; C thuộc l ; m c/ Đỉnh A hai đường cao xuất phát từ B; C thuộc l ; m d/ Đỉnh A hai trung trực tương ứng với cạnh AB; AC thuộc l ; m GIẢI a/ Đỉnh A hai trung tuyến xuất phát từ B; C thuộc l ; m  Phân tích: A + Giả sử dựng tam giác thoả điều kiện toán: - A đỉnh - l ; m chứa hai trung tuyến xuất phát từ B; C G * Khi đó:Gọi G trọng tâm; AM trung tuyến  M  BC  suy ra: l B M C D m G  l  m  AM vaø AG  GV:Nguyễn Văn Anh AM (T/chất trung tuyến Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN tam giác) - Lấy D điểm đối xứng với A qua G Ta có BGCD hình  DC // BG  DC // l  bình hành   Ta thấy: l ; m cắt cho trước  G xác định  D xác định (vì A  DB // CG  DB // m cho trước) Dx  Dx // l  ; Dy ( Dy // m) xác định  C  C  Dx  m  ; B  Dy  l  xác định Từ ta suy cách dựng sau:  Cách dựng: B1 – Dựng G  m  l B2 – Dựng D đối xứng với A qua G B3 – Dựng Dx // l ; Dy // m B4 – Dựng C  Dx  m; B  Dy  l * ABC tam giác cần dựng  Chứng minh: Thật vậy: ABC có: A đỉnh (*)  MB  MC BG // CD   laø hình bình hà n h  BGCD   GD CG // BD   MG  MD  - MB  MC  M trung điểm  AM trung tuyến (a)  GM  DG  (b)   AG  AM  DG  AG  + Goïi M  GD  BC Xét tứ giác BGCD có: Từ (a) & (b) suy G trọng tâm ABC  BG  BG  l  ; CG  CG  m  trung tuyến (**) Kết hợp (*) & (**) ta có: ABC tam giác cần dựng thoả điều kiện cho  Biện luận: * Ta có: – Với l ; m cắt cho trước  !G  m  l (B1)  !D (B2)  ! Dx; Dy (B3)  ! B; C (B4) Do toán có nghiệm hình b/ Đỉnh A hai phân giác xuất phát từ B; C thuộc l ; m  Phân tích: A + Giả sử dựng tam giác thoả điều kiện toán: - A đỉnh I - l ; m chứa hai phân giác xuất phát từ B; C * Khi đó:Gọi I  l  m ; AI phân giác, ta có: m l  ABC ACB   ABC  ACB  B BIC  1800   IBC  ICB   1800      180        0  180  BAC  180  BAC  1800    BAC  2.BIC  1800  2    BIC  900 GV:Nguyễn Văn Anh Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN 2.BIC  1800 Ta thấy: l ; m cắt I cho trước 2  1800 2  1800 ); Ay /( yAI  ) xaùc     l ; m  xác định  Ax /( xAI  định (vì A cho trước) 2  C  C  Ay  m  ; B  Ax  l  xác định Từ ta suy cách dựng sau: Mặt khác: AI phân giác nên: BAI  CAI   Cách dựng: B1 – Dựng I  m  l Goïi    l ; m  B2 – Trên hai nửa mặt phẳng đối bờ AI dựng tia hai Ax ; Ay cho: xAI  yAI  2  1800 B3 – Dựng C  Ay  m; B  Ax  l * ABC tam giác cần dựng  Chứng minh: Thật vậy: ABC có: A đỉnh (*) + Ta có: AI tia phân giác BAC ABC BAC  2  1800 (Theo B2) Gọi  cung chứa góc  dựng đoạn BC nửa mặt phẳng bờ BC chứa A  I    AI + Giả sử BI tia phân giác ABC ABC Khi đó: Kẻ Bz tia phân giác ABC cuûa ABC  ABC ACB   ABC  ACB  Goïi I   AI  Bz Ta coù: BI C  1800   I BC  I CB   1800      180        0 0  180  BAC  180  BAC 180  2.  180  1800      2   BI C    I    vaø I   AI  Bz  I   AI    I   I hay I giao điểm đường phân giác ABC (**) Kết hợp (*) & (**) ta có: ABC tam giác cần dựng thoả điều kiện cho  Biện luận: * Ta có: – Với l ; m cắt cho trước  !I  l  m (B1) + Neáu l  m  (l , m)  900  !   l , m   900  ! Ax; Ay (Như cách dựng B2)  ! B; C (B3) Do toán có nghiệm hình 2  1800   Ax; Ay (Như cách dựng B2)  B; C (B3) + Nếu l  m     l , m   90  Do toán vô nghiệm c/ Đỉnh A hai đường cao xuất phát từ B; C thuộc l ; m A  Phân tích: + Giả sử dựng tam giác thoả điều kiện toán: - A đỉnh H - l ; m chứa hai đường cao xuất phát từ B; C B * Khi đó:Gọi H  l  m ; H trực tâm,, ta có: m C BH  AC ; CH  AB Ta thaáy: l GV:Nguyễn Văn Anh Trang DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN l ; m cắt H cho trước  Ay /( Ay  l ); Ax /( Ax  m) xác định (vì A cho trước)  C  C  Ay  m  ; B  Ax  l  xác định Từ ta suy cách dựng sau:  Cách dựng: B1 – Dựng H  m  l B2 – Qua A dựng Ax  m ; Ay  l B3 – Dựng C  Ay  m; B  Ax  l * ABC tam giác cần dựng  Chứng minh: Thật vậy: ABC có: A đỉnh (*) +Ta có: Ax  m ; Ay  l (Theo B2); C  Ay  m; B  Ax  l (Theo B3);  BH  AC ; CH  AB hay H trực tâm ABC  l ; m chứa hai đường cao xuất phát từ B; C ABC (**) Kết hợp (*) & (**) ta có: ABC tam giác cần dựng thoả điều kiện cho  Biện luận: * Ta có: – Với l ; m cắt cho trước  !H  l  m (B1) - Với A cho trước  ! Ax  m; Ay  l (Như cách dựng B2) + Nếu l  m  Ax // l ; Ay // m (Như cách dựng B2)  ! B  Ax  l ; C  Ay  m (B3) Do toán có nghiệm hình + Nếu l  m  Ax // l ; Ay // m (Như cách dựng B2)  B; C (B3) Do toán vô nghiệm c/ Đỉnh A hai trung trực tương ứng với cạnh AB; AC thuộc l ; m A  Phân tích: + Giả sử dựng tam giác thoả điều kiện toán: - A đỉnh - l ; m chứa hai đường trung trực tương ứng với cạnh AC ; AB * Khi đó: O B A & B đối xứng qua m ; A & C đối xứng qua l Ta thấy: C l l ; m cắt H cho trước  B; C xác định (vì A cho trước) m Từ ta suy cách dựng sau:  Cách dựng: B1 – Dựng: B đối xứng với A qua m B2 – Dựng: C đối xứng với A qua l * ABC tam giác cần dựng  Chứng minh: Thật vậy: ABC có: A đỉnh (*) +Ta có: B đối xứng với A qua m (Theo B1)  m trung trực AB ; C đối xứng với A qua l (Theo B2);  l trung trực AC ABC (**) Kết hợp (*) & (**) ta có: ABC tam giác cần dựng thoả điều kiện cho  Biện luận: GV:Nguyễn Văn Anh Trang 10 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN * Ta có: – Với l ; m cho trước A cho trước  ! B; C (Như cách dựng B1&B2) Mặt khác l ; m cắt nên: A; B; C không thẳng hàng  ABC xác định Do toán có nghiệm hình Bài 9: Cho đường thẳng  d  hai đường tròn (không đồng tâm)  C1  &  C2  Dựng hình vuông ABCD biết: A   C1  ; C   C2  ; B   d  ; C   d  Tìm cách mở rộng toán GIẢI B toán:  Phân tích: + Giả sử dựng hình vuông ABCD thoả điều kiện C C2 A   C1  ; C   C2  ; B   d  ; C   d  * Khi đó:Gọi I  AC  BD ;theo tính chất hình vuông ta có: A đối xứng với C qua  d  ; IA  IB  IC  ID Ta thấy: I Vì A đối xứng với C qua  d   C = Đ(d)(A) Do đó: Gọi (C’) = Đ(d)(C1) Khi ñoù: A   C1   C   C   D A d C1 C   C2     C   C2    C   C   C    maø  d  ;  C1  cho trước nên  C   xác định, kết hợp  C2  cho trước nên C xác định  A; B; D xác định Từ ta suy cách dựng sau:  Cách dựng: B1 – Dựng (C’) = Đ(d)(C1) B2 – Dựng C   C2    C   B3 – Dựng A = Ñ(d)(C); I  AC  BD B4 – Dựng đường tròn   I ; IA  có tâm I bán kình IA    d    B; D * ABCD laø hình vuông cần dựng  Chứng minh: Thật vậy: - Vì C   C2    C   (theoB2)  C   C2  1 - Ta lại có: C   C2    C   (theoB2)  C   C   = Đ(d)(C1) (theoB1) A = Đ(d)(C) (theoB3) nên: A   C1    -    d    B; D  B; D   d   3 -    d    B; D  B; D    IA  IB  IC  ID 1  +Xét tứ giác ABCD có: IA  IB  IC  ID IA  IC ; AC  BD (theo 1 )    ABCD hình vuoâng (theo *B3 )  GV:Nguyễn Văn Anh  4 Trang 11 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN - Từ (1); (2); (3) & (4) ta có hình vuông thoả điều kiện cho  Biện luận: * Ta có: – Với  d  ;  C1  cho trước  ! (C’) = Đ(d)(C1) (B1) – Nếu  C2  &  C   caét   C     C2   C ; C *  A; A *  A  A *  C  C*; D  D * Do có hai hình vuông ABCD & A * B * C * D * Bài toán có hai nghiệm hình – Neáu  C2  &  C   tiếp xúc   C     C2   !C  ! A  !C ; D Do có hình vuông ABCD Bài toán có nghiệm hình – Nếu  C2  &  C   không cát   C     C2      ! A   !C ; D Do không tồn hình vuông Bài toán vô nghiệm  Mở rộng toán Bài toán 