Các bài toán nâng cao về tam giác

LỜI CẢM ƠN Trong trình nghiên cứu thực khóa luận, tơi cố gắng nỗ lực Để hồn thành tốt khóa luận này, tơi nhận đƣợc động viên giúp đỡ tận tình Q thầy cơ, gia đình bạn bè Nhân đây, xin đƣợc gửi lời cảm ơn chân thành Đầu tiên, xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Quý thầy, cô Khoa khoa học tự nhiên – Trƣờng Đại học Hồng Đức tận tình giảng dạy suốt bốn năm học để tơi có đƣợc tảng tri thức nhƣ kinh nghiệm sống quý báu làm hành trang cho sau Đặc biệt, xin chân thành cảm ơn thầy Lê Anh Minh Thầy ngƣời giảng dạy kiến thức tảng, tận tình giúp tơi hồn thành khóa luận cách tốt Tiếp xúc với thầy học hỏi đƣợc cách thức làm việc khoa học, nhiệt tình, tính cẩn thận nghiên cứu học bổ ích sống Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Quý thầy, hội đồng chấm khóa luận dành thời gian quý báu để xem xét gợi ý cho điểm cịn thiếu sót giúp tơi rút đƣợc kinh nghiệm cho khóa luận nhƣ q trình nghiên cứu sau Rất mong nhận đƣợc bảo tận tình Q thầy, nhƣ góp ý chân thành bạn Xin chân thành cảm ơn Thanh Hóa, ngày 22 tháng 05 năm2019 Tác giả khóa luận Vũ Thị Lan i MỤC LỤC MỤC LỤC ii MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu III Nhiệm vụ nghiên cứu IV Đóng góp khóa luận V Cấu trúc khóa luận CHƢƠNG MỘT SỐ KHÁI NIỆM, TÍNH CHẤT VỀ TAM GIÁC 1.1 TAM GIÁC CÂN 1.2 TAM GIÁC VUÔNG 1.3 TAM GIÁC ĐỀU CHƢƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG VÀ TAM GIÁC BẰNG NHAU I TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG 2.1 Định lí Ta-let tam giác 2.2 Khái niệm tam giác đồng dạng Các trƣờng hợp đồng dạng tam giác 11 2.3 Trƣờng hợp đồng dạng tam giác vuông Tỉ số diện tích hai tam giác vng 12 II TAM GIÁC BẰNG NHAU 21 2.4 Các trƣờng hợp hai tam giác 21 CHƢƠNG 3: QUAN HỆ GIỮA CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC 27 3.1 Quan hệ đƣờng vng góc đƣờng xiên, đƣờng xiên hình chiếu 27 3.2 Quan hệ ba cạnh tam giác, bất đẳng thức tam giác 29 3.3 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa bậc hai 32 3.4 Các toán giá trị lớn nhất, nhỏ hình học phẳng 34 37 ii 3.5 Tính chất đƣờng tam giác 40 3.5.1 Tính chất tia phân giác góc Tính chất đƣờng phân giác tam giác 40 3.5.2 Tính chất đƣờng trug trực đoạn thẳng, tính chất đƣờng trung trực tam giác 42 3.5.3 Tính chất ba đƣờng cao tam giác 43 3.5.4 Tính chất ba đƣờng trung tuyến tam giác 43 KẾT LUẬN 47 Tài liệu tham khảo 48 iii MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài Môn Tốn mơn học tạo nhiều hội giúp học sinh phát triển lực phẩm chất trí tuệ, rèn luyện cho học sinh tƣ trừu tƣợng, xác, hợp logic, phƣơng pháp khoa học suy nghĩ, suy luận, từ rèn cho học sinh trí thơng minh, sáng tạo Trong chƣơng trình trung học sơ sở, nội dung