bài tập hình học phẳng có lời giải

Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘC CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘC Trong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài Trong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài cơ bản và những đònh lí đơn giản nhất của bộ môn cơ bản và những đònh lí đơn giản nhất của bộ môn

Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘC

Trong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài

cơ bản và những định lí đơn giản nhất của bộ môn hình học.Dựa vào chúng, chúng ta có thể dễ dàng giải một số bài toán khó; Bên cạnh đó chúng còn

giúp chúng ta có thể tự suy ra một số tính chất áp

dụng được cho nhiều bài toán

1 (Định lí Menelaus) Trên ba cạnh (tính luôn phần kéo dài) BC, CA, AB của tam giác ABC ta lấy lần lượt các điểm M, N, P Chứng minh rằng ba điểm

M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi:MB NC PA 1(*)

PA NC MC MB NC PA

hay

PB NA MB MC NA PB  ) (đpcm)

° Chiều nghịch: giả sử đã có (*) Ta đi chứng minh M, N, P thẳng hàng

Thật vậy: giả sử đường thẳng NP cắt BC tại M’, theo chiều thuận ta có:

B

A

CM

Q

O A

MC NA PB  .

BÀI GIẢI

°Chiều thuận: giả sử AM, BN, CQ đồng quy tại O.

Theo định lí Talet, ta có:

(1)(2)

Thật vậy: AM giao BN tại O Qua O kẻ OC cắt AB tại P’

Theo chiều thuận ta có:

Sau đây ta sẽ xét một số bài toán dạng trên.

Sau đây ta sẽ xét một số bài toán dạng trên

3 Giả sử các cặp cạnh AB và CD, BC và AD, AC và BD của tứ giác ABCD lần lượt cắt nhau tại M, P, Q Gọi Q là giao điểm của MP và AD.

Chứng minh rằng: QA NA

QD  ND.

BÀI GIẢI

2

Dùng định lí Menelaus ta có:

B

M

C N

D Q

RQ

P

B

A

CEF

D

S ABC   S ABC S ABCS ABC 

a) Chứng minh rằng đường thẳng Mn luôn cắt tia Ey tại một điểm F cố định b) Hãy xác định một vị trí của điểm B trên tia Ex sao cho các tam giác MCD và NCD tương ứng có diện tích bằng nhau.

A

D

B P

M

Vậy MN // AB  FM = FN  SMCD = SNCD.

Vậy một vị trí thích hợp của B là EB = EA

6 Giả sử ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại điểm O trong tam giác ABC (A’ BC, B’  CA, C’  AB) Chứng minh rằng: ' '

OA B A C A

OA B C C B .

BÀI GIẢI Áp dụng định lí Menelaus vào ABA’ ta có:

7 Chứng minh rằng một tứ giác lồøi có hai góc đối bù nhau khi và chỉ khi tồn tại một điểm cách đều bốn đỉnh của tứ giác (Đó chính là một tứ giác nội tiếp).

MCD = D, các tia BM và CM cắt

AD lần lượt tại P và N, suy ra MBC

= MCB nên tam giác MBC cân tạiM

B

A

CA'

B'C'

MOCB

Từ các tam giác cân BMC, ABP, CDN suy ra các trung trực của tam giác AB, BC,

CD chính là các đường phân giác của tam giác MNP nên chúng đồng quy tại O và rõràng OA = OB = OC = OD

Trường hợp điểm M trùng với N và P thì có MA = MB = MC = MD Nếu B =Athì C = D, tứ giác ABCD là hình thang cân, kết luận hiển nhiên đúng

b) Ngược lại, nếu tứ giác ABCD có điểm O thỏa mãn OA = OB = OC = OD Giả sử O nằm trong tứ giác(các trường hợp còn lại chứng minh tương tư)ï Khi đó ta có:

OBA = 90o – AOB/2 OBC = 90o – BOC/2 ODC = 90o – COD/2 ODA = 90o – DOA/2 Nên:

 BC

Nếu AB > CD thì AD > CD, lấyđiểm M trên AD sa cho BM = BC, Nthuộc cạnh AD sao cho DN = DC, suy

ra AM = AN Từ các tam giác cânAMN, BMC, DCN suy ra phân giáccác góc A, B, D là các trung trực củatam giác CMN nên chúng đồng quy tại

