Chuyên đề về hình học THCS

Chuyên đề về hình học THCS tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực k...

HÌNH HỌC

I Bất đẳng thức và cực trị

Trong chương trình trung học cơ sở thì những bất đẳng thức chúng ta gặp chỉ xoay quanh các yếu tố của tam giác như ba cạnh , ,a b c , chu vi p , bán kính đường tròn nội

tiếp, ngoại tiếp ,r R … và các yếu tố độ dài trong một đường tròn

Để nắm bắt rõ điều này, tôi sẽ bổ sung một số hệ thức lượng trong tam giác mà một số

hệ thức mà các bạn có thể chưa gặp trong chương trình học cấp 2, tuy nhiên đây là các

hệ thức rất cơ bản trên cấp 3

i) Hệ thức về diện tích tam giác

sin

abc

R

ii) Hệ thức về hàm số sin, cos, trung tuyến, phân giác trong, phân giác ngoài, đường cao

( ) ( )

2

2 cos

2 sin

1 4

2 cos

2 2

a

a

m

A

bc

l

b c

=

=

=

+

Trong các hệ thức trên, hầu hết là quen thuộc với các bạn nên tôi sẽ chỉ chứng minh

hệ thức (1) và (2) Chứng minh như sau

Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABC và tam

2

2 cos

a







Trừ hai vế đẳng thức với nhau ta có

4

a

Đối với hệ thức (2) áp dụng công thức diện tích cho hai tam giác ABD ACD ta được ,

1

sin

1

sin

A

A







A bc A

b c

+

a

m

a

h

a

l

a

b

c

A

C

D

iii) Một số hệ thức đặc biệt khác

Với O là điểm bất kì trên mặt phẳng thì ( 2 2 2) 2 2 2 2

3 OA +OB +OC =9OG + + +a b c

với G là trọng tâm tam giác

Chứng minh

Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác OAD OGD OBC GBC ta được , , ,

Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có

3

OA +OB +OC = OG +GA +GB +GC (*)

Mà từ công thức đường trung tuyến ta dễ dàng suy ra

3

GA +GB +GC = + + Thế vào (*) ta có ( 2 2 2) 2 2 2 2

3 OA +OB +OC =9OG + + +a b c

Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có hệ thức sau

9R =9OG + + + ⇒a b c 9R ≥a + +b c (**)

Trước hết, chúng ta có một bài toán cơ bản là điều kiện tương đương để ba số dương

là ba cạnh một tam giác Điều kiện như sau:

, , 0

a b c> là ba cạnh tam giác , , 0 :

= +





 = +



Chứng minh

Điều kiện cần:

Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC, khi đó, , ,x y z là các đoạn

được biểu diễn trên hình Điều kiện đủ:

Với

a y z

b x z

= +



 = +



 = +



ta dễ dàng chứng minh , ,

a b c

b c a a b c

c a b

+ >



 + > ⇒



 + >



là ba

cạnh tam giác

Rõ ràng điều kiện trên là rất đơn giản nhưng lại rất hữu dụng, các bạn sẽ có thể nhìn một bất đẳng thức hình học dưới cái nhìn đại số và không bị ràng buộc bởi cái yếu tố cạnh của tam giác nữa Ta hãy xét một vài ví dụ

• Các bất đẳng thức chỉ chứa yếu tố các cạnh tam giác

Cho , ,a b c là ba cạnh tam giác Chứng minh

2

[2] 2

+ + < + +

A

D

O

M

G

x x

y

z

( )

3 [6]

2

[8]

3

1

2 [11]

a b c

a b c

< −

3

[15] 1

[16]

a b a b b c b c c a c a

+ + − − − <

1 8

a <

Các bất đẳng thức trên đây, phần lớn đều có thể giải được bằng cách sử dụng điều kiện tương đương trên, các bạn có thể tự làm, chỉ trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16], trong các bất đẳng ở trên tôi chỉ giải một vài bất đẳng thức mà tôi thấy khó hơn cả

2

a + + +b c abc< a b c+ + =

Bất đẳng thức trên tương đương (sử dụng điều kiện tương đương)

4

2

x+y + +y z + +z x + x+y y+z z+ <x với 1

2

x+ + =y z

Để cho hai vế của bất đẳng thức trên cùng bậc (*) ta nhân thêm các lượng như sau

3

1

2

0 3

xyz

⇔ <

[9]

b c +c a +c a+ a b b c c a <

0

[15] a b c a c b 1

8

− + − + − <

Chú ý rằng

+ + − − − =

ta có đpcm

• Các bất đẳng thức có liên quan đến các yếu tố khác (m l h R r S, , , , , )

