TAI LIEU BDHSG THAY DANG

Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm, gọi I là trung điểm cạnh BC, đường thẳng qua H và vuông góc với HI cắt AC tại M và cắt AB tại N.. Chứng minh H là trung điểm MN.[r]

BỒI DƯỠNG GIÁO VIÊN TỨ KỲ

Bài Cho tam giác ABC Chứng minh ∠BAC=2∠ABC khi

BC2=AC2+AC.AB

Lời giải: Giả sử ∠BAC=2∠ABC , kẻ đường phân giác AD góc ∠BAC (D thuộc cạnh AC) 

∠CAD=∠DAC theo tính chất đường phân giác 

CD

DB=

AC

AB 

CD

DB+CD=

AC

AB+AC 

CD

CB=

AC

AB+AC  CD=

AC.CB

AB+AC (1)

Mặt khác ∠CAD=∠DAC=∠ABC  ∠CDA=2∠ABC  tam giác DAC tam giác

ABC đồng dạng (g.g) 

CD

CA=

AC

BC  CD.BC=AC2 , thay CD từ (1) vào 

AC.BC2=AC2(AB+AC)  BC2=AC2+AC.AB .

Ngược lại BC2=AC2+AC.AB , phân giác AD góc ∠BAC ta ln có

CD= AC.CB

AB+AC từ hai đẳng thức  AB+AC=

AC.CB

CD , BC2=AC(AC+AB) 

BC

AC=

AC

CD  tam giác ABC tam giác DAC đồng dạng (c.g.c)  ∠ABC=∠DAC  ∠BAC=2∠ABC .

Lời giải Giả sử ∠A=2∠B

Từ M kẻ đường thẳng song song với CH cắt BC D  tam giác ADB cân  ∠DAB=∠DBA , ∠A=2∠B 

∠CAD=∠DAB  AD phân giác góc ∠A theo tính chất đường phân giác Định lý Thales 

AC

AB=

CD

DB=

HM MB

Theo giả thiết AB = 2MB 

AC

2MB= HM

MB  AC=2HM .

Bài Cho tam giác ABC thỏa mãn

∠A

4 =

∠B

2 =

∠C

1 Chứng minh

a+

1

b=

1

c

( BC=a , CA=b, AB=c )

∠A

4 =

∠B

2 =

∠C

1  ∠A=2∠B , ∠B=2∠C theo kết  a2=b2+bc và

b2=c2+ca

Mặt khác  ∠B≠∠C  b≠c  b−c≠0 , nhân hai vế a2=b2+bc với b−c 

a2(b−c)=(b2+bc)(b−c)  a2(b−c)=(b2+bc)(b−c)=c(b2−c2) , từ b2=c2+ca 

b2−c2=ca  a2(b−c)=b.ca  ab−ac=bc chia vế cho abc 

c−

1

a=

1

b .

Bài Cho tam giác ABC , M trung điểm AB, H hình chiếu C AB Chứng minh ∠A=2∠B AC = 2MD.

Định lý Haruki : Người Nhật Bản năm 1997, ông đưa Định lý mang tên ơng

Định lý Cho đường trịn tâm (O) hai dây AB, CD không cắt nhau, P điểm đường tròn, PC, PD cắt AB M N Chứng minh

AM BN

MN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P

Lời giải Đường thẳng AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PMD E  BADBCD CPDCBD, mặt khác

CPD MPD MED AED

     AEDCBD

tam giác AED tam giác CBD đồng dạng (g.g) 

AE AD

CB CD 

AD BC AE

CD



vế phải không đổi  AE không đổi 

BE khơng đổi Theo hệ thức đường trịn  AN NB PN ND  PN ND MN NE  

AN NB MN NE  (AM MN NB MN NB BE )  (  )  AM NB MN BE  

AM BN BE

MN





AM BN

MN khơng phụ thuộc vào vị trí P.

A

Áp dụng chứng minh Định lý Con bướm Định lý Con bướm

Cho đường tròn dây PQ, I trung điểm PQ qua I kẻ hai cát tuyến AB CD, AD BC cắt PQ M N.Chứng minh IM = IN

Lời giải Áp dụng Định lý Haruki ta có

PM IQ PI NQ

MI  IN

Theo giả thiết IP = IQ 

PM NQ

MI IN 

PM MI NQ NI

MI NI

 



PI IQ

MI IN  IM = IN.