I Rõ ràng I cách đều bốn cạnh của tứ giác.Trường hợp AB = BC, AD = CD thì I làgiao điểm của BD và phân giác góc A

b) Ngược lại, nếu tứ giác ABCD có điểm I cách đều bốn cạnh của tứ giác thì đễ thấy Ilà giao điểm của bốn đường phân giác Do đó việc chứng minh AB + CD = AD + BChoàn toàn đơn giản

O

D A

9 Cho tứ giác lồi ABCD Chứng minh rằng tứ giác có hai góc đối bù nhau khi và chỉ khi ACB = ADB.

BÀI GIẢI Trường hợp BC song song với AD dễ thấyhai điều kiện trên tương đương với tứ giácABCD là hình thang cân, nên điều chứng minhcàng hiển nhiên đúng

Giả sử hai đường thẳng BC và CD cắt nhautại O sao cho B nằm giữa O và C

Ta có góc ABC bù với ADC  OBA = ADC

 Tam giác: OAB ~ OCD (g-g)

 OA/OC = OB/OD  Tam giác OAC OBD  Góc: ACB = ADB

* Chú ý:từ ACD = ABD ta đẽ dàng suy ra được BAC = BDC, CBD = CAD,

ABD = ACD

10 (Định lí Ptôlêmê) Chứng minh rằng nếu tứ giác ABCD có hai góc đối bù nhau thì: AB.CD + AD.BC = AC.BD.

BÀI GIẢI Theo bái toán 9 ta có: BAC = BDC,

và BCA = BDA

Trên AC lấy điểm K sao cho: ABK = DBC

Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có được điều phải chứng minh

11 Cho tứ giác ABCD có hai góc đối bù nhau Hạ DM, DN, DP theo thứ tự vuông góc với BC, CA, AB Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng (đường thẳng

Simson).

BÀI GIẢI Nếu P  A và M  C thì kết luận là hiểnnhiên Nếu P thuộc đoạn AB và các điểmđược bố trí như hình vẽ (với các trường hợpkhác chứng minh tương tự)

Ta nhận thấy A, N, M thẳng hàngvà haiđoạn NP, NM nằm về hai phía khác nhau của

ñoán AC Vì vaôy ñeơ chöùng minh M, N, P thaúng haøng thì chư caăn chöùng minh hai goùcANP vaø CNM baỉng nhau.

Xeùt töù giaùc DNCM, coù:

DNC + CMD = 90o + 90o = 180o

=> Töù giaùc noôi tieâp => MNC = CDM (theo keât quạ baøi 7 vaø 9)

Töông töï vôùi töù giaùc APND ta coù ANP = ADP

Beđn cánh ñoù: DCM = DAP (cuøng buø vôùi goùc DCB)

DMC = PDA = 90o

 Hai tam giaùc DMC vaø DPA baỉng nhau (g-g)

 ADB = CDM => MNC = CDM = ADP = ANP  ANP = 

CNM

 Ñieău phại chöùng minh

ÔÛ phía tređn laø moôt soẫ baøi taôp veă ñöôøng troøn maø chuùng ta coù theơ giại chuùng chöa caăn ñeân kieân thöùc veă ñöôøng troøn.Trong ñoù chuùng ta coù nhaĩc ñeân hai cođng cú ñöôïc söû dúng nhieău trong hình hóc, ñoù laø ñònh lí Ptođleđmeđ vaø ñöôøng thaúng Simson Ptođleđmeđ thì ñöôïc söû dúng ñeơ chöùng minh caùc baât ñaúng thöùc hình hóc, coøn Simson duøng ñeơ chöùng minh söï thaúng haøng.Döïa vaøo chuùng, ta coù theơ deê daøng suy ra moôt soâ tính chaât sau:

°Cho tam giaùc ABC noôi tieâp ñöôøng troøn tađm O.Ñöôøng cao AH (H  BC) Ta coù BAH =  OAC Bađy giôø ta seõ ñi chöùng minh noù maø chư söõ dúngnhöõng tính chaât veă ñöôøng troøn maø chuùng ta ñaõ bieât ôûtređn