( ) ( )

( )

9 2

3 2

4

2 3

2 3 , , 0 5 9

a

am

+ + ≥ + + ≥

+ + > + +

≥

Độ mạnh của bất đẳng thức

Tại sao chúng ta phải nhắc đến điều này, thực ra có quá nhiều bất đẳng thức mà tôi không thể liệt kê ra hết được nhưng chúng ta không cần biết hết mà chỉ cần nhớ những bất đẳng thức mạnh mà thôi, vậy thì một bất đẳng thức A gọi là mạnh hơn bất đẳng thức B khi nào, khi từ A có thể suy ra B

Chẳng hạn như trong một dãy những bất đẳng thức liên quan đến ba cạnh , ,a b c và

diện tích S thì bất đẳng thức 9R2 ≥a2 +b2 +c2 là rất mạnh, thật vậy, ta có

3

+ + (*)

Ta hãy so sánh (*) với các bất đẳng thức sau

2

3

12

4

3 3

a b c

S

+ +

≥

( )

2

3

3

4

2

1

4 3

S

≥

≥

Đối với ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái của chúng lớn hơn vế trái của (*) nên (*) mạnh hơn ba bất đẳng thức đó Ta cũng có thể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức cuối Việc xét xem giữa (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh hơn là một điều khó khăn nhưng ta có thể chứng minh (1) khá ngắn gọn bằng cách sử dụng điều kiện tương đương Khi đó

( )1 ⇔4(xy+yz+zx)≥4 3S

( )2 ( )

3

0

x y y z z x xyz x y z

Bất đẳng thức (2) quá quen thuộc, ta sẽ không chứng minh, còn với (3) và (4) thì chỉ cần áp dụng công thức tính m l ta sẽ thu được kết quả a, a

Bất đẳng thức R≥2r là một bất đẳng thức quan trọng và chắc các bạn cũng biết đến lời giải hình học của nó, nhưng tôi sẽ đưa ra một chứng minh khác chỉ bằng các

hệ thức lượng và các bất đẳng thức đã nêu

4 2

a b c abc

+ +

+ + Chứng minh vế trái của bất đẳng thức trên lớn hơn bình phương vế trái của (*) là đơn giản, từ đó ta chứng minh được R≥2r

Xét bất đẳng thức (5)

Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có

2

2

2

2

1

2 2

Ta cần chứng minh tiếp vế phải lớn hơn 2 3S , chính là bất đẳng thức (1)

• Các bất đẳng thức hình học thuần túy

Trong phần này tôi sẽ trình bày những bất đẳng thức hình học “thuần túy” theo nghĩa

là khi chứng minh chúng ta hầu như chỉ cần những kiến thức đơn giản nhất về hình học mà không phải dùng đến những thứ “cao siêu” như phương tích, hệ thức lượng… [1] Cho đường tròn bán kính 1 và n điểm A A1, 2, ,A không cùng nằm trên một n

đường thẳng Khi đó trên đường tròn có thể chọn được điểm M để

MA +MA + +MA ≥n

[2] Nếu một đa giác lồi nằm bên trong một đa giác lồi khác thì chu vi đa giác lồi bên ngoài không nhỏ hơn chu vi của đa giác trong

[3] Trong một tam giác không cân, đường phân giác l luôn nằm giữa đường cao a h a

và đường trung tuyến m a

[4] Nếu qua trọng tâm G của tam giác ABC vẽ đường thẳng cắt các cạnh của tam giác tại M N thì ta có bất đẳng thức , 2OM ≥ON

[5] Cho tam giác ABC có cạnh a> >b c và một điểm O nằm trong tam giác , ,

P Q R lần lượt là giao điểm các đường thẳng AO BO CO với ba cạnh tam giác Ta , ,

có OP OQ OR+ + <a

[6] Nếu M là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc C trong tam giác

ABC M ≡ C thì MA+MB>CA CB+

[7] Nếu một tam giác nhọn đặt được vào trong một đường tròn thì bán kính đường tròn đó không nhỏ hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

[8] Nếu các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác nhau của hình vuông cạnh 1 thì chu vi của nó không nhỏ hơn 2 2