Bài toán Cho tam giác nhọn ABC, H trực tâm, gọi I trung điểm cạnh BC, đường thẳng qua H vng góc với HI cắt AC M cắt AB N Chứng minh H trung điểm MN

Bài phần Bài tập “Xung quanh phép quay” GS Walemar Pompe Ba Lan (nhiều năm làm trưởng đoàn dự thi IMO Ba Lan) hai vợ chồng GS Nguyễn Hùng Sơn gửi tặng Lời giải Cách Kéo dài BH lấy điểm K cho HK = HB, I

là trung điểm  HI đường trung bình tam giác BCK  HI song song với CK, giả thiết HI vng góc với MN  HM vng góc với CK, giả thiết H trực tâm tam giác ABC  BH vuông góc AC hay CM vng góc HK  M trực tâm tam giác HKC  KM vng góc với HC, CH vng góc AC  KM song song với AB  HKM HBN tam giác HKM tam giác HBN (g.c.g)  HM = HN

Cách Theo giả thiết H trực tâm tam giác  AH vng góc BC CH vng góc AB BAH BCH, theo giả thiết HI vng góc MN  IHCHNA

Tam giác AHN tam giác CIH đồng dạng (g.g)

AH HN

CI IH

(1), tương tự tam giác AHM tam giác BIH đồng dạng 

AH HM

BI  IH (2), từ (1) (2) IB = IC 

HN HM

HI  HI

Cách Đường kính qua A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K

90

ABK ACK

    KB song song với CH KC song song với BH  tứ giác BHCK hình bình hành  H, I, K thẳng hàng KH vng góc với MN  tứ giác BNHK nội tiếp 

NKH NBH

  , tương tự HKM HCM , mặt khác BH, CH đường cao 

NBH HCM

   NKH MKH tam giác KMN cân  HM HN.

Cách Dựng đường trịn tâm I đường kính BC cắt cạnh AC D AB E  BD vng góc với AC CE vng góc với AB  BD CE đường cao tam giác

ABC BD CE giao H trực tâm tam giác;

Theo giả thiết đường thẳng qua H vng góc với IH cắt đường trịn tâm I P Q  HP = HQ, cát tuyến CD EB cắt PQ M N  theo toán “Con bướm”  HM = HN

Giải Cho hình vng ABCD, P điểm hình vng thỏa mãn

: : 1: :

PA PB PC  Tính góc APB.

Giải 12 Gọi hình chiêó P cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt H, K, E, F  P, H, E P, K, F thẳng hàng

 tứ giác PFAH, PHBK, PKCE, PEDA hình chữ nhật 

2 2

PA PH PF , PB2 PH2PK2, PC2 PK2PE2,

2 2

PD PE PF  PA2PC2 PB2PD2(1) Khơng tính tổng qt PA1, theo giả thiết

: : 1: :

PA PB PC  

2 2

1 PA PB PC

 

 PB2 4, PC2 9

Thay vào (1)  PD2 6 Lấy điểm M ngồi hình vng ABCD thỏa mãn AM APvà 

90

PAM

   APB AMD (c.g.c) PM2   2 PMDAPB 450 PMD: MD2MP2 PB2MP2    4 PD2 PMD900

0 0

90 45 135

AMD

     APB1350

Cách Dựng tam giác vuông cân PBE, BP = BE theo giả thiết

1

PA PB PC

k

  

 PA1, PB2 ,k PC3k

2 2 8

PE BP PE  k , mặt khác tam giác ABP tam giác CBE

bằng (c.g.c)  APBCEP, PA = EC  2222PEECkPC9theo Định lí đảo Pythagoras  PEC900

0 135

APB CEP PEC PEB

Bài Cho tứ giác ABCD thỏa mãn ABCACD BACCAD, hình chiếu A trên BC CD Q Chứng minh trực tâm tam giác APQ nằm BD

Lời giải Theo giả thiết ABCACD BACCAD tam giác ABC tam giác ACD đồng dạng (g.g), AP AQ đường cao tương ứng suy

BP CQ PC QD(1)

Từ P kẻ đường thẳng song song với CD cắt BD H, 

BP BH

BC HD(2), AQ vng góc CD  PH vng góc AQ;

Từ (1) (2) 

BH CQ

HDQD theo Định lí đảo Thales

 HQ song song BC, kết hợp giả thiết AP vng góc BC  HQ vng góc với AP  H trực tâm tam giác APQ

Bài 6.

Bài toán Cho tam giác ABC (BC a CA b AB c ,  ,  ) Trung tuyến AD, đường cao BH, phân giác CE đồng quy Chứng minh đẳng thức:

2 2

(a b a )( b  c ) 2 ab .

Lời giải Cách 1: Theo giả thiết AD, BH, CE đồng qui theo tính chất đường trung tuyến  HE song song với BC, áp dụng định lí Thales tính chất đường phân giác tam giác 

AE AH AC

EB HC BC 

AH AC



2 AC AH

BC AC



 (1)

Áp dụng Địnhlí Pythagoras  AH2 AB2 BH2 

2 ( 2) 2 2 ( )2

AB BC CH AB BC CH AB BC AC AH

          

2 2 2 .

AB BC AC AH AC AH

     

2 2

2

AB BC AC AH

AC

 



(2), thay (2) vào (1)   2AC2 (BC AC AB )( 2AC2 BC2) 2b3(a b b )( 2c2 a2)

Cách 2: Xét tam giác vuông BHC:

2 2 ( 2)

CH BC  BH BC  AB  AH BC2 AB2AH2 BC2 AB2(CA CH )2  BC2CA2 AB2 2CA CH 

222

2

BCCAAB

CH

CA





, tương tự

2 2

2

CA AB BC AH

CA

 





2 2

2 2

CH BC CA AB AH CA AB BC

 



  (1)

CE phân giác tam giác ABC, AD, BH, CE đồng quy  CO đường phân giác

ADC 

OD CD BC

OA CA  CA (2)

Từ D kẻ đường thẳng DK AC BH // DK 

HC

HK 



OD HK CH

OA HA  HA (3), từ (1), (2) (3) 

2 2

2 2

BC CA AB BC CA AB BC CA

 



 

 BC CA CA2  3 AB CA CA BC AB BC BC2   

 (BC3CA3)BC CA CA BC AB CA AB BC2    2BC CA  (BC CA BC )( 2CA2 AB2) 2 BC CA

 (a b a )( 2b2 c2) 2 ab2

Bài Cho hình thang vng ABCD, vng A B (BC < AD), đồng thời thỏa mãn

AB AD CD BC AD  Chứng minh ADC 2 ABE, E trung điểm AD. Lời giải Gọi M trung điểm cạnh AB, kéo dài CM cắt AD

Mặt khác theo giả thiết CD BC AD   DN DA AN DA BC DC  tam giác DCN cân  DM vng góc với CN CDM MDN.

E trung điểm AD  EA = ED, kết hợp AB AD  AM AE, tam giác ABE ADE hai tam giác vuông (c.g.c)  ABEADM  ADC 2 ABE.

Bài Cho tam giác ABC, D điểm cạnh BC, phân giác góc ADC cắt cạnh AC E, EB cắt AD P, CP cắt cạnh AB Q Chứng minh góc DQ phân giác góc ADB.

Lời giải DE phân giác gócADC theo tính chất đường phân giác 

DA AE

DC EC (1)

Theo giả thiết AD, BE, CQ đồng quy, áp dụng Định lý Ceva 

DC QB EA DB QA EC  

QB EC DB QA EA DC (2) Thay (1) vào (2) 

QB EC DB DC DB DB

QA EA DC DA DC DA theo Định lý

đảo tính chất phân giác góc tam giác  DQ phân giác góc ADB.

Bài Cho tam giác ABC, M điểm tam giác cho BMC900 BM, CM cắt AC AB D E, N điểm tam giác cho NBCABD,NCBACE

Chứng minh góc DNE khơng phụ thuộc vào vị trí M. Lời giải Gọi H hình chiếu N BC, theo giả thiết

NBC ABD

  BD vng góc với CE  tam giác BNH và

tam giác BEM đồng dạng (g.g) 

BE BM

BN BH (1)

NBC ABD

   MBH EBN, kết hợp (1) ta suy tam giác EBN tam giác MBH đồng dạng (c.g.c)

 ENBMHB, tương tự ta có DNC MHC

Cộng vế với ta có:ENB DNCMHB MHC1800

0

360 180

DNE BNE DNC BNC BNC NBC NCB

              

0 90

ABD ACE BMC BAC BAC

         .

Bài 10 Cho tam vuông ABC (vuông A), M trung điểm BC Gọi H trực tâm tam giác ABM, K trực tâm tam giác ACM, đường thẳng BK HC cắt P

Lời giải Tam giác ABE tam giác BAD hai tam giác vuông  BD = AE  tam giác AHE tam giác BHD bang (c.g.c)  HA = HB

Tương tự KA = KC

Theo giả thiết H trực tâm tam giác ABM, K trực tâm tam giác ACM  CK vng góc với AM, BH vng góc với AM  CK song song BH Áp dụng Định lý Thales 

PC KC KA

PH HB AH 

AP song song với KC, CK vng góc với AE  AP vng góc AE hay AP vng góc AM 

90

PAM

   tam giác MAP vuông A.

Bài 11 Cho tam giác vuông ABC (vuông A), D điểm AB, H hình chiếu D BC, E AC cho DE = DH, gọi I trung điểm HE

Chứng minh BEH HCI .

Lời giải Theo giả thiết DH = DE  tam giác DHE tam giác cân, từ giả thiết IH = IE DI vng góc với HE Gọi K hình chiếu E BC  tam giác DHB EKC tam giác vuông  DH song song với EK, tam giác ABC vuông A  ABC ACB900

 BDH ECK  tam giác DBH tam giác CEK đồng dạng 

BH DH

EK CK 

DH EK BH

CK



(1)

DH vng góc với BC  DHE EHK 900 DHEHEK tam giác DHI tam giác

HEK đồng dạng (g.g) 

HI DH

EK HE 

DH EK HE

HI



(2) chia hai đẳng thức (1) (2) 

BH DH EK HI HI

HE  CK DH EK CK (3)

Bài 12 Cho tam giác ABC, gọi D, F, E trung điểm BC, CA, AB.Đường phân giác góc ADB

 cắt AM M, đường phân giác góc ADC cắt AC N, O giao điểm MN AD, FO cắt AB P, EO cắt AC Q Chứng minh AD PQ

Lời giải Theo giả thiết DM phân giác ADB 

AM AD

MB BD,

DN phân giác góc ADC

AN AD

NC DC , D trung điểm BD 

BD = DC 

AM AN

MB NCtheo Định lí Thales đảo  MN song song

với BC , mặt khác E, F trung điểm AB AC  BC2EF.

1

BD AD BD BM BM MA AB BC EF

AD AD MA MA AM MN MN

           BD AD

AD EF MN

 

hay

1

AD EF MN (1)

EPQF hình thang 

OM EM PQ  EP

OM PM

EF PE cộng hai vế ta có:

1 OM OM EM PM EM MP

PQ EF EP PE EP



    



1 1 PQEF OM ; Mặt khác

1 2 2

2

OM  OM OM OM OM ON MN 

1

PQEF MN (2), từ (1) (2)  1 1

ADEF PQEF 

1

AD PQ AD = PQ.

Bài 13 Cho tam giác ABC, phân giác AD BE phân giác góc BAC,ABC thỏa mãn

ADE BED

EDC DEC

 



  Chứng minh tam giác ABC cân.

Lời giải Đặt

ADE BED

k

EDC DEC

 

 

  , với k số thực dương, đặt ADE  EDC k  , BED   DEC k . Gọi I giao điểm AD BE 

0 90

2 C EID AIB 

   



0 0

180 180 90

2 C

EID IED IDE   

            90 C      

0

180 180

C EDC DEC k k

         (2), từ (1) (2) 

0

180  2 2 180  k  k ( )(1 ) 0 k  

k Gọi J phân giác góc DEC cắt CI J với

1

k 

 IDEDJ,IEDDEJ tam giác IED tam giác JED  ED vng góc với IJ  tam giác CDE cân  CD = CE  tam giác ABC cân CA = CB

Bài 14 Cho tam giác ABC, D trung điểm BC, E cạnh BC thỏa mãn BAE = CAD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt cạnh AC M, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt cạnh AM N Chứng minh MN song song với BC

Giải Trước hết chứng minh

2

BE AB

CE AC

ABE ACD S BE S CD,

ABE

ACD

S AB AE S AC AD

BE AB AE

CD AC AD (1)

Tương tự

BD AB AD

CE AC AE (2), nhân (1) với (2) 

2

2

BE AB

CE AC



2 2

BE CE c b

CE b     2 a b CE c b   , 2 ac BE c b  

Theo giả thiết AMEB nội tiếp  CM CA CE CB  

2

2 2 2

CM CE CB ab a a

CA  CA c b b b c

Tương tự BN BA BE BC  

2

2 2 2

BN BE BC ac a a

AB  AB c b c b c  MN//BC.

Bài 15 Cho tam giác cân ABC, AB = AC, đường phân giác BD thỏa mãn BC = BD + AD. Tính góc tam giác ABC

Lời giải Trên BC lấy điểm E cho BD BE Từ giả thiết BCBD AD BE AD  

 BE EC BE AD  ECAD AD phân giác 

AD AB

DC CB

CE AD AB AC

CD CD BC BC góc ACB chung  CED đồng dạng với CAB  CED tam giác cân  ECDCDE

ABD DBC

   DCE 2 DBC, BD BE 

0 180

2 DBC BDE BED  

0 180 180

CED ECD DBC

      



0 180

2 DBC DEB DEC  

    0 0

180 DBC 180

   

 9DBC1800  DBC200 ABCACB400  BAC1000.

Bài 16 Cho tam giác ABC, thỏa mãn 2  B C1800, số đo cạnh ba số nguyên liên tiếp Tính diện tích tam giác ABC

Lời giải Theo giả thiết 2  B C1800 từ ta có 2  B C    A B C   A B C  góc Alớn  cạnh BC lớn cạnh BC lấy điểm D cho CDAC

0 180

2 C ADC DAC  

  



0 180

180 180

2 C

ADB ADC  

     

, thay 2  B C1800 vào ta nhận được

0

180 180 ( )

2

B C C

ADB      B C A

        

 CBA đồng dạng với ABD (g.g) 

BC AB AB AB

AB BD BC CD BC AC 

2 .

BC  BC ACAB  AB2 BC BC AC(  ), theo giả thiết số đo ba cạnh nguyên liên

tiếp, chứng minh cạnh BC lớn  BC AC 1 BC AC 2 Nếu BC AC 1  BC có  AC = AB = thỏa mãn. Nếu BC AC 2 AB2 2BC phương trình không thỏa mãn đề bài. Đường đẳng giác

Cho tam giác ABC, AM, AN hai đường đẳng giác 

2

BM BN AB CN CM AC Chứng minh

ABM ACN

S BM S CN và

ABM

ACN

S AB AM S AC AN



BM AB AM

CN AC AN , tương tự

BN AB AN

CM AC AM



2 BM BN AB

Bài Cho tam giác ABC, AM, AN hai đường đẳng giác góc BAC, BD, BE hai đường đẳng giác góc ABC, đường cắt P, Q Chứng minh CP, CQ đường đẳng giác góc ACB

Lời giải Theo giả thiết AM, AN hai đường đẳng giác của góc BAC

2 BM BN AB

CN CM AC , BD, BE hai đường đẳng giác góc ABC

2 AD AE AB CE CD BC 

2 2

2 2

BM BN CE CD AB BC BC

CN CM AD AE AC AB AC , CQ cắt AB H, CP

cắt AB K, theo Định lí Ceva AN, BE, CH đồng qui 

HA NB EC

HB NC EA  AM, BD, CK 

1

KA MB DC

KB MC DA  

HA NB EC KA MB DC

HB NC EA KB MC DA  

BM BN CE CD HB KB

CN CM AD AE HA KA

2

HA KA CA KB KB CB  CH, CK đường đẳng giác góc ACB.

Hai điểm P Q gọi điểm đẳng giác, tam giác đường đối trung đồng qui điểm đó tên điểm Lemoine.

Bài 17 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tam (O), đường cao BD CE cắt H, từ M kẻ đường thẳng vng góc với BH cắt AC N Chứng minh ON song song BC Lời giải Theo giả thiết BMN 900 BD vuông góc với AC 

0 90

BDC BDN

    tứ giác BMDN nội tiếp; Theo giả thiết H trực tâm, M trung điểm AH  MA = MH = MD  MBN MDADAM DBC  MBDMBN DBN DBC DBN NBC

H trực tâm, O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  tam giác OBC cân  ABH ABDOBC 

ABM OBC MBD ABD MBD

       

OBC NBC OBN

     BM BO cặp đẳng giác góc B đối vớ i tam giác ABN, ta ln có AH AO cặp đường đẳng giác xuất phát đỉnh A