Định lí Ta let, Định lí Pi Ta Go và áp dụng khóa luận tốt nghiệp

Trang 1

TRUONG DAI HOC SU PHAM HA NOI 2 KHOA TOAN

LE NGOC HAI

ĐỊNH LÍ TA-LET, ĐỊNH LÍ PI-TA-GO VÀ ÁP DỤNG

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: HÌNH HỌC

Người hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN NĂNG TÂM

Trang 2

VV A > Ụ > +) BANG Ki HIEU Song song Tong dong Tam giác Tứ giác Nhỏ hơn Lớn hơn Lớn hơn hoặc bằng Giao Góc A Đồng dạng Trùng nhau Vng góc Lớn nhất

Diện tích tam giác ABC

Giả thiết

Điều phải chứng minh Điều kiện cần

Điều kiện đủ

Canh-géc-canh

Canh-canh-canh

Trang 3

LOI CAM ON

Do chưa có nhiều kinh nghiệm trong việc tiến hành nghiên cứu khoa học nên em không tránh khỏi những bỡ ngỡ và còn nhiều lúng túng Được sự

chỉ bảo và giúp đỡ tận tình của thầy Nguyễn Năng Tâm, cùng các thầy cơ

trong khoa tốn, các thầy cô trong trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, em đã

nỗ lực hồn thành khố luận tốt nghiệp của mình Qua đề tài nghiên cứu em đã lĩnh hội thêm nhiều kiến thức giúp em tự tin hơn khi đứng trên mục giảng

Do điều kiện thời gian và tính chất của đề tài chắc chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót Em rất mong nhận được sự đóng góp của thầy cơ và các bạn sinh viên để khố luận được hồn thiện hơn Qua đây em xin gửi lời cảm

ơn chân thành tới các thầy cô trong tổ hình, các thầy cô trong khoa, trong trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt là thầy Nguyễn Năng Tám đã tận tình hướng dẫn em hồn thiện khoá luận này

Trang 4

LOI CAM DOAN

Tôi xin cam đoan khoá luận này được hoàn thành do sự cố gắng nỗ lực

tìm hiểu, nghiên cứu của bản thân, cùng với sự tận tình giúp đỡ của thầy Nguyễn Năng Tâm

Bản khoá luận này không trùng với kết quả của tác giả khác, nếu trùng

tơi xin hồn toàn chịu trách nhiệm

Rất mong nhận được đóng góp ý kiến của bạn đọc để khố luận được

hồn thiện hơn

Trang 5

MUC LUC

l0: 0 1

Chuong | Dinh li Talet va Dinh li Pitago ee eeseeeeeeeeeeeeeeeeseeeeeeeeeee 3 In 0) 1 o 3

1.1.1 Đoạn thẳng tỈ lỆ - 525% +t+2k£E2Y£ExEEEEEEEEEEEEkEErEtrkerkrrrrrrrrerrrree 3 1.1.2 Cac dang ctia 0 0) 1n 3

1.1.2.1 Kién thttc vo 3

1.1.2.2.M6 rong cla 0i 01) 6

1.2 Định lí Pitago_ 12

1.2.1 Kién thitc co ban 12 I1 00 1 15

Chương 2 Áp dụng của định lí Pitago và định li Talet - - 17

2.1.Áp dụng của định lí Talet trong giải tốn . ¿s¿©sz©csecss+¿ 17 2.1.1 Định lí Talet với bài tốn tính tốn -«<««+s£+£+s£eeesessees 17 2.1.2 Định lí Talet với bài tốn chứng minh - -s + s«ssss+s£ss+s£zxe 22 2.1.3 Áp dụng bổ đề hình thang và đường thẳng đồng qui vào việc giải toán 27

2.1.4 Định lí Talet với bài toán họ các đường thẳng đi qua điểm cố định 32

2.1.5 Dinh lí Talet với bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 36

2.1.6 Định lí Talet với bài tốn vê diện tÍCh 5< «<< s£+s££+ss+ees+ex 42 2.2 Áp dụng của định lí Pitago trong giải tốn ¿ ccccccsce- 47 2.2.1 Định lí Pitago với bài tốn tính tốn . - -<««5s£+s<+s£e+sessess 47 2.2.2 Định lí Pitago với bài toán chứng minh: - -s- «s <s+s«ss+s<zxe 51 2.2.3 Định lí Pitago với bài toán nhận dạng tam giác . - -« +s«s 55 {80 0 58