• Cực trị hình học

[1] Trong tất cả các tam giác có cạnh a và đường cao h cho trước, tìm tam giác có a

góc A nhỏ nhất

[2] Trong tất cả các tam giác có các cạnh AB AC có độ dài cho trước, tìm tam giác ,

có bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất

[3] Tìm bên trong ABC một điểm O sao cho tổng bình phương khoảng cách từ điểm đó đến các cạnh của tam giác là nhỏ nhất

[4] Cho góc XAY và một điểm O nằm trong góc đó Hãy kẻ qua một đường thẳng cắt ra từ góc đó một tam giác có diện tích lớn nhất

[5] Bên trong góc nhọn BAC cho một điểm M Tìm trên các cạnh AB AC các điểm , ,

X Y sao cho chu vi tam giác XYM là nhỏ nhất

[6] Từ điểm M trong tam giác ABC cho trước hạ các đường vuông góc

MA MB MC xuống các đường thẳng BC CA AB Với vị trí nào của M trong , ,

ABC đại lượng

MA +MB +MC có giá trị nhỏ nhất [7] Cho tam giác đều ABC cạnh 10 và M là điểm thỏa mãn MB+MC=9 Tìm max

MA

II Các bài toán “kinh điển” và bài tập

Bài toán con bướm

Qua trung điểm M của dây PQ của một đường tròn , vẽ hai dây cung AB và CD Dây

AB và CD cắt PQ tại X và Y Khi đó M là trung điểm của XY

Chứng minh

Cách 1 Từ O, vẽ OU OV ,

vuông góc AD và BC Ta

có OXUM OMYV nội tiếp ,

Ta cần có

MX =MY ⇔MOX =MOY

Do OXUM OMYV nội tiếp , nên

,

MOX =AUM MOY =MVC

Vậy ta cần chứng minh AUM =CVM

Ta có ADM ~ CBM ⇒ AUM ~ CVM ⇒ AUM =CVM ⇒đpcm

Cách 2 Hạ các đoạn vuông góc từ X Y, xuống các đoạn như trên hình Ta cần chứng

minh x= y Đặt MP=MQ=a Từ các cặp tam giác đồng dạng Mx và 1 My , 1 Mx 2

và My , 2 Ax và 1 Cy , 2 Dx và 2 By ta có 1 1 2 1 2

, , ,

1 2

1 2

1

x x

x y

O

Y

A

P

D

C

B

M

V U

O

Y

A

P

D

C

B

M x

2

x

y

1

x

1

y

2

y

Mở rộng

- M không chỉ là trung

điểm của XY mà còn là

trung điểm của RS với

,

R S là giao điểm của

,

AC BD với PQ

Chứng minh

Ta vẽ hai đường vuông

góc xuống hai cạnh

,

AC BD và giải hoàn toàn tương tự như cách 1

- Với M là giao điểm của AB và CD X∈CD, Y∈AB

là hai điểm thỏa OX =OY XY∩AD BC, ={ }P Q, Khi đó

,

XY PQ có cùng trung điểm Khi cho AC BD, ∩PQ={ }R S, ,

ta cũng có trung điểm XY là trung điểm RS

Lưu ý Khi cho X ≡ ≡Y M ta có bài toán con bướm ban đầu

Chứng minh

Cách chứng minh khá giống cách 2 tuy nhiên vẫn khá phức

tạp, xin dành cho bạn đọc suy nghĩ

Điểm Torricelli

Cho tam giác ABC có các góc không lớn hơn 120 Tìm điểm M trong tam giác sao 0

cho S =MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Dựng hai tam đều ,

AME ACD như

hình Khi đó ta có

~

MA MB MC

120

Điểm M thoả hệ thức trên được gọi là điểm

Torricelli

Lưu ý

Khi tam giác ABC có một góc chẳng hạn A>1200, ta có S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất

khi và chỉ khi M ≡A Thật vậy do A>1200 nên A nằm trong BMED

Đẳng thức xảy ra ⇔M ≡A

O

Y

A

D

C

B

M S

F

E

R

O

Y

A

P

C

Q D

.

