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]
(1)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
.
BC
2=
AC
2(
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 ,
BC
2=
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
) (2)∠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
a
2(
b
−
c
)=(
b
2+
bc
)(
b
−
c
)
a
2(
b
−
c
)=(
b
2+
bc
)(
b
−
c
)=
c
(
b
2−
c
2)
, từ b2=c2+ca b2−c2=ca
a
2(
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 BADBCD CPDCBD, mặt khác
CPD MPD MED AED
AEDCBD
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
(3)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 IHCHNA
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
(4)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 PH2PK2, PC2 PK2PE2,
2 2
PD PE PF PA2PC2 PB2PD2(1) Khơng tính tổng qt PA1, 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 PMDAPB 450 PMD: MD2MP2 PB2MP2 4 PD2 PMD900
0 0
90 45 135
AMD
APB1350
Cách Dựng tam giác vuông cân PBE, BP = BE theo giả thiết
1
PA PB PC
k
PA1, PB2 ,k PC3k
2 2 8
PE BP PE k , mặt khác tam giác ABP tam giác CBE
bằng (c.g.c) APBCEP, PA = EC 2222PEECkPC9theo Định lí đảo Pythagoras PEC900
0 135
APB CEP PEC PEB
(5)Bài Cho tứ giác ABCD thỏa mãn ABCACD BACCAD, hình chiếu A trên BC CD Q Chứng minh trực tâm tam giác APQ nằm BD
Lời giải Theo giả thiết ABCACD BACCAD 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
HDQD 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
(6)
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 )( 2AC2 BC2) 2b3(a b b )( 2c2 a2)
Cách 2: Xét tam giác vuông BHC:
2 2 ( 2)
CH BC BH BC AB AH BC2 AB2AH2 BC2 AB2(CA CH )2 BC2CA2 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
(BC3CA3)BC CA CA BC AB CA AB BC2 2BC CA (BC CA BC )( 2CA2 AB2) 2 BC CA
(a b a )( 2b2 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
(7)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) ABEADM 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 gócADC 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 BMC900 BM, CM cắt AC AB D E, N điểm tam giác cho NBCABD,NCBACE
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)
ENBMHB, tương tự ta có DNC MHC
Cộng vế với ta có:ENB DNCMHB MHC1800
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
(8)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 ACB900
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 DHEHEK 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)
(9)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 BC2EF.
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 PQEF OM ; Mặt khác
1 2 2
2
OM OM OM OM OM ON MN
1
PQEF MN (2), từ (1) (2) 1 1
ADEF PQEF
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
(10)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
IDEDJ,IEDDEJ 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 BCBD AD BE AD
BE EC BE AD ECAD 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 ECDCDE
ABD DBC
DCE 2 DBC, BD BE
0 180
2 DBC BDE BED
(11)0 180 180
CED ECD DBC
0 180
2 DBC DEB DEC
0 0
180 DBC 180
9DBC1800 DBC200 ABCACB400 BAC1000.
Bài 16 Cho tam giác ABC, thỏa mãn 2 B C1800, số đo cạnh ba số nguyên liên tiếp Tính diện tích tam giác ABC
Lời giải Theo giả thiết 2 B C1800 từ ta có 2 B C A B C A B C góc Alớn cạnh BC lớn cạnh BC lấy điểm D cho CDAC
0 180
2 C ADC DAC
0 180
180 180
2 C
ADB ADC
, thay 2 B C1800 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 ACAB 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
(12)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 MDADAM DBC MBDMBN DBN DBC DBN NBC
H trực tâm, O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC tam giác OBC cân ABH ABDOBC
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
(13)