Trang 6

MO DAU

1 Li do chon dé tai

Hình học là một bộ phận cấu thành nên toán học, đây là một môn học

thú vị nhưng tương đối khó với học sinh

Trong chương trình mơn học ở trung học cơ sở chúng em đã được học về định lí Talet và định lí Pitago Nó được dùng để chứng minh các đường thẳng song song, suy ra các tỉ lệ thức bằng nhau, nhận dạng tam giác lên bậc trung học phổ thơng thì hai định lí này được tiếp tục mở rộng trong không gian Hai định lí này sẽ theo suốt học sinh trong quá trình học phổ thơng

Định lí Talet và định lí Pitago ứng dụng rất nhiều để giải quyết các bài tốn Nhờ có hai định lí này mà các bài toán như chứng minh tính song song, các tỉ lệ thức bằng nhau, nhận dạng tam giác, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất hay

các bài toán về diện tích nói chung được giải quyết một cách dễ dàng

Với mong muốn trên, được sự giúp đỡ của thầy Nguyễn Năng Tâm em

đã mạnh dạn chọn đề tài Dinh li Talet, dinh li Pitago va dp dung

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

Qua các dạng toán, các ví dụ tham khảo mẫu sẽ cho học sinh thấy được tầm quan trọng của việc áp dụng định lí Talet và định lí Pitago trong lời giải

các bài tập hình học Giúp học sinh coi đây là kết quả tốt, dùng một cách rất

Trang 7

3 Đối tượng và phạm vỉ nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu là định lí Talet, định lí Pitago và cách áp dụng chúng vào việc giải bài tập hình học

Do khuân khổ thời gian có hạn, đề tài chỉ đề cập tới vấn đề áp dụng hai

định lí trên để giải quyết các bài tốn hình học phẳng với đối tượng là học sinh

Trang 8

Chuong 1

DINHL TALETV ĐỊNHL PITAGO

1.1 Dinh li Talet

1.1.1 Đoạn thắng tỉ lệ

Hai đoạn thang ABv CD gọil tỉ lệ với hai đoạn thắng A'B' v C!Ð* nêu có t lệ thức: SỔ = S5 hay 23._ ©?

CD AB’ CD"

1.1.2 Các dạng của định lí Talet

1.1.2.1 Kiến thức cơ bản

Định lí Talet

Nếu một đường thắng song song với một cạnh của tam giác v_ cắt hai cạnh cịn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ (hình 1)

Trang 9

Cho AABC cé MN // BC (Me AB, Ne AC)

S(acM) _ AM ()

S(apc) AB

S (an) _AN (2)

Stave) AC

Ma S(acw) = Scan) + Sica) (3)

va S(anx) = Stamm) + Stemn) (4)

Mặt khác do MNCB là hình thang nên dé dang chứng minh

S(cwn) = Stomn) (5) Từ (3), (4) va (5) cho: S(aem) = Stay) (6) Tw (1), (2) va (6) cho: AM AN a= dpem AB AC (đpem) Định lí đảo Talet

Nếu một đường thang cắt hai cạnh của một tam giác v_ định ra trên

hai cạnh đó những đoạn thắng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song

với cạnh còn lại của tam giác (hình 1)

Chứng mình:

Giả sử ta có tam giác ABC

Các điểm M, N định ra trên 2 cạnh AB và AC những đoạn thẳng tương ứng tỉ

lệ

AM AN

“ae AB AC q)

Trên AC lấy điểm N' sao cho MN'//BC

Theo dinh li Talet, ta có: AM _ AN’ (2)

AB AC AN' AN

Trang 10

=> AN'=AN> N'=N=> MN//BC (đpcm) Trên hình 1: Cho tam gidéc ABC

AM _ AN MB NC a/BC<> AM _ AN AB AC BM _CN “AB AC Hé qua

Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác v_ song song với

cạnh cịn lại thì nó tạo th nh một tam giác có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho (hình 2)

Chứng mình:

(hình 2)

Vì B'C//BC, nên theo định lí Talet ta có:

AB' AC

aoe AB AC ()

Từ C' kẻ C'D//AB(De BC), theo định lí Talet ta có:

Trang 11

Tứ giác B'C'DB là hình bình hành (vì có các cặp cạnh đối song song) nên ta có: B'C'=BD Từ (1) và (2) thay BD bằng B'C’, ta cé: AB _AC BC AB AC BC (dpem) Chi y:

Hệ quả trên vẫn đúng nếu đường thẳng a song song với một cạnh v

cắt hai đường thắng chứa hai cạnh kia (hình 3a, 3b)

(hình 3a) (hình 3b) Từ hình 3b ta có: AABC; a/[BCS AM _ AN _MN AB AC BC 1.1.2.2 Mở rộng của định li Talet

Định lí Talet tổng quát (Bùi văn Tuyên, 2010, Bài tập nâng cao và một số

chuyên đề toán 8)

Trang 12

(hinh 4)

Trén hinh 4:

AB A'B'

a/b/Íđ{ © ——= //b// BC BC :

Định lí về chùm đường thắng đồng qui (Bài văn Tuyên, 2010, Bài tập nâng

cao và một số chuyên đề toán 8)

Nếu các đường thẳng đồng qui cắt hai đường thẳng song song thì chúng định ra trên hai đường thẳng song song ấy các cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

(hình 5a) (hình 5b)

Trong hình 5a, hình 5b:

Trang 13

AB BC _ AC AB BC! AC

AB _ A'B' BC BIC!

Định lí trên có hai định lí đảo

Một định lí đảo cho ta một cách chứng minh hai đường thẳng song

song

Một định lí đảo cho ta một cách chứng ba đường thắng đồng qui, chẳng hạn: Nếu ba đường thẳng, trong đó có hai đường thẳng cắt nhau, định ra trên hai đường thăng song song các cặp đoạn thắng tương ứng tỉ lệ thì ba đường thang đó đồng qui

Bồ đề hình thang

Trong hình thang có hai đáy không bằng nhau, giao điểm của hai đường thắng chứa hai cạnh bên, giao điểm của hai đường chéo v_ trung điểm của hai đáy nằm trên một đường thẳng

(hình 6)

Chứng mình:

Cho hình thang ABCD ( AB//CD, AB<CD)

Trang 14

That vay, vi AB//CD, ADM BC=K v AM = MB (do MA=MB; NC=ND), DN NC

nên theo định lí phần chùm đường thắng đồng qui ta được AD, BC, MN đồng qui tại K

=> M,N,K thangh ng (1)

Tương tự ta có AC, BD, MN đồng qui tại O

=> M,N, Othangh ng (2)

Ti(1)v (2) => M,N,O,K thangh ng

Dinh li Mé-né-la-uyt

Cho tam giác ABCv 3 điểm A',B',C' lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB (A',B',C'không trùng với các đỉnh của tam giác sao cho

trong 3 điểm đó có đúng I điểm hoặc cả 3 điểm nằm ngo_ ¡ tam giác)(hình 7) Khi đó ta có:

A',B',C' thang h ng o 48 BC CA_, (*) A'C B'A C'B

Chứng mình:

B c A

[E] Giả sử A', B', C'tương ứng thuộc BC, CA, AB thẳng hàng thi ta

Trang 15

Thật vậy, lần lượt kẻ các đường thẳng AA,, BB,, CC, cùng vng góc với các đường thẳng chứa A', B', C'

AB BB, BC CC, CA AA, Dễ thấy: = ; = ; =

AC CC,’ B'A AA, CB BB,

Nhân vế với vế các đẳng thức trên với nhau rồi ước lược các đại lượng cần

thiết, ta có:

A'B BIC C'A_

—————=l A'C B'A C'B tdpem đpcm

[©] Nếu có Z8,%C A'C B'A C'B € 4] trì A', B', C' thẳng hàng

(hinh 7)

Trường hop có hai điểm trong, một điểm ngồi thì đường thẳng nối điểm trong và điểm ngồi ln cắt cạnh thứ 3 bởi điểm trong cạnh đó

Trường hợp khơng có điểm nào trong các cạnh của tam giác; có thể

chứng minh rằng: đường thẳng nối hai điểm, chẳng hạn A'B', phải cắt AB (vì nếu không đẳng thức (*) không xảy ra)

Vậy không làm mất tính tổng quát ta giả sử A'B'¬ AB =C), Theo phần thuận ta có:

> w& > Q 9 »

= Q > » 9 by

Mà theo giả thiết có:

Trang 16

A'B BIC C'A A'C B'A C'B Suy ra: Ca c4 CB 'B >C',=C' Vậy A', B', C' thẳng hàng (đpcm) Định lí Xê-Va

Cho tam giác ABC v_ 3 điển A',B',C' lần lượt nằm trên 3 cạnh BC, CA, AB

(A',B',C' khong tring với các đỉnh của tam giác) Khi đó ta có:

AA", BB’, CC' đồng qui O5, A'C BA CB BC, CÁ _¡ (hình 8)

(hình 8) Chứng mình:

[E]Giả sử AA'¬ BB'¬CC' =

Theo định lí Mênêlauyt xét trong tam giác ABA' có: C', I,C thẳng hàng, nên

BIANCA, CA' IA C'B a)

Trong tam giác A'AC cé B, I, B' thang hang, nén

BA' IA B'C |

——.—, =1 (2)

BC IA' BA

Trang 17

Nhân vế với vế của (1) và (2) rồi ước lược các đại lượng cần thiết ta có:

©—————_—D_-l (dpem)

Và AA', BB', CC' không song song

Chẳng hạn có AA'=¬ BB' = I, ta dễ dàng chứng minh CI luôn cắt AB Gia st CIN AB=C',

Theo phần thuận ta có:

1.2 Định lí Pitago 1.2.1 Kiến thức cơ bản

Định lí Pitago

Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vng (hình 9)

B H Cc

(hinh 9)

Trang 18

Chứng mình:

Giả sử tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao, AC=b, AB=c, bc=a,

b'=HC va c'= BH

Xét hai tam giác vuông AHC và BAC

Hai tam giác vng này có chung góc nhọn C nên chúng đồng dạng với nhau Do đó: HC = AC AC BC Suy ra b =a.b' Tương tự, ta có c°Ổ =a.c' Vậy, b? +c? =ab'+ac' =a(b+ec)=aa=a” (đpcm)

Dinh li Pitago dao

Nếu một tam giác có bình phương một cạnh bằng tổng bình phương hai

cạnh kia thì tam giác đó là tam giác vng (hình 9) Chứng mình:

Cho tam giác ABC, giả sử a” =bŸ +c7

h+b”=b „

Tacé: „ , „ theo chứng minh thuận h+c =c =b+c?°=2h?+b”+c? =2h? ~2b'e'+(b'+c'Ÿ =2h°—2b'c+a? => 2h? =2b'c'>h’ =b'e' = AH’ = HC.BH —, AH _ HC BH AH

=A vuôngAHB A vwuéng CHA

Trang 19

=>C=A,

Mat khéc: B+ A, = 90° >B+C=90" => AABC vuông tại A

Hệ quả

Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này lần lượt bằng cạnh huyền và một cạnh góc vng của tam giác vuông kia thì hai

tam giác đó bằng nhau (gọi tắt là trường hợp cạnh huyền-cạnh góc vng) Chứng mình:

Đặt BC =EF=a, AC=DE=b

Xét AABC vuông tại A, theo định lí Pitago ta có AB” + AC” =BC” nên:

AB? = BC? — AC? =a? —b? (1)

Xét ADEF vuông tại D, theo định lí Pitago ta có DE” + DF” = EE” nên:

DE? = EF? — DF? =a? -b? (2)

Tir (1) va (2) suy ra AB’ = DE” nén AB=DE

Tu d6 suy ra AABC = ADEF (c.c.c)

Trang 20

1.2.2 M6 rong cua dinh li Pitago

Tam giác vng cân có cạnh huyền bằng a thì cạnh góc vuông bằng a2

Khoảng cách giữa hai điểm trong mặt phẳng toạ độ (hình 10)

A(x,y,): B(x,.y,)

AB’ =(x, -x,) +(y, -y,)

AB= (x,—x,} +(y,—y,}

(hình 10)

Thí dụ

Cho AABC có AB=24, AC=32, BC=40 Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho AM=?7

CMR: a, AABC vuông

b, ABM =2C

Lời giải

Trang 21

a, AABC c6 AB’ + AC’ = 24° +32” = 1600 Ma BC’ =1600, nén AB’ + AC’ =BC’

Suy ra AABC vuông tại A (Định lí Pitago đảo)

b, Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông AMB, ta có:

BM’ = AB + AMỸ =24” +7! =625

= BM =4625 =25

Mặt khác, MC=AC-AM=32-7=25 Vậy MB=MC = AMBC cân tại M, do đó B,=C

Mà AMB =B, +C (tính chất góc ngoài của AMBC)

Hay AMB=2C

Nhận xét

Nhờ có định lí Pitago mà ta có thể tính được một cạnh của tam giác vuông khi biết một cạnh còn lại

Trang 22

Chuong 2

ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ TALET VÀ ĐỊNH LÍ PITAGO

2.1 Áp dụng của định lí Talet vào giải tốn

2.1.1 Định lí Talet với bài tốn tính tốn

Bài I: Cho hình thang ABCD (AB//CD) có hai đường chéo AC va BD cat

nhau tại O Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của BD và AC Cho biết:

MD=3MO, đáy CD=5,6

Tính độ dài của đoạn thắng MN và AB?