B

M

X

A

M

E

D

A

B

D

E

C M

Đường thẳng Euler

Cho tam giác ABC với trực tâm H, trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O

Khi đó ta có H G O, , thẳng hàng và HG=2GO và G nằm giữa H O,

Lời giải

Gọi G là trọng tâm tam giác và A B C', ', ' lần lượt là trung điểm BC CA AB, , Ta có ' ' ' ~

A B C ABC với tỉ số ½ H là trực tâm

ABC , O là trực tâm A B C Do tỉ số đồng ' ' ' dạng là ½ nên AH =2OA' Do

AH OA ⊥BC⇒AH OA ⇒HAG=OA G

Từ đó ta suy ra

HAG OA G⇒HGA=OGA ⇒H G O

thẳng hàng và G nằm giữa H và O ,

2

HG= GO

Bài tập

[1] Tương tự như cách giải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp tam giác ABC là tam giác tù

[2] Chứng minh rằng

' 2

DA

a

−

=

Đường tròn chín điểm Euler

Với ABC Khi đó ba chân đường cao, các trung điểm ba đoạn nối trực tâm và ba

đỉnh, trung điểm ba cạnh nằm trên một đường tròn gọi là đường tròn Euler, bán kính

½ R

Lời giải

Gọi O H, là tâm ngoại tiếp, trực tâm;

, ,

K L M lần lượt là trung điểm

HA HB HC; A B C', ', ' lần lượt là trung điểm BC CA AB, ,

Dễ thấy

0

KC A =KLA =KB A =KMA = Suy ra A B C K L M', ', ', , , cùng thuộc đường tròn đường kính KA' là ( )C

{ }

'

KA∩OH = N Dễ thấy N là trung điểm

'

KA Tương tự ta cũng có N là trung điểm LB MC', '⇒( )C là đường tròn đường kính KA LB MC', ', ' Ta có D E F, , lần lượt nằm trên đường tròn đường kính

KA LB MC

⇒ A B C K L M D E F', ', ', , , , , , đồng viên

Bài tập

[1] Trong đường tròn Euler, các điểm K L M, , chia đôi các cung EF FD DE, ,

[2] Đường tròn ngoại tiếp ABC là đường tròn Euler của I I I a b c

[3] Đường tròn Euler cắt các cạnh của tam giác bằng các góc B C C− , −A A B, −

A

C D

H.

'

C

E

G O

B

'

A

'

B

.

A

C D

H

'

C

E

O

B

'

A

'

B

N

L

M

K

F .

.

Hệ thức Euler

Cho tam giác ABC , O I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp Khi đó ta

có hệ thức OI2 =R2−2Rr

Lời giải

Phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại L ,

là trung điểm BC không chứa A LM là đường kính

vuông góc với BC Để ý rằng

,

BML=BAL=α LBC =LAC=β

Do là góc ngoài ABI tại I nên BIL= + =α β LBI LBI cân: LI =LB Vì vậy

/

/ sin

sin

LB LM

IY IA

α

Từ hệ thức trên ta rút ra R≥2r Đường thẳng Simson (tìm ra năm 1797 bởi William Wallace)

Ba chân đường cao từ một điểm đến các cạnh tam giác nằm thẳng hàng khi và chỉ khi điểm đó nằm trên đường tròn ngoại tiếp

Lời giải

Từ P bất kì, vẽ ba đường cao xuống ba cạnh tam giác là

1, 1, 1

A B C Khi đó ta có PC AB PB A C nội tiếp Suy ra 1 1, 1 1

AB C = APC = −C AP CB A =CPA = −PCB

i) P∈( )O ⇒ C AP1 =PCB⇒ AB C1 1=CB A1 1

1, 1, 1

A B C

⇒ thẳng hàng ii)A B C thẳng hàng 1, 1, 1

( )

⇒ ∈

Mở rộng

[1] Phép vị tự tâm P tỉ số 2 biến đường thẳng Simson

thành một đường thẳng mới đi qua trực tâm tam giác

Đường thẳng đó gọi là đường thẳng Steiner

Chứng minh

Ta cần chứng minh MHN =1800 Thật vậy, từ APCB nội tiếp và ,P M đối xứng nhau qua

đường thẳng AB ⇒ ACB= APB= AMB

Do H là trực tâm nên

AHB+ACB= ⇒AHB+AMB=

MAHB

⇒ nội tiếp ⇒MHA=ABM = ABP

Tương tự BHCN nội tiếp ⇒NHC =MBC=PBC

Vậy ta có

0 180

MHA+NHC=ABP CBP+ =ABC = −AHC

0 180

A

B

I

C

L

M Y

O

α α α

α

β

β

A

P

1

A

1

B

1

C

A

P M

N H

[2] PA cắt đường tròn lần 1

nữa tại U Khi đó ta có

1 1 1 //

AU A B C

[3] Góc giữa đường thẳng

Simson của P P bằng một , ' nửa số đo cung PP '

[4] Đường thẳng Simson của

một điểm (nằm trên đường tròn) chia đôi đoạn nối điểm

đó và trực tâm tam giác

[5] Hai đường thẳng Simson của hai điểm đối tâm cùng thuộc (ABC vuông góc với )

nhau và giao điểm của chúng nằm trên đường tròn Euler

Định lý Ptolemy

Cho tứ giác lồi ABCD Khi đó ta có bất đẳng thức AB CD +AD BC ≥ AC BD

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABCD nội tiếp

Chứng minh

Dựng trên AD tam giác ADM đồng dạng với ACB

AD BC AC DM

Từ ADM ~ACB AD AM

Kết hợp với ADC=MAB ta có DAC~MAB

AB CD AC BM

Từ (1) và (2) ta có

AB CD+AD BC=AC DM +BM ≥ AC BD

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M∈BD⇔ABCD nội tiếp

Bài tập

[1] Cho P là điểm nằm trên cung CD của đường

tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD

ta có PA PA( +PC)=PB PB( +PD)

[2] Nếu một đường tròn cắt hai cạnh và một

đường chéo của một hình bình hành ABCD tại

các điểm P Q R như trên hình Khi đó , ,

AP AB+AR AD= AQ AC

Định lý Ceva (năm 1678)

Nếu ba cát tuyến AX BY CZ với , , X Y Z, , ∈BC CA AB, , Ta có

, ,

AX BY CZ đồng qui XB YC ZA 1

XC YA ZB

Định lý Menelaus (khoảng năm 100 sau công nguyên)

Nếu ba điểm X Y Z trên các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác , , ABC Ta có , ,

X Y Z thẳng hàng XB YC ZA 1

XC YA ZB

A

P

1

A

1

B

1

C

U

A

U

'

U

P

'

P

O

A

C

B

D

M

A

D P

Q R

Định lý Stewart (đề xuất năm 1746, nhưng thực chất đã được tìm ra năm 300 trước công nguyên bởi Archimedes)

Cho tam giác ABC và một cát tuyến như hình

Nếu độ dài cát tuyến là d, ta có hệ thức

a p +mn =b m c n+

Gợi ý

Sử dụng định lý hàm cos cho hai tam giác XAB

và XAC tại góc X

Bài toán Fagnano (đề xuất năm 1775)

Cho tam giác ABC nhọn và tam giác XYZ nội tiếp ABC (X Y Z, , ∈BC CA AB, , )

Khi đó chu vi tam giác XYZ đạt giá trị nhỏ nhất khi X Y Z là chân ba đường cao , ,

Chứng minh

Bài toán này có nhiều cách chứng minh nhưng tôi nghĩ hay nhất vẫn là cách chứng minh của

nhà toán học H A Schwarz Sau đây, tôi sẽ

trình bày với các bạn chứng minh đó

Dựng các tam giác bằng nhau và kề nhau như hình Tam giác có ba cạnh là , ,a b c là tam

giác có đỉnh là chân các đuờng cao Dễ dàng nhận thấy các cạnh của chúng qua các phép đối xứng sẽ tạo thành đoạn PP Còn các cạnh của tam giác nội tiếp bất kì ' , ,

u v w sẽ tạo thành đường gấp khúc ' Q Q Dễ thấy PQQ P là hình bình hành nên ' ' ' '

Q Q ≥PP suy ra chu vi một tam giác bất kì nội tiếp ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi

ba đỉnh của tam giác đó là chân ba đường cao của ABC

Định lý Morley

Đây là một trong những định lý về hình học sơ cấp đẹp

nhất được tìm ra năm 1904 bới Frank Morley Ông giới

thiệu nó cho những người bạn của mình ở Cambridge,

Anh và công bố nó 20 năm sau tại Nhật Bản Chứng

minh của định lý này tương đối khó đối với các bạn học

sinh cấp 2, vì vậy tôi chỉ nêu ra định lý để các bạn cảm

nhận được phần nào vẻ đẹp của nó

Cho tam giác ABC Các đường chia ba góc của các góc

, ,

A B C cắt nhau và các giao điểm tạo thành một tam giác đều

m

p

n

c

b

A

.X.Y

Z

P

'

Q

a

A

A

B

B

B

C

C

c

c

b

u v

w

A

w

v

v