Chöùng minh: Döïng ñöôøng kính AF vaø ñieơm E laø trungñieơm AC

Xeùt tam giaùc AFC, ta coù:

OAC = OCA vaø OCF = OFC (vì OA = OC =OF)

Maø OAC + OCA + OCF + OFC = OAB + ACF + OFC = 180o

Vaôy ACF = ACO + OCF = 1800

2 = 90o

Maø OE // FC  AOE = ACF = 90o (1) vaø AOE = AFC (2) (ñoăng vò) Beđn cánh ñoù ABC = AFC (3)

Töø (1), (2) vaø (3)  BAH = OAE  BAH = OAC (ñpcm)

°Cho tam giaùc ABC noôi tieâp ñöôøng troøn tađm O Gói H laø tröïc tađm cụa tam giaùc vaøM, N, P laănlöôït laø giao cụa AH, BH, CH vôùi ñöôøng troøn tađm

O Ta deê daøng chöùng minh ñöôïc HD = DM thođng

8

O A

F E

H

O

C B

qua tam giác HCM cân tại C Tương tự HE = EN, HF = FP.Từ đó ta có thể suy ra mộtsố tính chất sau:

* H là giao điểm ba đường phân giác của tam giác MNP

* HA = PA = NA, HB = PB = MB, HC = NC = MC

* OA vuông góc với PN, tương tự với OB vàPM, OC và MN…

Trong hình học sơ cấp còn có một hệ thức rất đẹp, đó là hệ thức Ơle d 2 = R 2 – 4Rr (trong đó d là khoảng cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC và R, r tương ứng là bán kính các đường tròn ấy) Tương tự, ta cũng có hệ thức d’ 2 = R 2 + 2Rr’(trong đó d’ là khoảng cách từ O đến tâm I’ đường tròn bàng tiếp góc A và r’là bán kính đường tròn này.

Để chứng minh hệ thức trên, ngoài việc sử dụng hệ thức lượng trong đường tròn (tính phương tích của I và I’ với đường tròn (O)), ta còn dùng đến tính chất sau:

° Tính chất 1: đường tròn tâm O đi qua trung điểm đoạn IaI

Chứng minh: ta xét cả ba đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC ta thấy ngay I

chính là trực tâm của tam giác IaIbIc, còn

IaA, IbB, IcC là các đường cao của tam giácấy Vì vậy, đường tròn (O) ngoại tiếp tamgiác Abc chính là đường tròn chín điểmƠle của tam giác IaIbIc Đường tròn này điqua các trung điểm của IaI, IbI, IcI đồngthời đi qua trung điểm của IaIb, IbIc và IcIa Gọi J là điểm đối xứng của I qua O, khiđó J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

IaIbIc Mặt khác, vì I là trực tâm và IaA,

IbB, IcC là các đường cao cua tam giác

IaIbIc, nên dễ chứng minh:

° Tính chất 4: M là mộït điểm bất kì trên cạnh BC của tam giác ABC Gọi r, r 1 , r 2

là bán kính đường tròn nội tiếp và p, p 1 , p 2 là bán kính đường tròn bang tiếp góc

A của tam giác ABC, ABM và ACM Chứng minh hệ thức: r/p = r 1 /p 1 r 2 /p 2

Chứng minh:

vì AMB + AMC = 180o  AMB/2 + AMC/2 = 90o

 tgAMB/2 = cotg AMC/2  tgAMB/2 tgAMC/2 = 1 Nên r1/p1 r2/p2 = tgB tgAMB/2 tgAMC/2 tgC/2 =tgB/2 tgC/2 = r/p

12 (Định lí Macxoen) Bên trong tam giác ABC lấy một điểm P bất kì và nối nó với các đỉnh của tam giác Chứng minh rằng, nếu dựng một tam giác với các cạnh song song với các đoạn thẳng đó và qua các đỉnh của nó dựng các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC thì các đường thẳng đó đồng quy tại một điểm.