tam giác toán tam giác giữ vai trò đạo, chiếm khối lƣợng kiến thức thời gian lớn chƣơng trình mơn Tốn, kiến thức tam giác vơ quan trọng tảng vững để em học tốt chƣơng trình cao Các tốn tam giác xuất nhiều đề thi học sinh giỏi cấp trung học Ngồi ra, tốn tam giác đƣợc ứng dụng vào thực tế nhiều Thực tế, học sinh lại không hứng thú với học Tốn đặc biệt Hình học, nhiều học sinh gặp khó khăn sử dụng kiến thức tam giác để giải tốn khó mà nguyên nhân em chƣa hiểu sâu định nghĩa định lí tính chất tam giác Chính vậy, nên tơi chọn đề tài nghiên cứu “ Các toán nâng cao tam giác’’ làm đề tài khóa luận cho Tuy nhiên, với nỗ lực nhận thức thân, khóa luận tơi cung cấp số kiến thức toán nâng cao tam giác, hệ thống đƣợc số phƣơng pháp việc giải toán liên quan đến tam giác, nêu đƣợc số định lí quan trọng tam giác Trong q trình hồn thành khóa luận tơi khơng ngừng nỗ lực để học hỏi, tìm tịi sƣu tầm tốn nâng cao tam giác Tuy nhiên, hiểu biết thân, điều kiện thời gian khuân khổ khóa luận nên chắn q trình nghiên cứu không tránh khỏi khiếm khuyết Tôi mong đƣợc dạy thầy (cô) giáo q bạn đọc để khóa luận tơi thêm hồn thiện II Mục đích nghiên cứu Mục tiêu khóa luận tìm hiểu vấn đề tam giác: tam giác nhau, tam giác đồng dạng, định lý quan trọng tam giác, bất đẳng thức tam giác,… Khóa luận hệ thống tập mức độ nâng cao để nâng cao khả tƣ cho học sinh III Nhiệm vụ nghiên cứu Khóa luận nghiên cứu trình bày nội dung sau: + Hệ thống kiến thức tam giác + Xây dựng hệ thống dạng tập tam giác mức độ nâng cao IV Đóng góp khóa luận Về mặt lý luận, tổng hợp kiến thức nâng cao tam giác, đầy đủ dạng tập mức độ khác Về mặt thực tiễn, khóa luận tài liệu tham khảo cho GV HS giảng dạy học tập toán nâng cao tam giác V Cấu trúc khóa luận Ngồi lời cảm ơn, mở đầu, phần kết luận tài liệu tham khảo, khóa luận đƣợc chia thành ba chƣơng: Chƣơng 1: Một số khái niệm, tính chất tam giác Chƣơng 2: Tam giác đồng dạng, tam giác Chƣơng 3: Quan hệ số yếu tố tam giác CHƢƠNG MỘT SỐ KHÁI NIỆM, TÍNH CHẤT VỀ TAM GIÁC 1.1 TAM GIÁC CÂN Định nghĩa 1.1[1] Tam giác cân tam giác có hai cạnh A Từ định nghĩa ta có tính chất sau:  góc đáy  Góc đáy (180-góc đỉnh)/2  Góc đỉnh 180-2*góc đáy  Trung tuyến (đƣờng cao, trung trực, phân giác) xuất phát từ đỉnh đồng thời C B bốn đƣờng chủ yếu (trung tuyến, trung trực, phân giác, đƣờng cao) +) Dấu hiệu nhận biết:  Tam giác có hai cạnh tam giác cân  Tam giác có hai góc tam giác cân  Tam giác có bốn đƣờng chủ yếu đƣờng đồng thời đƣờng lại tam giác cân 1.2 TAM GIÁC VUÔNG Định nghĩa 1.2[1] Tam giác vng tam giác có góc vng Từ định nghĩa ta có tính chất sau  Hai góc nhọn phụ  Cạnh huyền lớn cạnh góc vng  Bình phƣơng cạnh huyền tổng bình phƣơng hai cạnh góc vng  Đƣờng trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền C +) Dấu hiệu nhận biết  Tam giác có góc vng tam giác vng  Tam giác có hai góc nhọn phụ tam giác vng  Tam giác có bình phƣơng cạnh lớn tổng bình phƣơng hai cạnh cịn lại (Định lý Pitago) A B  Tam giác có trung tuyến ứng với cạnh nửa cạnh tam giác vuông Định lý 1.1( Định lý Pytago) [2]: Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng Chứng minh Trên BC lấy hai điểm M, N thỏa mãn BM  BN  AB  BNA  BAN  900  ABC 1 NAC  900  BAN  ABC , AMB  ABC 2  MCA, ACN  đồng dạng (g.g) MC CA AB  BC AC    AC CN AC BC  AB  BC  AB2  AC Định lí 1.2 (Định lý Pytago đảo) [2]: Nếu tam giác có bình phương cạnh tổng bình phương hai cạnh tam giác tam giác vuông Chứng minh: Giả sử ABC tam giác vuông, từ B kẻ đƣờng thẳng vng góc với AC cắt AC D Theo định lí Pytago đảo ta có: BC  DB  DC Theo giả thiết BC  AB2  AC  AB2  DB2  DC  AC  AD2  AD( DC  AC )  AD  DC  AC  mâu thuẫn  ABC vuông A 1.3 TAM GIÁC ĐỀU Định nghĩa1.3:[1] Tam giác tam giác có ba cạnh Tam giác có tính chất sau:  Ba góc góc 60  Một đƣờng chủ yếu xuất phát từ đỉnh đồng thời bốn đƣờng lại đƣờng  A Giao điểm bốn đƣờng chủ yếu trùng +) Dấu hiệu nhận biết:  Tam giác có ba cạnh tam giác  Tam giác có ba góc tam giác  Tam giác cân có góc 60 tam giác C B  Tam giác có hai góc 60 tam giác Ví dụ 1.1: Cho tam giác cân ABC có A  1000 , tia phân giác góc B cắt AC D Chứng minh BC  BD  AD Giải: D1  B2  C  200  400  600 A Trên cạnh BC lấy điểm K E cho BDK  600 , BDE  800 D BDA  BDK ( g.c.g )  DA  DK (1) BDE có BDE  800 , B2  200 nên E1  800 1 B C K E Ta lại có DKE  D2  B2  600  200  800 nên DKE cân D, suy DK  DE (2) EDC  1800  D1  BDE  1800  600  800  400  C  DEC cân E  DE  EC (3) Từ (1), (2), (3) suy AD  EC Do BC  BE  EC  BD  AD Ví dụ 1.2: Cho tam giác ABC vng A có AC=3AB Trên AC lấy điểm D E cho AD  DE  EC Chứng minh AEB  ACB  450 Giải: B Để chứng minh AEB  ACB  45 , D ta tạo góc kề với góc ACB, 1 A H K E C góc AEB chứng minh tổng góc với góc ACB 450 Trên tia đối tia AB, lấy điểm H cho AH  AB Qua H vẽ đƣờng thẳng song song với AD, qua D vẽ đƣờng thẳng song song với AH, chúng cắt K Ta chứng minh BCK  450 cách chứng minh BCK vng cân Ta có HBK  DCK (c.g.c) nên KB=KC, K1  K3 Ta lại có K  B1 nên K2  K3  B1  K1  900 Do BKC vuông cân K nên C1  C2  450 Nhƣng C2  E1 AEB  DCK (c.g.c)  C1  E1  450 Ví dụ 1.3: Cho hình vng ABCD Góc xAy  450 quay quanh đỉnh A, cạnh Ax, Ay cắt BC CD thứ tự P Q, kẻ PM song song AQ, QN song song với AP, đƣờng thẳng MN cắt AP E AQ F Chứng minh ME, EF, FN độ dài cạnh tam giác vuông Giải: Theo giả thiết PM song song với AQ, QN song song với AP  MPA  PAQ  NQA  450  PAB  NQD  APB QND  ND BP BP.DQ   ND  DQ AB AB Góc BPM  DAQ  BPM  (1) DAQ MB QD QD.BP   MB  BP DA DA (2) Từ (1) (2)  ND  MB  AM  AN Gọi K điểm đối xứng với M qua AP  AK  AM  AN , MAP  KAP Mặt khác: MAP  QAN  KAP  QAP  450  QAK  QAN  K , N đối xứng qua AQ  EM  EK , FK  FN  KEF  KFE  1800  KEM  1800  KFN  3600  2( MEP  NFQ)  900  EKF  900 Theo định lý Pytago ta có: EF  KE  KF  ME  NF Theo định lý Pytago đảo ME, EF, FN độ dài cạnh tam giác vng Ví dụ 1.4: Gọi I tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng ming tam giác ABC vuông A BI CI  BD.CE với D, E thứ tự giao điểm BI CI với cạnh AC, AB Giải: I tâm đƣờng tròn nội tiếp  BD, CE hai đƣờng phân giác ABC  DA BA AC.BA (1)   DA  DC BC BC  BA I tâm đƣờng tròn nội tiếp ABC  AI phân giác ABD A IB AB IB AB     (2) ID AD BD AB  AD E IB BC  AB I Thay (1) vào (2)   B BD AB  BC  CA Tƣơng tự D C IC BC  AC IB IC ( BC  AB).( BC  AC )    CE AB  BC  CA BD CE ( AB  BC  CA)2 Ta có BI CI  BD.CE  2( BC  AB)( BC  AC )  ( AB  BC  CA) 2  2( BC  BC AC  AB AC  AB.BC )  AB  BC  CA2  2( AB.BC  BC.CA  CA AB )  BC  AB  CA2  A  900 Vậy tam giác ABC vng A Ví dụ 1.5: Cho điểm P đƣờng tròn O Trong tất tứ giác nội tiếp đƣờng trịn có hai đƣờng chéo AC BD vng góc với P Xác định tứ giác có chu vi nhỏ 3.4 Các toán giá trị lớn nhất, nhỏ hình học phẳng 3.4.1 Các tốn tam giác Ví dụ 3.9: Cho đƣờng thẳng a điểm A không thuộc a Hai đƣờng thẳng thay đổi qua A, vng góc với nhau, cắt đƣờng thẳng a B C Xác định vị trí hai đƣờng thẳng vng góc cho khoảng cách BC nhỏ Giải: Cách 1: Xét ABC vuông A Gọi AH, AM theo thứ tự đƣờng cao, đƣờng trung tuyến tam giác Vì ABC vng nên BC  AM  AH (quan hệ đƣờng vng góc đƣờng xiên) Vì đƣờng thẳng a điểm A cố định nên AH có độ dài không đổi BC  AH M trùng với H, ABC cân Cách dựng đƣờng thẳng AB AC: - Dựng AH  a - Dựng B, C thuộc a cho HB=HC=HA Cách 2: Ta chứng minh ABC vng cân A BC có độ dài nhỏ Thật vậy, xét hai đƣờng thẳng vng góc với A, cắt đƣờng thẳng a D E, giả sử AD  AE Ta chứng minh DE  BC Trên tia AD lấy điểm M cho AM  AE ABM  ACE (c.g.c)  BM  CE (1) Dễ thấy M nằm A D nên : DMB  MBA  ACB  ABC  D Trong MDB có DMB  D nên DB  MB (2) (quan hệ góc cạnh đối diện tam giác) 34 Từ (1) (2) suy ra: DB  CE Vậy DE  BC Ví dụ 3.10: Cho tam giác nhọn ABC Dựng tam giác có chu vi nhỏ nội tiếp ABC tức có ba đỉnh nằm ba cạnh tam giác Giải: Xét MNP nội tiếp ABC cách tùy ý (M  AB, N  BC,P  AC) Vẽ E, F cho AB đƣờng trung trực NE, AC đƣờng trung trực NF A Chu vi MNP bằng: NM  MP  PN  EM  MP  PF  EF Ta cần xét EF nhỏ F P M E Ta có EAF  A1  A2  2BAC B N C EAF tam giác cân có góc đỉnh khơng đổi nên cạnh đáy nhỏ cạnh bên nhỏ EF nhỏ  AE nhỏ  AN nhỏ  AN  BC Nhƣ chu vi MNP nhỏ N chân đƣờng cao kẻ từ A M P giao điểm EF với AB AC Ta có nhận xét N chân đƣờng cao kẻ từ A M P chân đƣờng cao lại tam giác Chứng minh nhận xét nhƣ sau: Xét HMP : AB đƣờng phân giác góc EMH, AC đƣờng phân giác FPH Ta có AB, AC cắt A nên HA tia phân giác góc tam giác đỉnh H, hay HA tia phân giác MHP Vì AH  HC nên HC đƣờng phân giác góc ngồi tam giác đỉnh H Theo trên, AC đƣờng phân giác đỉnh P, HC cắt AC C nên MC tia phân giác góc đỉnh M MB MC tia phân giác hai góc kề bù nên MB  MC Tƣơng tự PC  PB Vậy chu vi MNP nhỏ M, N, P chân ba đƣờng cao ABC 35 Do ABC nhọn nên M, N, P thuộc biên tam giác Ví dụ 3.11: Cho tam giác ABC trung điểm M AB Trƣớc tiên An chọn điểm N BC, tiếp Bình chọn điểm P CA Mục tiêu An muốn tổng d = MN+ NP+ PM lớn nhất, cịn Bình muốn tổng d nhỏ Hỏi hai có cách chọn tốt N P điểm nào? Giải: Vẽ điểm D, E cho AC đƣờng trung trực MD, BC đƣờng trung trực ME Độ dài đƣờng gấp khúc DPNE d Dễ thấy PN  NE  PB  BE PN  NE  PC  CE nên độ dài đƣờng gấp khúc DPNE không vƣợt độ dài đƣờng gấp khúc DPBE độ dài đƣờng gấp khúc DPCE Vậy để d lớn An phải chọn N trùng B C Rõ ràng để tổng d nhỏ Bình phải chọn P giao điểm ND với AC Trong trƣờng hợp An chọn N  B Bình chọn P giao điểm BD với AC, d  d1  MB  BP  PM Còn trƣờng hợp An chọn N  C Bình chọn P giao điểm CD với AC, C, d  d2  MC  CM  2MC Bây ta so sánh d1 d Đặt MC=h d2  2h (1) Qua B kẻ đƣờng thẳng vng góc với AC, cắt MP B ' Ta có BP  B' P nên: d1  MB  BP  PM  MB  B' P  PM  MB  B'M  BB'  2h (2) Từ (1) (2) suy d1  d2 Do hai ngƣời chơi tối ƣu nên An chọn N  B để có tổng d lớn nhất, sau Bình chọn P giao điểm BD với AC 36 B M h A C≡N≡P D 3.4.2 Các toán tam giác đồng dạng Ví dụ 3.12: Cho điểm M di chuyển đoạn AB Vẽ tam giác AMC BMD phía AB Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích hai tam giác nhỏ Giải: Gọi K giao điểm AC BD Các tam giác AMC, BMD đồng dạng với AKB Đặt AM=x, MB=y, AB=a, K S AMC  S1, SBMD  S2 , SKAB  S D Ta có: S1  x  S  y   ;   S a S a C 2 Nên S1  S2 x  y ( x  y )2 a    2 S a2 2a 2a A Xảy dấu đẳng thức: x=y Do đó: min( S1  S2 )  S  M trung điểm AB 37 M B Ví dụ 3.13: Để trang trí, ngƣời ta cần hình đa giác lồi có tâm đối xứng Hãy chứng minh đế cắt từ mảnh giấy màu hình tam giác hình đa giác nhƣ với diện tích lớn nhất, ta phải cắt theo ba đƣờng thẳng song song với ba cạnh tam giác cho bỏ ba tam giác đồng dạng với tam giác cho theo tỉ số Giải: Cắt tam giác ABC theo đƣờng thẳng DE, FG, HK (AD=DK = KB, AE = EF= FC, BH = HG = GC), ta đƣợc lục giác DEFGHK có tâm đối xứng Dễ thấy diện tích lục giác diện tích ABC Ta chứng minh đa giác có tâm đối xứng với diện tích lớn cắt từ ABC A A D D C' E K B H G E B' K F B C F' O G H C A' Hình Hình Giả sử M đa giác lồi có tâm đối xứng O cắt từ ABC Ta lấy A ' B 'C ' đối xứng với ABC qua tâm O ( Hình 2) Các tam giác ABC, A ' B ' C ' cắt tạo thành lục giác DEFGHK nhận O tâm đối xứng Đa giác M nằm lục