Lời giải

Gọi E là trung điểm của BC

+ Xét ABDC có BM _ BE _„ MD EC

Theo định lí đảo Talet ta suy ra: ME//CD ()

+ Xét AABC có €N_CE_¡ NA EB

Theo định lí đảo Talet ta suy ra: NE//AB (2)

Ma AB//CD = NE//CD (3)

Trang 23

Từ (1) và (3) = E, N, M thang hang => MN//CD

+ Xét AOCD có MN//CD, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

0 “Ta = MN ==

Do MN//AB, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

MN OM_ OM OM

AB OB BM-MO 30M-MO => AM =2MN =2.1,4=2,8

Vay MN =1,4; AB=2,8

1,4

1

2

Bài2: Qua trọng tâm G của tam giác ABC, kẻ đường song song với AC cắt AB

và BC lần lượt tại D và E Tính độ dài đoạn DE, biết AD + EC = 16 (cm), chu

vi của tam giác ABC bằng 7(cm)

Lời giải

A D

K

B E C

Goi K là trung điểm của AC

> aan a, K 1 Do G 1a trong tam cba AABC > ——=—

KB 3

+ Xét AABC có DE//AC, theo định lí Talet ta có:

Trang 24

AD CE

AB BC

+ Xét AABK có DG//AK, theo định lí Talet ta có:

AD GK AB BK Từ (1) và (2) - AD_CE_GK_1 AB BC BK 3 > AD+CE _ 1 AB+BC 3

Do AD+CE=16 (em) = AB+BC=3.16=48

=(AB+BC+ AC)— AC =48 = 75- AC =48— AC =27(cm)

+ Xét AABC có DE//AC, theo hệ quả của định lí Talet ta có: DE BD

AC AB

+ Xét AABK có DG//AK, theo định lí Talet ta có: BD BG 2 AB BK 3 DE 2 Từ (3) và (4 ừ Ó) và 4) SG ——=— 3 qd) (2) (3) (4)

=> DE= 5 AC==-27 =18(em) Vay DE=18 (cm)

Bai 3: Cho AABC cé AB=4(cm); AC=4,5(cm) Trén AB va CD lay cac

điểm M,N sao cho AM= AN =3(cm) Gọi O là giao điểm của BN va CM Tinh OB OC » OM

Lời giải

Trang 25

2⁄4

Kẻ ND/AB(DeCM)

+ Xét AAMC có ND//AM, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

ND _CN h ND _ 1,5

—— =—— hay ——= => ND=l(cm)

AM AC 3 4,5

+ Ta cé ND//AM, theo dinh li Talet ta c6:

MO_BO_BM_ ()

‘OD ON DN~

+ Ta có ND//AM, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

MD_AN_ 3 — MWp=2CD (2) CM NC 1,5 Mà theo (1) ta có: MO=OD (3) OC Tw (2) va (3) tac6 > OM =OD=CD > —=2 (4) OM Từ (1) và (4) = OB OC 142-3 ON OM - OB — +— =3 OC ON OM

Bai 4: Cho AABC, M 1a diém bat ki trong tam giác, các đường MA, MB, MC

theo thứ tự cắt các cạnh BC, CA, AB tại A,, B,,C, inn: MAL, MBL, MC, ,

AA, BB, CC 1 1 1

Trang 26

Lời giải

B HKA, C

Gọi K và H lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ M và A xuống cạnh BC

Ta có MK//AH, theo hệ quả định lí Talet, ta có:

MA,_ MK AA, AH 1 Bc -MK => Spc) - 2 - MK Siac) JBG.An AH 2 S > (MBC) _ MA, (1) Stacy AA, S Tương tự ta có: g (ca) _ MB, (2) (ABC) AA, VA an - = @) (ABC) Từ (1) (2) và (3) suy ra:

MA, + MB, + MC, _ (wcsc) + Simca) + S (wap) =1

AA, BB, CC, S (ABC) vạy MA,, MB, MC_¡

AA, BB, CC,

Trang 27

2.1.2 Định lí Talet với bài toán chứng mỉnh

Bài I: Cho hình thang ABCD(AB//CD), M là trung điểm cạnh CD Goi I 1a

giao điểm của AM và BD, K là giao điểm của BM và AC

a, Chứng minh rằng IK//AB

b, Đường thẳng IK cắt AD va BC theo thit tu 6 E va F CMR: IE=KF=IK

Lời giải

Đặt AB=m,MC =MD=n

a, Do AB//CD theo hệ quả của định lí Talet ta có: MI MD

TA AB

MI MK

1A KB

Theo định lí đảo Talet đối với AABM, ta suy ra: IK//AB b, Xét AADM có El//DM, theo hệ quả định lí Talet ta có:

qd) n m Tir (1) va (2) > EI = AI @) DM AM

+ Xét AAMC có IK//MC, theo hệ quả định lí Talet ta có: AI TK

— “rẻ AM MC 4)

Trang 28

EI IK EI IK

Từ (3) (3) va (4) suy va (4) suy ra: —— pm Mc = —— hay — =— an

=> El =IK (5)

Hoàn toàn tương tự ta có: IK = KF (6)

Từ (5) và (6) ta có: EI = IK = KF (dpcem)

Bài 2: Cho hình bình hành ABCD Qua A kẻ một đường thẳng tuỳ ý cắt BD, BC, CD lần lượt tại E, K, G

CMR: a, AE” =EK.EG

a

“AE AK AG,

c, Khi đường thẳng đi qua A thay đổi thì tich BK.DG có giá trị khong

thay đổi

Lời giải

A B

K

D C G

a, Do BK//AD, theo hệ quả của định lí Talet ta có: KE BE

= = AE DE @)

Do DG//AB, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

EG DE

— = AE EB @)

Nhan ting vé cua (1) va (2) ta có:

Trang 29

KE EG _ 1 hay AE? =EK.EG AE AE (dpem)

b, Do BK//AD, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

AE _DE AK BD

Do DG//AB, theo hé qua cua dinh lí Talet ta có:

AE _ BE AG BD Cộng từng vế của (3) va (4) ta được: AE, AE _DE , BE AK AG BD BD Vay AE AE _| ¬ (đpcm) AK AG AK AG AE c, Dat AB=a,AD=b

Do CG//AB, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

CK _CG_ CK _CG BK AB BK a

Do CK//AD, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

AD _ DG CK CG

Nhân theo từng vế của đẳng thức (5) va (6) ta được: AD DG b DG ^~-—_-_—

BK a BK a

=> BK.DG=a.b khong đổi

(3) (4)

(5) (6)

Bai 3: Cho AABC, I 1a diém trong tam giác AI, IB, IC theo thứ tự cát BC,

CA, AB tai M, N, P CMR: JA _NA, PA

IM NC’ PB

Lời giải

Trang 30

B M Cc

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC và lân lượt cắt BN và CP tại E và F, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

JA _ EF _EA+FA _EA | FA

IM BC BC BC BC

Mặt khác do EF//BC, theo hệ quả của định lí Talet ta có:

EA NA qd) ——=—— 2 BC NC @) Và FA _ PA (3) BC PB IA NA PA

Từ (1) (2) và (3) suy ra: — = —— + — (1), (2) va (3) suy IM NC’ PB (dpem) dpcm)

Bai 4: Cho AABC, trén canh BC lay 2 diém M vaN

Trang 31

[=>] Gia sit MAB=NAC

Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AM và AN theo thứ tự tại E và E

= F=NAC; BEA=MAC=FAB = AAFB AEAB> AB = EB FB AB = AB’ = EB.FB = (1) AC AC AC

Do EB//AC, theo hệ quả của định li Talet ta có:

EB _ MB AC MC FB _NB AC NC MB.NB (AB MCNC (AC (2Ì -= (2) 3) Từ (1) (2) và (3) suy ra: (4) MB.NB _ AB J

[<=] Gia sir MCNC = (AC

Nhưng MAB và NAC không bằng nhau

Khi đó, trên BC lấy điểm N' sao cho MAB=N'AC 2

` BM N'B (AB

Theo phan trén ta suy ra: BM NB =| — (5) MC N'C \AC

N'B _NB aN, N' déu thuộc BC

N'C NC `

Từ (4) và (5) suy ra:

=>N'=N=> MAB=NAC (đpcm)

Trang 32

2.1.3 Áp dụng bổ đề hình thang và đường thẳng đồng qui vào việc giải

toán

Bài 1: Cho hình bình hành ABCD, từ một điểm M trên đường chéo AC (M không là trung điểm của AC) ta vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của hình bình hành Chúng lần lượt cát AB, BC, CD, DA tai E, F, G, H

CMR: a, HE//GF

b, Ba đường thẳng EF, GH, AC đồng qui

Lời giải

a, Do ME//BC, theo định lí Talet ta có:

AM_ oa AE (1) AC AB Do MH//CD, theo định lí Talet ta có: AM AH aaa AC AC (2) AE AH

Từ (1) va (2) suy ra: ——=—— (1) và (2) suy AB AD = HE//BD (định lí đảo Talet)

Tương tự ta chứng minh được GF//BD— HE//GF

_ AE//MH(t)

b, Xét tứ giác AEMH có:

AH//EM(t) = AEMH là hình bình hành

= AM và HE cắt nhau tại trung điểm N của HE

Tương tự ta cũng có P là trung điểm của GE

Trang 33

Goi O 1a giao điểm của EF và HG, do GF//HE => HEEM là hình thang

Theo bổ đề hình thang thì 4 điểm M, N, P, O thẳng hàng = Ba dudng thang EF, GH, AC đồng quy

Bài 2: Cho tứ giác ABCD, vé dudng thang d song song BD cat AD va AB lan lượt tại P và Q Vẽ đường thẳng d'song song BD cắt BC và CD lần lượt tai M và N, cho biết hai đường thắng MQ và NP cắt nhau tại K

Chứng minh rằng đường thẳng AC đi qua K

Lời giải

Gọi E là giao điểm của d và AC,

E là giao điểm của d'và AC,

O là giao điểm của AC và BD

Xét 3 đường thẳng AB, AC, AD đồng qui tại A cắt 2 đường thẳng song song

Trang 34

= 3 dudng thang PN, AC, MQ déng qui tai 1 diém K

Vay dudng thang AC di qua K

Bài 3: Cho AABC, G là trọng tâm của tam giác Lấy điểm P trên cạnh BC, các đường thẳng qua P theo thứ tự song song với CG và BG cắt AB và AC tại

E và F, EF cắt BG và CG theo thứ tự tại I và J CMR: a, EI = LJ = JFE

b, PG đi qua trung điểm của EE

Lời giải

a, Gọi BM và CN là các đường trung tuyến của AABC BG cắt EP tai R, CG cat FP tai S

Do RI//PE, theo định lí Talet ta có: EI ER

EF EP

Xét 3 đường thẳng BA, BM, BC đồng qui tại B và cắt 2 đường thẳng song song

EP và NC, khi đó:

()

ER NG

TT EP NC (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

EL NG 1 = =— (vi Gla trong tâm của AABC)

EF NC 3

Trang 35

= EL= EF (3) Chứng minh tương tự ta có: TỊ _FS_MG 1 EF FP MB 3 = JF = EF (4) Từ (3) và (4) => EL= IJ =JF b, Từ chứng minh trên suy ra:

ER FS

EP FP

Theo định lí đảo của định lí Talet ta có: EF//RS => EFSR là hình thang Xét hình thang EEFSR có ER ¬ES=P, theo bổ đề hình thang ta có P, H, K

thẳng hàng (5)

Với H, K lần lượt là trung điểm của EF và RS

RG//PS(gt

Xét RGSP có ` (/PŠ(EĐ| — RGSP là hình bình hành RP//GS(gt)

= PG đi qua trung điểm của RS hay P, G, K thẳng hàng (6)

Tir (5) va (6) suy ra: P, G, H, K thang hang

=> PG di qua trung diém EF

Bài 4: Cho hình chữ nhật EFGH có tâm O nội tiếp tam giác ABC, trong đó E

thuộc AB, F thuộc AC, G và H thuộc BC Gọi M và N lần lượt là trung điểm

của BC và đường cao AI

CMR: 3 diém O, N, M thang hang Lời giải

Trang 36

B H | M G c

Gọi P= BN¬EH, Q=GE¬CN

Xét 3 đường thẳng BA, BN, BI đồng qui tại B và cắt 2 đường thẳng song song

EH và AI, ta có:

EP A oe

EP _ ẤN — 1 (đọ N là trung điểm của AI)

PH NI => EP = PH

Chứng minh tương tự, ta có:

OF =1= QF=Q6

Trrong hinh chit nhat EFGH c6: PE= PH, QF =QG

Theo định lí đảo Talet ta có: OP//HG và OQ//EF; mà HG//EF

= P,Q, G thẳng hàng và PQ//HG, OP//OQ

=> PBQC là hình thang

Xét hình thang PBQC có: BP¬QC =N, và O, M là trung điểm của hai đáy

Vậy theo bổ đề hình thang thì O, M, N thẳng hàng

Trang 37

2.1.4 Định lí Talet với bài toán họ các đường thẳng đi qua điểm cố định Bài 1: Cho góc xOy Gọi M và N theo thứ tự là hai điểm di động trên Ox và

m n ` ^ HẠ 4

Oy, sao cho: —— + ——=1 Trong d6 m, n là 2 độ dài cho trước

OM ON

Chứng minh rằng MN luôn đi qua 1 điểm cố định Lời giải

Trên tia Ox dat OM'=m

Đường thẳng qua M' và song song với Oy cắt MN tại P

Vẽ PN'//Ox (N'eOy)

Do M'P//ON, theo định lí Talet ta có:

OM'_NP (1)

OM NM

Do N'P//OM, theo định lí Talet ta có:

Trang 38

Vậy MN luôn đi qua 1 điểm cố định P

Bài 2: Cho hình thang ABCD (AD//BC và AD> BC) M và N là hai điểm chuyển động trên 2 cạnh AD và BC, sao cho:

AM_k (k 1a hang s6 va k > 1)

BN

a, Chứng minh rằng MN luôn đi qua điểm cố định

b, Tìm giá trị của k để đường thẳng MN đi qua giao điểm I của 2 đường thẳng

AB và CD

Lời giải

a, Do k>1 nên các tia AB va MN cắt nhau tại 1 điểm K nằm ngoài đoạn AB, ta CÓ:

KA _KM _

KB KN

=> K là điểm chia ngoài đoạn AB theo tỉ số k không đổi và A, B cố định

= K cố định

Vậy MN luôn đi qua điểm cô định

b, Nếu I=K thì:

AD _IA_KA_, BC IB’ KB

Trang 39

Dao lai néu AD _, thi i

IB

=> I chia đoạn ngoài AB theo tỉ số k mà K chia AB theo tỉ số k

=I=K

Vậy điều kiện để MN luôn đi qua I là k= ec

Bài 3: Cho AABC Trên nửa mặt bờ AC kẻ tia Cx//AB va tia Cy sao cho tia Cx nằm ở phần trong của góc BCy Một đường thẳng bất kì qua B cắt Cx và

Cy the thứ tự D và E Gọi F 1a giao diém cha AD và BC Chứng minh rằng

đường thẳng EF luôn đi qua 1 điểm cố định Lời giải

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của EF với AB, CD

R là giao điểm của Cy với AB

Xét 3 đường thẳng EB, EP, ER đồng qui tại E và chúng cắt 2 đường thẳng

song song CD và BR

QC _PR

Khi đó: = q)

D PB

Trang 40

Tương tự ta có: QC _ PB (2) QD PA

PB PR PB PR

Từ (1) và (2) suy ra: ——=—— hay —=—

(1) và (2) suy PA PB 3 AB BR PB_, =.- - PB PB PB

Do đó: —=1 AB BR AB BR =

PB= _AB.BR_ không đổi do A, B, R cố định AB+ BR = PB không đổi, mà B cố định

= Pcố định => EF luôn đi qua điểm cố định P

Bài 4: Cho tứ giác lồi ABCD, 2 đỉnh A, B cố định, 2 đỉnh C, D thay đổi sao

cho điểm O của 2 đường chéo AC và BD luôn thảo mãn điều kiện:

OA _,, 0B OC OD

Chứng minh rằng đường thẳng CD luôn đi qua 1 điểm cố định

=k' trong dé k va K' là 2 hằng số dương khác nhau cho trước

Lời giải

Vì k#k' nên AB không song song với CD Thật vậy, nếu AB//CD thì theo định lí Talet ta có: