Chuyên đề: Các bài toán hình học phẳng về tam giác trong đề thi vô địch toán các nước trong một số năm gần đây

9.6 ( Nam tư, 81) Một đường thẳng chia một tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau và chu vi bằng nhau, Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm trên đường thẳng ấy..[r]

CHUYÊN ĐỀ: HÌNH HỌC PHẲNG

BÀI 1: CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC THI HỌC SINH GIỎI QUỐC TẾ

9.1 ( Nam Tư, 81) Cho tam giác nhọn ABC không Kẻ đường cao AH, trung tuyến BM đường phân giác CI góc ACB Trung tuyến BM cắt AH CL P Q, CL cắt AH R Chứng minh tam giác PQR tam giác

9.2 ( Bỉ, 77) Chứng minh cho trước số thực dương a, b, c với giá trị nN, tồn tam giác có cạnh a b cn, n, n tất tam giác tam giác cân

9.3 ( Thụy Điển, 82) Tìm tất giá trị nN để với giá trị tồn số mN, mà tam giác ABC có cạnh AB = 33, AC = 21, BC = n điểm D, E cạnh AB, AC thỏa mãn điều kiện AD = DE = EC = m

9.4 ( Việt Nam, 79) Tìm tất ba số , ,a b cNlà độ dài cạnh tam giác nội

tiếp đường trịn đường kính 6,25

9.5 ( Nữu Ước, 78) Tam giác ABC tam giác DEF nội tiếp đường tròn Chứng minh chu vi chúng có:

sinAsinBsinCsinDsinEsinF

9.6 ( Nam tư, 81) Một đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích chu vi nhau, Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm đường thẳng 9.7 ( Áo, 83) Cho tam giác ABC, cạnh AB, AC BC lấy điểm C”, B’, A’ cho đoạn AA’, BB’, CC’ cắt điểm; điểm A”, B”, C” đối xứng với điểm A, B, C qua A’, B’, C’ Chứng minh rằng: SA B C" " "3SABC4SA B C' ' '

9.8 ( Áo, 71) Các đường trung tuyến tam giác ABC cắt O Chứng minh rằng:

 

2 2 2

3

AB BC CA  OA OB OC

9.9 ( Nữu Ước, 79) Chứng minh trọng tâm tam giác trùng với trọng tâm tam giác có đỉnh trung điểm đường biên nó, tam giác tam giác

9.10 ( Anh, 83) Giả sử O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D trung điểm cạnh AB, E giao điểm đường trung tuyến tam giác ACD Chứng minh AB = AC, OE vng góc với CD

DA ABBE

  

VÀ AC = a, BC = b

9.12 ( Nữu ước, 76) Tìm tam giác vng có cạnh số nguyên chia góc thành ba phần thước kẻ compa

9.13 ( Phần Lan, 80) Cho tam giác ABC, dựng đường trung trực AB AC Hai đường trung trực cắt đường thẳng BC X Y tương ứng Chứng minh đẳng thức: BC = XY a) Đúng tgB.tgC =

b) Đẳng thức tgB.tgC  3, tìm tập hợp MR để đẳng thức dẫn tương đương với điều kiện tgB.tgC  M

9.14 ( Nữu Ước, 76) Các đường cao tam giác nhọn ABC cắt O Trên đoạn OB OC người ta lấy hai điểm B C1, 1 cho AB C1 AC B1 90 Chứng minh rằng: AB1 AC1

9.15 ( Anh, 81) Các đường cao tam giác ABC cắt O, điểm A B C1, 1, 1 trung điểm cạnh tương ứng BC, CA, AB Đường tròn tâm O cắt đường thẳng B C1 1 D D1, 2 , cắt C A1 1 E E1, 2 cắt đường thẳng A B1 1 F F1, Chứng minh rằng:

1 2

AD  AD BE BE CF CF

9.16 ( Nam Tư, 83) Trong tam giác ABC lấy điểm P, cạnh AC BC lấy điểm

tương ứng M L, cho: PACPBC; PLCPMC90

Chứng minh D trung điểm cạnh AB DM = DL

9.17 ( Rumani, 78) Tìm quỹ tích điểm M tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:

  

90

MABMBCMCA 

9.18 ( Bungari, 82) Ký hiệu B i jij , 1;2;3 điểm đối xứng đỉnh A1của tam giác thường

1

A A A qua phân giác xuất phát từ đỉnh A1 Chứng minh đường thẳng B B B B12 21 13 31và

23 32

B B song song với

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

BÀI TAM GIÁC

9.1 Giả sử tam giác PQR

Suy PRQ90 RCH 30o

Mặt khác RPQ60 MBC30 BMC90 tam giác ABC Điều trái với giả thiết Vậy tam giác PQR khơng

9.2 Khơng giảm tính tổng qt

Giả sử a b c

Nếu c > b , lim 0;

n n n

b c

  lim 0;

n n n

a c

  giá trị n N đủ lớn bất đẳng thức

n n n

a b c không đúng, điều kiện cần để tồn tam giác có cạnh a b cn, n, n ) Vậy b = c, tất tam giác cân

9.3 Giả sử m, n  N thỏa mãn điều kiện tốn Khi m = CE < AC = 21 Và từ tam giác ADE có: 21 – m = AE < AD + DE = 2m Nghĩa < m > 21 Mặt khác AD = DE, ta tìm được: cos A = AE : 2AD = ( 21 – m ) : 2m Theo định lý hàm số sin ta có: 2

2 os

n AC AB  AB AC c 

 

2 21 27.49.11

33 21 33.21 2223

m

m m



    

Vì m, n N, nên suy 27.49.11 m m 9;11

Với m = n2 106 Trường hợp không thỏa mãn 606 khơng phải số phương

Với m = 11 n2 900 n 30

9.4Giả sử a, b, c N độ dài cạnh tam giác nội tiếp đường trịn đường kính 2R =

6,25, cịn S diện tích tam giác

2

a b c

p   nửa chu vi tam giác Bởi a, b, c  2R

nên a, b, c 1; 2;3; 4;5;6

Nhưng    

4

abc

S p p a p b p c

R

    

 2   2     2

4

abc R p p a p b p c SR

     

     

2 2

64a b c 625 a b c c b a a c b a b c

         

2 2

64a b c 625

  giá trị a, b, c hai ba giá trị Giả thử a = b = Khi   2 

64c  10c c 10c

Hay  2 2

64  10c c 64 100   c c

Như ba giá trị a, b, c N 5, 5, mà giá trị thỏa mãn điều kiện toán

9.5 Xét tam giác ABC Từ định lý sin ta có:

sin

sin

sin

a A

R b B

R c C

R 





1

sin sin sin

2

p a b c

A B C

R R

 

    

(p1 chu vi tam giác ABC)

Gọi p2 chu vi tam giác DEF, chứng minh tương tự trên, ta được:

2

sin sin s inF

p

D E

R   

Từ điều kiện toán, từ (1), (2) suy ra:

1

2

p p

p p

R  R   ( đpcm)

9.6 Giả sử, đường thẳng cắt cạnh AB AC tam giác ABC K M, theo giả

1

(1) 2

AKM KBCM ABC AKM ABC

S S  S  S S

Mặt khác: AK + AM + KM = KB + BC + CM + KM Lại có: AB + BC + AC = AK + KB + BC + CM + AM

Do đó: 1 

2

AKAM  ABBCAC 1 2

2

AK AM

AB BC AC



 

 

Từ ( 1) (2) AKM  3

ABC

S AK AM

S AB BC AC



 

 

Gọi r1 bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC ta có:

  

1

2SABC r ABACBC

Giả sử r2 bán kính đường trịn có tâm nằm KM đường trịn tiếp xúc với AB, AC

Bởi diện tích tam giác AKM là: 2  2  

1

2

2

AKM AKM

S  r AKKM  S r AKKM

Từ (4) (5) :   ( ) ( ) AKM ABC

S r AK AM

S R AB BC AC 

 

 

Từ (3) (6)  r1 r2

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm KM

9.7 Giả sử đoạn AA’, BB’, CC’ cắt O góc AOB =  Khi ta có:

'

'

' '

2 sin

2 ' sin

2 ' sin

2 ' ' sin

AOB AOB A OB A OB

S AO BO S AO B O S A O BO S A O B O

       

Suy ra: " " " "O.sin

A OB

S  A O B 

  

1

= ' ' sin

2 AO A O BO B O   

' ' '

2

AOB AOB A OB

S S S

Chứng minh tương tự ta được: SA OC" "SAOC2SAOC'2SCOA'4SA OC' ' 2  

" " ' ' ' '

B OC BOC BOC BOC B OC

S S  S  S  S

Từ (1) (2) (3) suy ra:

" " " 2( ' ' ' ' ' ' ) ' ' ' ' ' '

A B C ABC AOB B OC COA A OB BOC C OA A B C ABC A B C S S  S S S S S S  S  S  S

9.8 Giả sử ABc BC;a CA;b;

Khi 1 ;

AO c b



 

1

;

BO a c



 

1

;

CO b a

Và AB2BC2CA2 3 OA2OB2OC2

     

  2  2 2

2 2

3

a b c  a b b c c a 

          

 2 

1

2 2

3 a b c ab bc ac

     

 2

1

0

3 a b c

   

Từ ta có: AB2BC2CA2 2OA2OB2OC2

9.9 Giả sử trọng tâm tam giác A B C1 1 1 trùng với trọng tâm tam giác ABC (A B C1, 1, 1là trung điểm

của cạnh BC, CA, AB) Nghĩa O giao điểm đường trung tuyến

Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB đó:aOA1bOB1cOB10

Vì rằng: 1 1 1  1  1 

3 6

cOC  CC  CA CB   ABAC  BA BC

       

1

1

AA ' '

3 3BB OA OB      

Do đó:a c OA  1 b c OB 1aOA1bOB1cOB1

    

9.10 Từ hệ thức: 1 

3 2

OE OCOA OD  OC OA OB

 

      

   

1

2

CD CA CB   OA OB OC   

;

ABAC AOBC

Ta nhận được:

  

2 2

2 2

12 '

3 4

3 4 ( )

OE CD OC OA OB OA OB OC

OA OB OC OA OB OC OA

R R R OA OB OC OA CB

    

   

      

            

   

Ở R = OA = OB = OC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.’

12OE CD ' 0 OECD

 

9.11 Ta ký hiệu CAx



; CB y

Khi DABEAB y x; CE2yx; CD2xy

Cịn điều kiện CDCE cho ta đẳng thức ( 2x – y) ( 2y – x) hay 5 x y2 x2y2

Biết AC = b, BC = a, AB = c tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức: 5c2 a2b2

Như tam giác tồn giá trị a, b thỏa mãn đẳng thức:

2

5

a b

a b    a b

Nghĩa là:  2 2 2  2

5 a b a b 5 a b

Thật vậy, bất đẳng thức tất a, b > Mặt khác:

 2 2 2 2 2 2 2

5 a b a b 5a 5b 10aba b

  

2 2

2

a

a b b a

b

9.12 Ta chọn góc  thỏa mãn điều kiện 690 tgQ ( ví dụ, giá trị

tg  ) Khi đó,

mỗi số sau số hữu tỉ:

2 2 tg tg tg      ; 2 os2 tg c tg       ; 2 os6 tg c tg       ; tg tg tg tg tg       

 ;

2 sin tg tg    

 ;

2 sin tg tg      ;

Bởi tam giác A B C1 1 1 thỏa mãn điều kiện:



1 90

C  ; A6; A B1 1 1; A C1 1 cos6 ; B C1 1 sin ;

Độ dài cạnh số hữu tỉ, suy tam giác A B C1 1 1 đồng dạng với tam giác ABC với

cạnh số nguyên ( chẳng hạn

tg  , cạnh tam giác ABC AB = 4913, AC = 495, BC = 4888) Mặt khác tam giác vuông A B C2 2 2thỏa mãn điều kiện:



1 90

C  ; A6; A B1 1; A C1 cos6 ; B C1 sin ;

Độ dài cạnh số hữu tỉ Vậy dựng với dụng cụ compa thước kẻ góc

1

1

3A

 

Nghĩa chia góc A tam giác ABC thành phần Chẳng hạn góc 30

cũng dựng 1   30

3B C A 

 

    

 



góc tam giác ABC chia

thành phần thước kẻ compa Như tam giác ABC thỏa mãn điều kiện địi hỏi tốn

9.13 Trong tam giác ABC ta ký hiệu A; B; C; BC = a, AC = b, AB = c; R bán kính đường trịn ngoại tiếp

Đẳng thức BC = XY BCXY BCXY Vì đẳng thức:

XYBC  XBBC CY BC

2 cos cos

c b

a a

 

    

 

sin sin

2 1 sin os os

R

c c

  

 

    

Tương tự điều kiện: 1 sin  sin sin

os os

c c

 



 

  

Ta có: sin sin sin os sin os

os os os os

c c

c c c c

     

   



 

   

sin os

sin sin

2 os os os os

c

c c c c

   

 

   

 

 

 

sin ( os os sin sin )

sin

os os

c c

tg tg c c

       

 

  

Do đó: 1   1 tg tg 

Đẳng thức tg tg  3 tg tg   1

Ta ký hiệu M   1;3 khẳng định trường hợp a) đúng, để chứng minh trường hợp b, cần để ý thực tg tg   1 chẳng hạn   30 ,  120

9.14 Ta ký hiệu B C2, chân đường cao kẻ từ B C xuống AC, AB Khi đó, từ cặp tam

giác đồng dạng:

1 ~

AB C AB B

  ; ABB2 ~CC2; AC B1 ~AC C2 1;

( cặp tam giác vng có góc nhọn chung)

Ta có: AB12  AB AC2 AC AB2  AC12

Suy đẳng thức: AB1 AC1

9.15 Gọi A B C2, 2, chân đường cao kẻ từ A’, B, C xuống cạnh AB, AC, AB Khi

đó ta có: AO A O BO B O CO C O

Mặt khác, đường trung bình tam giác ABC nên đường trung trực ; theo định lý pitago ta có:

     

2 2 2

1,

i

AD  AQ  R OQ R  AQ OQ AO OQ i 

( R bán kính đường tròn ngoại tiếp) Việc chọn trường hợp khác để xét điểm O đường thẳng AA2 chứng tỏ đẳng thức sau đúng:

2

2

i

AD R AO A O

Đẳng thức lấy dấu + điểm O tam giác ABC cịn điểm O ngồi tam giác ABC đẳng thức lấy dấu -

Chứng minh tương tự ta được: BEi2 R2BO B O CF ; i2 R2CO C O ;

Từ suy ra: AD1 AD2 BE1BE2 CF1 CF2

9.16 Giả sử E F trung điểm đoạn AP BP Khi DE DF đường trung

bình tam giác ABP, từ giác DFPE hình bình hành tam giác APM, BPL vng nên ta có:

2

ME APDF

1

LF  BPDE

Mặt khác: PEM2EAM2FBLPLE

 

PEDPFD

Như tam giác DEM DFL theo trường hợp (c.g.c) ( đại lượng  PEM PEDPFLPFD 180 360 180;

180

  

ta có DM = ME + DE = DF + LF = DL) Từ suy DM = DL

9.17 Tất điểm M nằm đường cao tam giác ABC thỏa mãn điều kiện

tốn Thí dụ xét điểm M1 nằm đường cao dựng từ A ta có:

       

1 1 1 1 90

M ABM BCM CAM ABM BCM BAM ABABC 

( Chứng minh tam giác AM B1 = tam giác AM C1

 

1

M OA M BA

và M2 Nếu điểm thỏa mãn điều kiện toán ta có:

   

1 1; 2

MAM MCM MAM MCM

9.20 Giả sử CH đường cao tam giác ABC cắt đường thẳng AM E Khi AE = BE

  

30 10 20

AEM EAB MAB     

 1 

40

ACE ACB 

  

90 40  30 20

EACCAHEAB      

  

10 30 40

AMEMABMBA    

Nghĩa tam giác AME = tam giác ACE có cạnh chung hai góc Bởi vậy:

  1 

, 180 70

2

AM AC AMC ACM   CAM

 

 

9.21 Giả sử O giao điểm đường thẳng AD BE, đó:



180 30 50 100

AOB     



180 50 50 80

BAD     



50 30 20

CBE    



70

AEBCBEECB 

   

180 30

CAD ACBABCBAD 

Theo định lý hàm số sin ta có: sin 20 ; sin 80

OD OB 

 

sin 50 ; sin 30

OB OA

 

sin 70 ; sin 30

OA OE 

 

Suy ra: OD OD OB OA

OE OB OA OE

1

C PCP BP C BP1 180APCAPC1 1806060 60

Bởi C BP1 90 

( tam giác C BP1 đồng dạng với tam giác vng có cạnh huyền cạnh góc vng 1) Nghĩa BA đường phân giác góc C BP1 Như điểm A cách đường thẳng C P PC C B1 , , 1 từ suy A nằm đường phân giác góc DC P1 ( A nằm đường kéo dài đoạn thẳng BC2 phía C1 ) Bởi vậy:

  

 

1

1

180 180 30 75

2

ACBAC P  BC P  

 

   

9.23 Ta ký hiệu  20 ;  75 ;  15

Khi đó:   , , 30;     60

Và chứng minh tương tự ta có: LBM; KLC

Giả sử đoạn AM CL cắt N, đường thẳng BN AC cắt P, đường thẳng CL AB cắt O Vì AB = BC AN = NC ( NACNCA ) BP phân giác góc ANC

Giả sử có điểm B’ nằm góc LNM tam giác LMN, đồng thời cách đường thẳng LN, LM MN Điểm nằm đường phân giác góc LNM tam giác LMN, vậy:

  

' 180 ' '

LB M  B LMB ML

 

180 180

180

2

o NLM NML

    

   180    

'

2 2

NLM NML LNM NAC NCA

LB M       LBM



Suy ra: B’ = B

Và: BLMBLQ180LQBABLABCBCQABL

  

60

60    60 

     

Vì: BCL180LBC LCB

   

180o     120o 

      

Thì: MLCBLC BLM 120  60602

( Vì BB' điều chứng tỏ B tâm đường trịn bàng tiếp tam giác LMN, LB phân giác góc ngồi QLM)

Lại xét tam giác LIK lập luận tương tự ta được: KLB602

Do đó: KLMBLC  KLB MLC 120  602  6023

Nghĩa là: KLM3 60

Chứng minh tương tự ta được: LKN3 75; KML3 45