BÀI GIẢI Rõ ràng thay cho tam giác có các cạnh songsong với các đoạn thẳng AP, BP và CP, ta có thểxét một tam giác nào đó có các cạnh vuông gócvới các đoạn thẳng đó, còn qua các đỉnh của nókẻ qua các đỉnh của nó kẻ các đường thẳngkhông phải song song, mà vuông góc với cáccạnh của ta giác ABC Một tam giác như vậy cóthể là tam giác DEF với các đỉnh là tâm của cácđường tròn ngoại tiếp các tam giác ABP, BCP vàCAP Khi đó các đường thẳng đi qua các đỉnhcủa tam giác DEF là đường trung trực của các cạnh tam giác ABC và vuông góc vớichúng, do đó chúng đồng quy tại một điểm

13 (Định lí Moocley) Bằng các tia xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC, mỗi góc của tam giác bị chia thành ba phần bằng nhau Hai tia xuất phát từ các đỉnh B và C và gần với cạnh BC cắt nhau tại điểm A 1 , tương tự như vậy ta xác định các đỉnh B 1 và C 1 Chứng minh rằng tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều.(h.1)

10

P

CA

FOBA

BÀI GIẢI

Giả sử trong tam giác ban đầu có các  A = 3 , B = 3  , C = 3 Ta lấymột tam giác đều A2B2C2 Dựng trên các cạnh của nó về phía ngoài như trên các đáytam giác cân A2B2R, B2C2P và C2A2Q với các đáy tương ứng bằng 60o -  , 60o -  , 60o

–  Kéo dài các cạnh bên của tam giác đó về phía A2, B2, C2 và kí hiệu các giaođiểm của đường thẳng RB2 và RA2, QA2 và PB2 tương ứng là A3, B3, C3 Kẻ qua B2

đường thẳng songsong với A2B2 cắt các đường thẳng QA3 và QC3 tương ứng tại M vàN(h.2) B2Q là đường cao của tam giác cân QMN, nên B2 là trung điểm của đoạn MN.Tính các góc của tam giác B2C3N và B2A3M: C3B2N = PB2M = C2B2M – 

C2B2P =  ; B2NC3 = 180o – C2A2Q = 120o +  , tức là A3B2M = 180o  (120o + ß) =  Tương tự A3B2M =  , B2A3M =  Suy ra : B2C3N – A3B2M.Từ đó 3 2 3

B A B N , tức là: C3B2A3 – C3NB2, suy ra B2A3A3 =  Tương tự =  , tức là

A2C3B3 =  , tức là A3B3C3 = 3 = C và C3B2, C3A2 là các đường chia góc C3

của tam giác A3B3C3 thành ba phần bằng nhau Lập luận tương tự cho các đỉnh A3 và

B3 ta được tam giác ABC đồng dạng với tam giác A3B3C3, từ đó suy ra điều phảichứng minh

TẬP HỢP ĐIỂM TRONG MẶT PHẲNG

C1

PR

hình 2 hình 1

14 Cho B và C là hai điểm cố định trên một đường tròn cho trước, A là điểm chuyển động trên đường tròn đó Điểm I trên đoạn AB sao cho IA/IB = k (k > 0 cho trước).

Tìm tập hợp các điểm M, hình chiếu của điểm I trên đường thẳng AC.

Gọi P là trung điểm của MN Q là trung điểm KL thì OP song song với AB, CD và

OQ song song với AD, BC Suy ra góc POQ bằng  (hoặc 180o -  )

Các trường hợp còn lại được giải tương tự (chẳng hạn M và K; N và L thuộc các cặpcạnh đối nhau của hình bình hành ABCD)

12

16 Cho điểm A cố định trong miền tròn hình tròn tâm O bán kính R Gọi EF là dây cung luôn thay đổi qua điểm A của đường tròn (O) Tìm tập hợp các giao điểm

M của hai tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ E và F



 , trong đó I là trung điểm của

OA, còn H là hình chiếu của điểm M lên đường thẳng OA Mặt khác :



17 Cho hai điểm O và G cố định.

a) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp và G làm trọng tâm tam giác.

b) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC với góc A tùvà tam giác này nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp, nhận G làm trực tâm.