1: Cho điểm I hai đường tròn (không đồng tâm)  C1  &  C2  Dựng hình vuông ABCD biết: A   C1  ; C   C2  nhận I làm tâm đối xứng Tóm tắt cách dựng B1 – Dựng Dựng  C    QI180  C1  (Thực phép quay quanh tâm I với góc quay 1800 ) B2 – Dựng C   C2    C   B3 – Dựng Dựng A  QI180 C ; d : d  AC ; I  d B4 – Dựng đường tròn   I ; IA  có tâm I bán kình IA    d    B; D * ABCD hình vuông cần dựng Bài toán 2: Cho điểm B hai đường tròn (không đồng tâm)  C1  &  C2  Dựng hình vuông ABCD biết: A   C1  ; C   C2  Tóm tắt cách dựng B1 – Dựng  C    QB90  C1  (Thực phép quay quanh tâm B với góc quay 900 B2 – Dựng C   C2    C   B3 – Dựng A  QB90 C  A B4 – Dựng D  T (Thự c hiệ n phé p tịnh tiế n điể m A theo BC ) BC * ABCD hình vuông cần dựng Bài toán 3: Cho điểm B; D hai đường tròn (không đồng tâm)  C1  &  C2  Dựng hình bình hành ABCD bieát: A   C1  ; C   C2  Tóm tắt cách dựng B1 – Dựng M trung điểm BD B2 – Dựng  C    QM180  C1  (Thực phép quay quanh tâm M với góc quay 1800 ) B3 – Dựng C   C2    C   B4 – Dựng A  QB90 C * ABCD hình bình hành cần dựng GV:Nguyễn Văn Anh Trang 12 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN Bài toán 4: Trong không gian cho mặt phẳng  hai mặt cầu (không đồng tâm)  C1  &  C2  Dựng khối lập phương ABCD biết: A   C1  ; C    C2  ; B, D   Tóm tắt cách dựng  Cách dựng: B1 – Dựng  C * = Đ(  )(C1) B2 – Dựng C    C2    C * B3 – Dựng A = Đ(  )(C); I  AC   B4 – Dựng mặt cầu   I ; IA  có tâm I bán kình IA      B; D; B, D   A (Thực phép tịnh tiến điểm A theo BB ); C  T C  (Thực phép B5 – Dựng A  T BB  BB tịnh tiến điểm C  theo BB ) * ABCD ABC D khối lập phương cần dựng Bài 10: Cho điểm nằm mặt phẳng Trong điểm thuộc đường tròn Chứng minh tồn đường tròn qua điểm cho có điểm nằm bên điểm nằm bên đường tròn GIẢI A5 * Giả sử mặt phẳng  cho điểm: A1 ; A2 ; A3 ; A4 ; A5 +Choïn A1 ; A2 làm mốc cho điểm lại nằm nửa mặt A3 A4 phẳng có bờ A1 A2 Vì không tồn điểm nằm đường tròn nên: O A1 A3 A2  A1 A4 A2  A1 A5 A2 Không tính tổng quát; giả sử: A2 A1 A1 A5 A2  A1 A3 A2  A1 A4 A2 + Dựng đường tròn   A1 A A2  ngoại tiếp tam giác A1 A A2 Khi đó: A3 ; A4 ; A nhìn đoạn A1 A2 với góc khác A1 A3 A2 góc nội tiếp Do theo mối quan hệ góc nội tiếp – góc có đỉnh nằm bên đường tròn – góc có đỉnh nằm bên đường tròn Ta coù: A1 A5 A2  A1 A3 A2  A1 A4 A2  A1 A4 A2 góc có đỉnh nằm bên đường tròn; A1 A5 A2 góc có đỉnh nằm bên đường tròn hay A4 nằm bên đường tròn; A5 nằm bên đường tròn  Ta chứng minh tương tự với trường hợp 7; 9; 11; … khái quát hoá toán tổng quát sau: Cho  2n  1 điểm nằm mặt phẳng Trong điểm thuộc đường tròn Chứng minh tồn đường tròn qua điểm cho có  n  1 điểm nằm bên  n  1 điểm nằm bên đường tròn GV:Nguyễn Văn Anh Trang 13 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN GV:Nguyễn Văn Anh Trang 14 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN GV:Nguyễn Văn Anh Trang 15 DeThiMau.vn ... tròn GV:Nguyễn Văn Anh Trang 13 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN GV:Nguyễn Văn Anh Trang 14 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN GV:Nguyễn Văn Anh Trang 15 DeThiMau.vn... (theo 1 )    ABCD laø hình vuông (theo *B3 )  GV:Nguyễn Văn Anh  4 Trang 11 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN - Từ (1); (2); (3) & (4) ta có hình vuông thoả điều kiện cho...  C2    C   B4 – Dựng A  QB90 C * ABCD hình bình hành cần dựng GV:Nguyễn Văn Anh Trang 12 DeThiMau.vn Một Số Bài Tập Hình Học Sơ Cấp Cơ BảN Bài toán 4: Trong không gian cho mặt phẳng 