Chuyên đề 16 các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông

Chương Chuyên đề 16 CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC VUÔNG A Kiến thức cần nhớ Hai tam giác vuông đồng dạng nếu: - Tam giác vuông có góc nhọn góc nhọn tam giác vng kia; - Tam giác vng có hai cạnh góc vng tỉ lệ với hai cạnh góc vng tam giác vuông kia; - Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng tỉ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vuông Tỉ số hai đường cao, tỉ số diện tích hai tam giác vng đồng dạng - Tỉ số hai đường cao tương ứng hai tam giác đồng dạng tỉ số đồng dạng - Tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số động dạng B Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác nhọn ABC có đường cao CK Dựng phía ngồi tam giác ABC hai tam giác ACE · · ; BCF · · CBF tương ứng vng góc E; F thỏa mãn ACE Chứng minh rằng: = CBA = CAB CK = AE.BF Giải * Tìm cách giải Để chứng minh CK = AE.BF vận dụng định lý Ta-lét hay xét cặp tam giác đồng dạng xong Do vậy, suy luận để tạo CK , cần ghép CK vào hai cặp tam giác đồng dạng Mỗi cặp tam giác đồng dạng biểu thị CK dạng biểu thức (chứa AE BF) Dễ dạng nhận thấy có hai cặp tam giác đồng dạng thỏa mãn điều kiện * Trình bày lời giải · · · · D ACK D CBF có : CKA = BFC = 90°; CAK = BCF Þ ∆ACK  ∆CBF (g.g) Þ CK BF (1) = CA BC Tương tự, ta có: ∆BCK  ∆CAE (g.g) Þ CK AE (2) = CB AC Nhân vế (1) (2) ta được: CK CK BF AE = Þ CK = AE.BF CA CB BC AC Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABDC (AC > BD) vẽ CE vng góc với AB E, vẽ CF vng góc với AD F Chứng minh rằng: AB AE + AD.A F = AC Giải Trang *Tìm cách giải Để chứng minh AB AE + AD.A F = AC , ta có vế trái tổng nên vế phải cần tách tổng: AB AE + AD.EF = AC.x + AC.y với x + y = AC Do ta chọn điểm H thuộc AC x = AH , y = HC chứng minh AB AE = AC AH , AD.EF = AC.CH Từ cần chọn điểm H cho ∆ABH  ∆ACE xong Nhận thấy tam giác ACE vuông E, nên tất yếu cần kẻ BH vng góc với AC * Trình bày lời giải Vẽ BH ^ AC ( H Ỵ AC ) Xét D ABH D ACE có · · · chung ABH = AEC = 90°; BAC Suy D ABH  D ACE (g.g) Þ AB AH = Þ AB AE = AC AH (1) AC AE · · · · = CFA Xét D CHB D CAF có BCH (so le trong); CHB ( = 90°) = CAF Suy D CHB  D CAF (g.g) Þ BC CH = Þ BC.A F = AC.CH (2) AC AF Cộng vế theo vế (1) (2) ta được: AB.AE + BC A F = AC.AH + AC.CH Þ AB.AE + AD.A F = AC ( AH +CH ) = AC Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A Lấy điểm M cạnh AC Từ C vẽ đường thẳng vng góc với tia BM, đường thẳng cắt tia BM D, cắt tia BS E a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC b) Chứng minh điểm M di chuyển cạnh AC tổng BM