BÀI GIẢIa)° Phần thuận:

Giả sử tam giác ABC thỏa mãn bài toán Gọi M là trung điểm của cạnh BC Ta có

AG = 2GM Gọi I là hình chiếu của O trên đường thẳng AM do OA > OM nên AI >

MI Nếu AGO > 90o thì điểm M nằm giữa A và I Nếu K I 1 1 I J1 1J K1 10

 90o, từ AI > MI ta có:

AG – GI > GM + GI

 AG – 1

2AG > 2GI, hay AG > 4GI

Mà điểm I thuộc đường tròn (C1) đường kính OG, suy ra điểm A sẽ nằm ngoàiđường tròn (C2), với (C2) là ảnh của (C1) qua phép vị tự tâm G tỉ số bằng 4

Mặt khác, điểm M không thể thuộc (C1) (nếu ngược lại thì ba điểm A, B, C thẳnghàng) và do AG = 2GM, hai điểm A và M nằm khác phía với nhau đối với điểm G,suy ra điểm A không thể thuộc đường tròn (C3), ảnh của đường tròn (C1) qua phép vịtự tâm G tỉ số -2, từ ra điểm O’ là ảnh của O qua phép vị tự trên

Tóm lại, đỉnh A của tam giác ABC nhận O và G theo thứ tự là tâm đường tròn ngoạitiếp và trọng tâm của nó niềm ngoài hình tròn (C2), trừ ra các điểm thuộc đường tròn(C3)\ O'

°Phần đảo:

Phần này không khó lắm, các bạn có thể tự chứng minh

b) Ta có nhận xét: GO = 1

2

 GH, trong đó O, G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoạitiếp, trọng tâm và trực tâm của tam giác ABC Sau đó ta dùng kết quả câu a) với chú

ý góc BAC tù, nên trung điểm M của BC nằm trong hình tròn (C1) đường kính OK, với

K là trọng tâm tam giác

18 a) Tìm tập hợp các trung điểm của các đoạn thẳng mà hai đầu mút của nó di độngnhưng thuộc hai cạnh AB và CD của tứ giác lồi cố định ABCD.

b) Hãy tìm tập hợp các điểm M nằm trong ngũ giác đều ABCDE, sao cho M là trung điểm của không ít hơn ba đoạn thẳng, mà hai đầu mút của hai đoạn thẳng đó nằm trên các cạnh khác nhau của ngũ giác ABCDE.

BÀI GIẢIa)°Phần thuận:

Giả sử T là một điểm nào đó thuộc cạnh AB Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểmcủa các đoạn thẳng BC, BD, AD và AC Khi đó trung điểm của TC làU thuộc PS,trung điểm V của TD thuộc QR Do đó, nếu giữ nguyên điểm T còn đầu mút thứ hai diđộng trên cạnh CD thì trung điểm của chúng sẽ di động trên toàn đoạn UV song songvà bằng PQ, RS

Bây giờ, cho điểm T chạy trên AB còn đầu mút thứ hai chạy trên cạnh CD thì trungđiểm của nó sẽ vẽ thành các đoạn song song với PQ mà các đầu mút thuôïc PS và QR.Vậy các trung điểm của các đoạn thẳng có hai đầu mút chạy trên các cạnh AB và CDcủa tứ giác lồi ABCD sẽ phủ kín hình bình hành PQRS Các điểm trên cạnh hình bìnhhành PQRS tương ứng là các điểm của các đoạn thẳng mà một đầu mút chung vớiđỉnh của tứ giác ABCD

°Phần đảo:

Lấy điểm M tùy ý thuộc hình bình hành PQRS Qua điểm M kẻ đường thẳng songsong với RS cắt PS và QR tại U và V, nối UC cắt AP tại T, ta nhận thấy T, V, D thẳnghàng Nói TM cắt CD tại X, khi đó TX nhận M làm trung điểm

b) Trước hết, ta dễ dàng chứng minh khẳng định sau:

“Tập hợp tất cả các trung điểm của ác đoạn thẳng mà các đầu mút của nó nằm trênhai cạnh của tam giác ABC là hình bình hành với các đỉnh là điểm A và các trungđiểm của các cạnh AB, BC, CA.”

Gọi A’, B’, C’, D’, E’ lần lượt là trung điểm của ác cạnh CD, DE, EA, AB, BC Cácđoạn thẳng BE, E’C’, D’B’đồng quy tại A1; A’D’, E’C’, AC đồng quy tại B1; BD,E’B’, A’D’ đồng quy tại C1; B’E’, CE, A’C’ đồng quy tại D1; A’C’, B’D’, AD đồng

14