giác nói Ta chứng minh S DEFGHK  S Thật vậy, giả sử BH=x, HG=DE=y, GC=z, BC=a Kí hiệu S KBH  S1, S ADE  S2 , S FGC  S3 Từ tam giác đồng dạng ta có: 2 S z S1  x  S2  y    ,   ,   S a S a S a 38 S1  S2  S3 x  y  z ( x  y  z )2    Do đó: S a2 3a 2  S1  S2  S3  S  S DEFGHK  S 3 3.4.3 Hệ thức lƣợng tam giác vng Ví dụ 3.14: Cho tam giác ABC vng cân A có BC=a Các điểm D, E di chuyển cạnh AB, AC cho BD= AE Tính độ dài nhỏ DE Giải: Đặt AB  AC  c, BD  AE  x Áp dụng định lí Pitago vào ADE vng A: A DE  AE  AD2 E  x  (c  x)2 D c  c2   x  2cx  c   x    2  2 B a2 Ta lại có AB  AC  BC  2c  a  c  a2 a  DE  Do DE  2 c Xảy dấu đẳng thức: x  Nhƣ vậy: DE  a  D trung điểm AB E trung điểm AC Ví dụ 3.15: Hai anh em chia tài sản miếng đất hình tam giác ABC Họ muốn chia đơi diện tích miếng đất bờ rào thẳng ngắn Tính độ dài m bờ rào theo diện tích S tam giác góc nhỏ  tam giác 39 C Giải: Bờ rào phải cắt hai cạnh cảu tam giác Giả sử góc đỉnh A, độ dài bờ rào IK=m khoảng cách từ đỉnh góc A tới hai đầu bờ rào x y Ta có: IK  x2  y  xy cos A (1) Đặt S AIK  S ' , S ABC  S , ta có S '  S không đổi Do S '  xysinA mà S ' A không đổi nên xy không đổi Từ (1) ta thấy: IK nhỏ  x  y nhỏ Áp dụng bất đẳng thức x  y  xy ta có x  y nhỏ x=y Nhƣ vậy, xét bờ rào chắn góc A độ dài bờ rào ngắn AIK cân A (2) Ta có: IK  S ' tg Do S '  A A S nên IK  2Stg 2 Vậy độ dài bờ rào ngắn bằng: m  2Stg    với   A, B, C 3.5 Tính chất đƣờng tam giác 3.5.1 Tính chất tia phân giác góc Tính chất đƣờng phân giác tam giác *) Tính chất tia phân giác góc  Điểm nằm tia phân giác góc cách hai cạnh góc  Điểm nằm bên góc cách hai cạnh góc nằm tia phân giác góc 40 *) Đƣờng phân giác tam giác  Trong tam giác ABC, tia phân giác góc A cắt A cạnh BC M, đoạn thẳng AM đƣợc gọi phân giác (xuất phát từ đỉnh A) tam giác ABC  Mỗi tam giác có đƣờng phân giác  Trong tam giác cân, đƣờng phân giác xuất phát từ đỉnh đồng thời đƣờng trung tuyến ứng B C M với cạnh  Tính chất: Đƣờng phân giác tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai A cạnh kề hai đoạn thẳng AM đƣờng phân giác góc A  MB AB  MC AC Đƣờng phân giác góc ngồi tam giác có tính chất tƣơng tự: E B M AE tia phân giác ngồi góc A  EB AB  EC AC Ta nói: Nếu tam giác ABC có AB  k AC đƣờng phân giác góc A chia đoạn thẳng BC theo tỉ số k, k  đƣờng phân giác ngồi góc A chia đoạn thẳng BC theo tỉ số k *) Tính chất đƣờng phân giác tam giác Điểm nằm tia phân giác góc cách hai cạnh góc Đảo lại, điểm nằm bên góc cách hai cạnh góc nằm tia phân giác góc Trong tam giác, ba đƣờng phân giác qua điểm, điểm cách ba cạnh tam giác Giao điểm ba đƣờng phân giác tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác 41 C Hai đƣờng phân giác hai góc ngồi tam giác tia phân giác góc không kề chúng gặp điểm Đối với tam giác cân, đƣờng trung tuyến ứng với cạnh đáy đồng thời đƣờng phân giác tam giác 3.5.2 Tính chất đƣờng trug trực đoạn thẳng, tính chất đƣờng trung trực tam giác *) Tính chất đƣờng trung trực đoạn thẳng Định lí 3.1( Định lý thuận): [8] Điểm nằm đường trung trực đoạn thẳng cách hai mút đoạn thẳng Định lý 3.2 ( Định lý đảo): Điểm cách hai mút đoạn thẳng nằm đường trung trực đoạn thẳng Từ định lí thuận định lí đảo ta có: Tập hợp điểm cách hai mút đoạn thẳng đƣờng trung trực đoạn thẳng *) Đƣờng trung trực tam giác  Trong hình bên, a đƣờng trung trực ứng với cạnh BC tam giác ABC Mỗi tam giác có đƣờng trung trực  Trong tam giác cân, đƣờng trung trực cạnh đáy đồng thời đƣờng trung tuyến ứng với cạnh 42 *) Tính chất đƣờng trung trực tam giác  Ba đƣờng trung trực tam giác qua điểm Điểm cách ba đỉnh A tam giác  Vì giao điểm O ba đƣờng trung trực tam O C giác ABC cách ba đỉnh tam giác nên có đƣờng tròn tâm O qua đỉnh A, B B, C Ta gọi đƣờng trịn đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC 3.5.3 Tính chất ba đƣờng cao tam giác  Trong tam giác, đoạn vuông kẻ từ đỉnh đến đƣờng thẳng chứa cạnh đối diện gọi đƣờng cao tam giác Mỗi tam giác có đƣờng cao  Ba đƣờng cao tam giác qua điểm  Ba đƣờng cao AD, BE, CF tam giác ABC qua điểm H Điểm H A gọi trực tâm tam giác ABC  E Trong tam giác cân, đƣờng trung trực ứng với F cạnh đáy đồng thời đƣờng phân giác, đƣờng trung tuyến đƣờng cao xuất C phát từ đỉnh đối diện với cạnh  D Trong tam giác đều, điểm: trọng tâm, trực tâm, điểm cách đỉnh, điểm cách cạnh điểm trùng  Trong tam giác, hai loại đƣờng (đƣờng trung tuyến, đƣờng phân giác, đƣờng cao xuất phát từ đỉnh đƣờng trung trực ứng với cạnh đối diện đỉnh này) trùng tam giác tam giác cân 3.5.4 Tính chất ba đƣờng trung tuyến tam giác Trong hình bên:  Đoạn thẳng AM nối đỉnh A tam giác ABC với trung điểm M cạnh BC gọi đƣờng trung tuyến (xuất phát từ đỉnh A ứng với cạnh BC) tam giác ABC 43 B  A Mỗi tam giác có ba đƣờng trung tuyến *) Tính chất đƣờng trung tuyến tam giác Ba đƣờng trung tuyến tam giác B C M qua điểm A Điểm cách đỉnh khoảng độ E F dài trung tuyến qua đỉnh Trong tam giác ABC, trung tuyến AD, B BE, CF đồng quy điểm G ta có: C D AG BG CG    AD BE CF Điểm G gọi trọng tâm tam giác ABC Ví dụ 3.16: Tam giác ABC có A  900 , B C góc nhọn, đƣờng trung trực AB AC cắt O cắt BC theo thứ tự E F Chứng A minh AO tia phân giác EAF Giải: Ta xét hai trƣờng hợp: O +) Trƣờng hợp 1: A  90 B Ta có EA  EB nên EO tia phân giác AEB F E C Chứng minh tƣơng tự FO tia phân giác AFE Vì EO FO tia phân giác đỉnh E đỉnh F tam giác AEF nên AO tia phân giác EAF +) Trƣờng hợp 2: A  900 Vì O giao điểm đƣờng trung trực AB AC nên OA=OB=OC Điểm E nằm đƣờng trung trực AB nên EA=EB Điểm F nằm đƣờng trung trực AC nên FA=FB AOE  BOM (c.c.c)  A1  B1 44 x A Tƣơng tự AOF  COF (c.c.c)  A2  C1 Mặt khác B1  C1 (vì BOC cân O) D B C H Suy A1  A2 suy AO tia phân giác EAF Chú ý: Từ toán ta thấy B  900 AO tia phân giác đỉnh A Thật vậy, xét AEF , EO tia phân giác E , FO tia phân giác ngồi đỉnh F Khi AO tia phân giác ngồi đỉnh A (Hình 2) Ví dụ 3.17: Cho tam giác ABC, đƣờng phân giác AD Trên đoạn thẳng AD lấy điểm E F cho ABE  CBF Chứng minh ACE  BCF Giải: A Để chứng minh ACE  BCF ta gấp đơi góc cách vẽ H cho AC đƣờng I trung trực EH, vẽ K cho BC E F đƣờng trung trực FK, H B D HCE  ACE, FCK  2BCF C K Cần phải chứng minh HCE  FBK Muốn ta chứng minh HCF  ECK cách xét tam giác HCF ECK Hai tam giác có HC= EC, CF = CK Cần chứng minh cặp cạnh FH, EK Ta tạo đoạn thẳng trung gian: Vẽ I cho AB đƣờng trung trực EI Ta có AHI tam giác cân, mà AD phân giác góc đỉnh nên AD đƣờng trung trực IH, FI=FH (1) Ta lại có FBI  KBE (c.g.c)  FI  KE (2) Từ (1) (2) suy FH= KE 45 Ví dụ 3.18: Cho tam giác ABC có đƣờng phân giác BD, CE cắt I ID = IE Chứng minh B  C B  C  1200 Giải: Khơng tính tổng qt, giả sử AD  AE Xét hai trƣờng hợp: a) Trƣờng hợp AD=AE (hình 1) ADI  AEI (c.c.c)  ADI  AEI ADB AEC có A chung, ADI  AEI nên B1  C1 Do B  C A A F 1 E D D I I C B B C Hình Hình b) Trƣờng hợp AD  AE Lấy F AD cho AF=AE (hình 2) AFI  AEI (c.g.c)  IF  IE, F1  E1 Do IE  ID nên IF  ID , F1  D1 Suy D1  E1 , tức A   A B C B 2 B C  2  A  600 , B  C  1200 46 KẾT LUẬN Sau thời gian tìm tịi, nghiên cứu, đọc tài liệu, sƣu tầm dạng toán giải toán với giúp đỡ tận tình thầy giáo Lê Anh Minh, tơi hồn thành khóa luận tốt nghiệp theo kế hoạch đề Bản khóa luận “ Các toán nâng cao tam giác” thu đƣợc kết sau: Trình bày chi tiết định nghĩa, tính chất định lý tam giác Trình bày, nêu ví dụ giải chi tiết ví dụ tốn nâng cao tam giác thuộc chƣơng trình trung học Trình bày số toán ứng dụng tam giác thực tiễn Hy vọng nội dung khóa luận tiếp tục đƣợc bổ sung hoàn thiện nữa, nhằm làm tài liệu tham khảo cho học sinh, sinh viên, nhƣ ngƣời quan tâm đến hình học chƣơng trình trung học 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vũ Hữu Bình – Kiến thức phát triển toán 7- Nhà xuất giáo dục [2] Nguyễn Bá Đang - Những định lí chọn lọc hình học phẳng tốn ứng dụng – Nhà xuất giáo dục Việt Nam [3] Vũ Hữu Bình - Các tập chuyên đề nâng cao tam giác đồng dạng – Nhà xuất khoa học kĩ thuật [4] Vũ Hữu Bình - Các tập chuyên đề nâng cao tam giác – Nhà xuất khoa học kĩ thuật [5] Vũ Hữu Bình- Nâng cao phát triển toán 8- Nhà xuất giáo dục [6] Vũ Hữu Bình, Hồ Thu Hằng - Các tốn giá trị lớn nhỏ hình học phẳng trung học sở - Nhà xuất giáo dục [7] Nguồn tài liệu internet- Các chuyên đề hình học phẳng 48