BD + CM CA có giá trị không đổi c) Kẻ DH ^ BC , ( H Î BC ) Gọi P, Q trung điểm đoạn thẳng BH, DH Chứng minh CQ ^ PD Giải a) Chứng minh EA.EB = ED.EC Xét D EBD D ECA có: · · · chung nên ADB = EAC = 90°, BEC D EBD  D ECA (g-g) Từ suy EB ED = Þ EA.EB = ED.EC EC EA b) Kẻ MI vng góc với BC ( I Ỵ BC ) Trang · · · Ta có: D BIM D BDC có BIM chung, nên: = BDC = 90°, MBC D BIM  D BDC (g-g) Þ BM BI = Þ BM BD = BC.BI (1) BC BD Tương tự: D ACB  D ICM (g-g) Þ CM CI = Þ CM CA = BC.CI (2) BC CA Từ (1) (2) cộng vế với vế, suy ra: BM BD +CM CA = BC BI + BC.CI = BC ( BI +CI ) = BC (không đổi) c) Xét D BHD  D DHC (g-g) Þ BH HD 2.HP HD HP HD = Þ = Þ = DH HC 2.HQ HC HQ HC · · Þ D HPD  D HQC (c-g-c) Þ PDH = QCH · · · · Mà HDP + DPC = 90°Þ HCQ + DPC = 90°Þ CQ ^ PD Ví dụ Cho tam giác ABC Lấy điểm E, F, P thuộc AB, AC, BC cho BEFP hình bình hành Biết diện tích D AEF CFP 16cm ; 25cm Tính diện tích D ABC Giải * Tìm cách giải Khi vẽ hình xong, có hai hướng suy luận: Vì tam giác AEF, FPC đồng dạng với tam giác ABC nên tìm mối liên hệ tỷ số hai tam giác đồng dạng Hướng thứ hai, để tính diện tích tam giác ABC, chúng tìm cách tính diện tích hình bình hành Nhận thấy tam giác BEF BPF có diện tích nhau, mặt khác tam giác AEF BEF có chung đường cao kẻ từ F; tam giác BPF CPF có chung đường cao kẻ từ F sử dụng tính chất đó, kết hợp với định lý Talét, có lời giải hay * Trình bày lời giải Cách Ta có: D AEF  D ABC ; D FPC  D ABC nên: SAEF ỉ EF ữ ữ =ỗ ị ỗ ữ ữ SABC ỗ ốBC ứ SFPC ổ CP ữ ữ =ỗ ỗ ữị ỗ ữ SABC ốBC ứ T ú suy Hay SAEF SABC SFPC SABC = EF BC = CP BC SAEF + SFPC SABC = EF CP + =1 BC BC SABC = SAEF + SFPC = + Þ SABC = 92 = 81cm Cách Đặt SBFE = SBFP = x cm Trang Tam giác AEF BEF có chung đường cao kẻ từ F, suy ra: SFEA AE 16 AE = Þ = ; SFEB BE x BE Tam giác BPF CPF có chung đường cao kẻ từ F, suy ra: SFBP BP x BP = Þ = SFPC CP 25 CP Áp dụng định lý Ta-let, ta có: AE AF BP 16 25 = = Þ = Þ x = 400 Þ x = 20 BE FC CP x x Vậy SABC = 16 + 20 + 20 + 25 = 81 cm Nhận xét Từ kết 2 SABC = SAEF + SFPC Þ SABC = ( a + b) Þ SBEFP = ( a + b) - a - b = 2ab Từ ta giải toán sau: Cho tam giác ABC Lấy điểm E, F, P thuộc AB, AC, BC cho BEFP hình bình hành Đặt SAEF = a ; SCFP = b (với a; b > ) a) Tính diện tích hình bình hành BEFP b) Xác định vị trí điểm E, F, P AB, AC, BC để diện tích hình bình hành BEFP đại giá trị lớn Ví dụ Cho tam giác ABC Qua điểm F nằm tam giác kẻ MN //BC, PQ // AB, IK // AC ( I , M Ỵ AB; N , P Ỵ AC; Q, K Ỵ BC ) Biết rằng: SIMF = 9cm ; SPFN = 16cm ; SFQK = 25cm Tính diện tích D ABC Giải * Tìm cách giải Với lối tư ví dụ trên, hoàn toàn nghĩ tới hai cách giải Song ví dụ trình bày cách giải, mà chất toán vận dụng kết MF QK FN + + = kết BC BC BC hợp với tỷ số diện tích hai tam giác đồng dạng, * Trình bày lời giải Nhận thấy BMFQ, CNFK hình bình hành Ta có: ∆FQK  ∆ABC; ∆IMF  ∆ABC; ∆PFN  ∆ABC Thì SIMF SABC SPQK SABC = MF ; BC = QK ; BC Trang SPFN Và Þ Þ S ABC = FN ; BC SIMF + SPQK + SPFN SABC = MF + QK + FN =1 BC SABC = SIMF + SPQK + SPFN = + + = 12 Þ SABC = 144 cm Nhận xét: Như vậy, với giải trên, hồn tồn làm tốn tổng qt sau: Cho tam giác ABC ( I,M Ỵ Qua điểm F nằm tam giác kẻ MN / / BC; PQ / / AB; IK / / AC AB; N , P Î AC; Q, K Î BC ) 2 Đặt SIMF = a ; SPFN = b ; SFQK = c ( a; b; c > 0) Chứng minh rằng: SABC = ( a + b + c) Ví dụ Cho tam giác ABC Qua điểm F nằm tam giác kẻ MN // BC, PQ // AB, IK // AC ( I , M Î AB , N , P Î AC; Q, K Î BC ) Đặt diện tích tam giác ABC S Tìm vị trí điểm F để tổng T = SAPFI + SMBQF + SCNFK đạt giá trị lớn Giải * Tìm cách giải Tương tự ví dụ trên, đặt: SIMF = a ; SPFN = b ; SFQK = c ( a; b; c > 0) Chúng ta hoàn toàn biểu thị tổng T = SAPFI + SMBQF + SCNFK theo a, b, c Vậy hiển nhiên để tìm giá trị lớn dùng cực trị đại số với ý ab + bc + ca £ a + b + c) ( * Trình bày lời giải 2 Đặt SIMF = a ; SPFN = b ; SFQK = c ( a; b; c > 0) Ta có: Þ SABC = SIMF + SFQK + SPFN Hay SABC = ( a + b + c) Þ SAPFI + SMBQF + SCNFK = SABC - ( SIMF + SPFN + SFQK ) Þ T = ( a + b + c) - ( a + b2 + c ) T = ( ab + bc + ca) £ 2 a + b + c) = S ( 3 Trang Vậy T = S a = b = c hay F trọng tâm tam giác ABC µ =D µ = 90°, AD = 4cm; AB = 32cm, CD = 64cm Gấp Ví dụ Cho bìa hình thang ABCD có A bìa lại hai điểm C B trùng Tính độ dài nếp gấp Giải * Tìm cách giải Trước hết vẽ xác định đường nếp gấp: Gọi M trung điểm BC, qua M kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt CD N Độ dài nếp gấp cần tính độ dài đoạn thẳng µ =D µ = 90° ; AD = 4cm; AB = 32cm, CD = 64cm , dễ dàng tính độ dài BC MN Từ đề A định lý Py-ta-go Từ tính độ dài CM Do để tính CM tam giác vng CMN, cần tính độ dài hai cạnh tam giác vuông đồng dạng với tam giác vng CMN xong Từ đó, có hai cách vẽ thêm đường phụ: µ =D µ = 90° nên cần gọi giao điểm DA CB E Sau tính độ dài cạnh tam giác Cách Vì A vng CDE Cách Kẻ BF vng góc với CD, ∆MCN  ∆FCB Bài tốn giải * Trình bày lời giải Gọi M trung điểm BC, qua M kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt CD N Độ dài nếp gấp cần tính độ dài đoạn thẳng MN Cách Gọi E giao điểm AD BC; F chân đường vng góc kẻ từ B tới CD Dễ thấy F trung điểm CD, từ đó: BC = BF + FC = 242 + 322 = 1600 Suy BC = 40cm Þ MC = 20 ( cm) Cũng từ F trung điểm CD, Suy B A trung điểm CE DE, Suy DE = AD = 48cm Ta nhận thấy ∆MCN  ∆DCE Nên MC MN 20 MN = Þ = Þ MN = 15cm DC DE 64 48 Vậy độ dài nếp gấp 15cm Cách Ta có ∆MCN  ∆FCB suy ra: MC MN 20 MN = Þ = Þ MN = 15cm CF BF 32 32 Vậy độ dài nếp gấp 15cm Trang Ví dụ Cho tam giác ABC cân A Trên AB lấy điểm D BC lấy điểm E cho hình chiếu DE lên BC BC Chứng minh đường vuông góc với DE E ln qua điểm cố định Giải Gọi M, H hình chiếu vng góc D A BC Giả sử đường thẳng qua E vng góc với DE cắt đường thẳng AH N Ta có: BH = BC Þ BM = HE · · · Mặt khác ta có: HNE (cùng phụ với HEN ); = MED · · , nên ∆HNE  ∆MED DME = NHE Þ HN HE HN HE HN BM = Þ = Þ = ME DM BC DM BC DM Mặt khác BM BH HN BH BH BC = Þ = Þ HN = DM HA BC HA 2.HA Vậy N điểm cố định Nhận xét: Điểm mấu chốt khai thác điều kiện “Hình chiếu DE BC ” để từ xác định việc kẻ thêm đường phụ C Bài tập vận dụng µ- C µ = 90° Kẻ đường cao AH Chứng 16.1 Cho tam giác ABC có hai góc B C thỏa mãn điều kiện B minh rằng: AH = BH CH 16.2 Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD CE cắt H Chứng minh BH BD + CH CE = BC 16.3 Cho tam giác ABC cân A ( Aµ < 90°) , đường cao AD, trực tâm H Chứng minh hệ thức CD = DH DA · · 16.4 Cho tứ giác ABCD có ABD = ACD = 90° Gọi I, K thứ tự hình chiếu B, C cạnh AD Gọi M giao điểm CI BK, O giao điểm AC BD Chứng minh OM ^ AD 16.5 Cho D ABC cố định có góc B, C nhọn hình chữ nhật MNPG thay đổi ln có M, N cạnh BC P, Q cạnh AC AB Xác định vị trí điểm P, Q cho hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn 16.6 Cho tam giác ABC vng A Hình chữ nhật MNPQ thay đổi thỏa mãn M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC P, Q thuộc cạnh BC Gọi giao điểm BN với MQ K, CM NQ L Chứng · · minh KAB = LAC Trang 16.7 Cho tam giác ABC vng A Một hình vuông nối tiếp tam giác ABC với D thuộc cạnh AB, E thuộc AC F, G thuộc cạnh BC Gọi H giao điểm BE DG, I giao điểm CD EF Chứng minh IE = HG 16.8 Cho hình vng ABCD, F trung điểm AD E trung điểm FD, Các đường thẳng BE CF cắt G Tính tỉ số diện tích tam giác EFG với diện tích hình vng ABCD 16.9 Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 150cm (như hình vẽ) Gọi E, F trung điểm AB BC Gọi M, N giao điểm DE DF với AC Tính tổng diện tích phần tơ đậm 16.10 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết AB HB = Tính tỉ số AC HC 16.11 Cho tam giác nhọn ABC có AD, BE, CF đường cao cắt H Chứng minh rằng: HB.HC HC.HA HA.HB + + =1 AB AC BC.BA CA.CB 16.12 Trong hình vẽ tam giác ABC CDE có diện tích F giao điểm CA DE Biết AB song song với DE AB=9cm EF=6cm Tính độ dài theo cm DE (Olympic Toán học trẻ quốc tế Bulgaria (BICMC), năm 2013 – Philippines đề nghị) 16.13 Cho hình vuông ABCD Gọi Q, E trung điểm AB, BC Gọi M giao điểm DE CQ; gọi I giao điểm AM BC Chứng minh AM = 4.MI 16.14 Giả sử AD, BE CF đường phân giác tam giác ABC Chứng minh tam giác ABC diện tích tam giác DEF diện tích tam giác ABC (Tuyển sinh lớp 10, THPT chun, tỉnh Hịa Bình, năm học 2013 – 2014) µ = 90° CM trung tuyến Từ A vẽ đường thẳng vng góc với 16.15 Cho tam giác ABC vuông cân, A MC cắt BC H Tính tỉ số: BH HC Trang (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, ĐHKHTN Hà Nội, năm học 2013 – 2014) 16.16 Cho tam giác ABC vng A có AH đường cao Biết chu vi tam giác ABH, ACH 30cm, 40cm tính chu vi tam giác ABC 16.17 Cho ∆A′B′C′  ∆ABC có chu vi 50 cm 60 cm Diện tích D ABC lớn D A¢B ¢C ¢ 33cm Tính diện tích tam giác 16.18 Qua điểm M thuộc cạnh BC tam giác ABC kẻ đường thẳng song song với cạnh AB AC, chúng tạo thành với hai cạnh hình bình hành Tìm vị trí điểm M để hình bình hành có diện tích lớn (Thi học sinh giỏi lớp 9, TP Hồ Chí Minh, năm học 2014 – 2015) Trang Hướng dẫn giải · · · · 16.1 Ta có: ABC = BAH + AHB = BAH + 90° · · · · Mà ABC = ACB + 90°Þ ACH = BAH Từ suy ra: ∆ABH  ∆CAH (g.g) Þ AH BH = Þ AH = BH CH CH AH 16.2 Kẻ HI ^ BC I · · · chung đó: D BIH D DBC có BIH = BDC = 90° mà DBC ∆BIH  ∆BDC (g.g) Þ BH BI = Þ BH BD = BI BC (1) BC BD Tương tự ta có: ∆CIH  ∆CEB (g.g) Þ CH CI = Þ CH CE = BC.CI (2) CB CE Từ (1) (2) cộng vế ta có: BH BD + CH CE = BI BC + BC.CI = BC ( BI +CI ) = BC ( · · · 16.3 Ta có: BAD = BCH = 90°- ABC ) · · = ADB Và CDH ( = 90°) Suy ra: ∆CDH  ∆ADB (g.g) Nên CD DH = AD DB Ta lại có: CD = DB nên CD = DA.DH 16.4 Qua O kẻ đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng BI, CK E, F OE ^ BI , OF ^ CK · · Xét D BEO D AIB có: BEO ; = AIB ( · · · ABI = BOE = 90°- OBI D BEO  D AIB (g.g) Þ ) BO EO (1) = AB IB Chứng minh tương tự, ta có: ∆CFO  ∆DKC (g.g) Þ CO OF (2) = CD CK Xét D AOB D DOC có: Trang 10 · · · · AOB = DOC ; ABO = DCO BO OC (3) = AB CD Þ ∆AOB  ∆DOC(g.g) Þ Từ 91), (2), (3) suy ra: EO OF OE IB (4) = Þ = IB CK OF CK IB BM (5) = CK MK Ta có: BI / / CK nên Ta có: ∆BEO  ∆NFO (g.g) Þ Từ (5) (6) suy OE BO (5) = OF ON BM BO , OM / / NK (định lý Ta-lét đảo) hay OM ^ AD = MK ON 16.5 Gọi AH đường cao ABC, AH cắt PQ I Đặt BA = a; AH = h; PQ = x; MQ = y Ta có: AI = h - y a ( h - y) Vì ∆APQ  ∆ACB nên PQ = AI Û x = h - y Þ x = BC AH a h h Þ SMNPQ = xy = a ( h - y) y h ỉa + b ÷ Vì a, h số dương nên S lớn ( h - y) y lớn Áp dụng hệ thức: ab Ê ỗ , ta cú: ữ ỗ ữ ữ ỗ ø è ỉh - y + y h2 a h ah ÷ Mà ( h - y) y Ê ỗ ữ = ị S Ê = ỗ MNPQ ữ ỗ ữ h 4 è ø Vậy giá trị lớn S Khi h - y = y Û y = ah h tức P, Q trung điểm AC, AB 16.6 Lấy U, V theo thứ tự thuộc AK, AL cho ·ABU = ACV · = 90° , Ta có: NA / / BU Þ BU BK (1) = NA NK MN / / BC Þ NA BK (2) = MA NK MA / /VC Þ MA ML (3) = CV CL Trang 11 Từ (1), (2) (3) suy ra: BU NA MA BK BK ML = NA MA CV NK NK CL Þ BU BQ CA MN BQ.CA BQ CA NP = = = (vì MQ = NP ) CV NM BA CP BA.CP MQ BA CP Þ BU BA CA BA (Vì ∆BMQ  ∆BCA; ∆CNP  ∆CBA) = CV CA BA CA Hay BU AB · ·ABU = ACV = ( = 90°) ∆ABU  ∆ACV (c.g.c) CV AC · · Vậy KAB = LAC 16.7 · · · · Ta có: ADE + EDG + BDG = 180° , mà EDG = 90° · · Nên ADE + BDG = 90° · · · · Mặt khác, ta lại có: ADE + AED = 90° nên BDG = AED  ∆BGD  ∆DAE (g.g) (1) Chứng minh tương tự, ta có ∆EFC  ∆DAE (g.g) (2) Từ (1) (2) suy ra: ∆BGD  ∆EFC Þ BG EF (3) = DG FC Sử dụng định lý Ta-lét D BHG , ta có: DE / / BG Þ Mà DE = DG (tính chất hình vng) nên Tườn tự, ta có: HG BG = HD DE HG BG (4) = HD DG IE DE EF (5) = = EF FC FC Từ (3), (4) (5) ta có: HG IE HG IE = , suy ra: = HG + HD IE + IF HD IF Trang 12 Hay HG IE Mà DG = EF nên ta có HG = IE = DG EF 16.8 Vì ED = EF nên SGED = SEFG mà AF = 2.E F nên SGAF = 2.SEFG ỉBC S Ta lại có D GBC D GEF nờn GBC = ỗ ữ ị SGBC = 16SEFG ỗ ữ ữ ữ SEFG ỗ ốEF ứ Do SEFG + SGED + SGBC = ( +1 + +16) SEFG = 20.SEFG Mà SEFG + SGED + SGAF + SGBC = SABCD Vậy SEFG = S 1 SABCD Þ EFG = 40 SABCD 40 16.9 Ta có: ∆AME  ∆CMD Þ Đặt SAEM = x Ta có: EM AE = = Þ DM = 2.EM DM DC SAEM EM = = Þ SADM = x SADM DM Ta có: 1 SAEM + S ADM = SADE = SABD = SABCD Þ x + x = 37,5cm 2 Þ x = 12,5cm Þ SAMD = 25cm Tương tự, ta có: SCNE = 12,5cm ; SCND = 25cm Þ SDMN = SACD - SAMD - SCND = 75 - 25 - 25 = 25cm Þ diện tích phần tơ đậm là: 12,5 +12,5 + 25 = 50cm 16.10 Các tam giác AHB CHA có chung chiều cao kẻ từ A Nên HB SAHB = (1) HC SCHA Ta lại có: ∆AHB  ∆CHA (g.g) 2 ỉAB ỉư S 2÷ Nên AHB = ỗ ữ ữ =ỗ = (2) ỗ ữ ỗ ữ ữ ữ ố ữ ỗ3 ứ SCHA ỗ èAC ø Từ (1) (2) suy ra: HB = HC 16.11 Dễ thấy ∆CHE  ∆CAF (g.g) Þ CH CE = CA CF Trang 13 HB.CE S HB.HC = = HBC Do đó: AB AC SABC AB.CF Tương tự ta có: Từ suy ra: HC.HA SHAC HA.HB SHAC = ; = BC.BA SABC CA.CB S ABC HB.HC HC.HA HB.HA SHBC + SHCA + SHBC + + = =1 AB AC BC.BA CA.CB S ABC 16.12 Cách Vẽ hai hình bình hành DECG ABCH, điểm H thuộc đoạn GC Gọi K giao điểm AH DF Ta có: AB = = CE = 2.BE EF Vì hai tam giác ABC CDE có diện tích nên hai hình bình hành ABCH DECG có diện tích Do CH = 2.HG Suy ra: DE = GC = + 4,5 = 13,5cm DF = DE - EF = 13,5 - = 7,5cm Cách Kẻ đường cao CI D ABC , CI cắt EF J Ta có: CJ EF = = = CI AB Hai tam giác ABC CDE có diện tích nên AB.CI = DE CJ Þ AB CJ AB 2 = Þ = Þ DE = AB = = 13,5cm DE CI DE 3 Suy ra: DF = DE - EF = 13,5 - = 7,5cm · · 16.13 Ta có D CBQ = D DCE (c.g.c) Þ BCQ = CDE · · · · Mà CDE + CED = 90° nên BCQ + CED = 90° · Do đó: EMC = 90° Vậy tam giác vuông DCE, DMC, CME đồng dạng Þ DC DM MC mà DC = 2.CE = = CE MC ME Þ DM = 2.MC; MC = 2.ME Þ DM = 4.ME Mà EI / / AD nên AM DM = = Þ AM = 4.MI MI ME 16.14 * Chứng minh điều kiện cần Cho tam giác ABC đều, AD, BE CF đường phân giác tam giác ABC ta cần chứng minh: Trang 14 S DEF      S ABC   Do tam giác ABC AD, BE, CF đường phân giác tam giác nên ta có: DE EF DF     ∆DEF  ∆ABC AB BC AC 2  S DEF  DE         S ABC  AB    * Chứng minh điều kiện đủ Cho tam giác ABC, AD, BE CF đường phân giác tam giác, thỏa mãn S DEF  , ta cần chứng minh : ABC tam giác S ABC Đặt BC = a, AC = b; AB = c (a, b, c >0)  Vì AD đường phân giác BAC nên ta có: DB c DB c DB c ac       DB  DC b DB  DC c  b a c b c b  DC a  DB a  ac ab  c b c b Chứng minh tương tự, ta có: EC  Ta có: ab bc bc ca ; EA  ; FA  ; FB  a c a c a b a b S S DEF S ABC  S AEF  S BDF  SCDE S S  1  AEF  BDF  CDE S ABC S ABC S ABC S ABC S ABC 1  AF AE BF BD CE.CD   AB AC BA.BC CA.CB 1  bc ab ac    a  b  a  c  a  c   b  c  a  c   b  c   2abc  a  b  b  c  c  a  Theo giả thiết ta có: 2abc   a  b  b  c  c  a  2   a  b   b  c   c  a  8abc  a  b  c   b  c  a   c  b  a  0  a b c  ABC tam giác 16.15 Gọi giao điểm AH CM I Gọi K trung điểm BH, ta có MK // AH Dễ thấy ba tam giác vng AMC, IAC IMA đồng dạng mà AC = 2.AM Trang 15 Nên IC = 2.IA = 4.IM Suy HK IM BH 2.HK      HC IC HC HC 16.16 Ta có: ABH CAH nên tỉ số chu vi tỉ số đồng dạng, suy ra: AH 30 AH AH HC      HC 40 HC 4 Đặt AH HC  k  k  0  AH 3k , HC 4k Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có: AH  HC  AC  AC 5k 10 Mà chu vi CAH 40 (cm) nên 3k  4k  5k 40  k   cm  Suy AH 10  cm  , HC  40 50 (cm), AC  (cm) 3 Ta có ∆ABC  ∆HAC nên tỉ số chu vi tỉ số đồng dạng, suy ra: C ABC AC 50 / 5     C ABC  40 50  cm  CHAC HC 40 / 4 16.17 Nhận xét tỉ số chu vi hai tam giác đồng dạng tỉ số đồng dạng Tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên: ∆A′B′C′  ∆ABC   S ABC   50  S 25    ABC   S ABC  60  S ABC 36 S ABC  S 25 25   ABC    S ABC  75 (cm2 ) S ABC  S ABC  36  25 33 11  S ABC 33  75 108  cm  16.18 Qua điểm M cạnh BC vẽ đường thẳng song song với AB cắt AC E, vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB D Ta có ∆DBM  ∆ABC  ∆EMC S  BM  S EMC  CM   DBM    ;  S ABC  BC  S ABC  BC  Ta có: S S MDAE S 1  DBM  EMC 1  S ABC S ABC S ABC 2   BM   CM    BM   CM       1        BC   BC    BC   BC   (áp dụng bất đẳng thức đại số: x  y 2  x  y  2 )  S MDAE  S ABC Trang 16 Vậy M trung điểm BC hình bình hành AEMD có diện tích lớn là: S ABC Trang 17