Các bài toán tam giác đặc sắc ôn thi vào lớp 10

117 CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐẶC SẮC I HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM GIÁC Tổng ba góc tam giác + Tổng ba góc tam giác 1800 + Trong tam giác vng hai góc nhọn phụ + Góc ngồi tam giác góc kề bù với góc tam giác + Định lí: Mỗi góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với + Nhận xét: Góc ngồi tam giác lớn góc khơng kề với Hai tam giác a Hai tam giác hai tam giác có cạnh tương ứng nhau, góc tương ứng b Các trường hợp hai tam giác có AB A' • Trường hợp 1: Tam giác ABC A’B’C’= = B'; BC B' = C'; CA C' A' tam giác ABC A’B’C’  A';  • Trường hợp 2: Tam giác ABC A’B’C’ có = AB A'= B'; A = CA C' A' ABC A’B’C’   C'  ABC  B'; có B • Trường hợp 2: Tam giác ABC A’B’C’= = BC B'= C'; C A’B’C’ c Các trường hợp tam giác vng • Nếu hai cạnh góc vng tam giác vng hai cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng • Nếu cạnh góc vng góc nhọn kề cạnh tam giác vng cạnh góc vng góc nhọn kề cạnh tam giác vng hai tam giác vng (g.c.g) • Nếu cạnh huyền góc nhọn tam giác vuông cạnh huyền góc nhọn tam giác vng hai tam giác vng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 118 • Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vuông cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng Quan hệ yếu tố tam giác a Quan hệ góc cạnh đối diện tam giác • Trong tam giác góc đối diện với cạnh lớn góc lớn • Trong tam giác cạnh đối diện với góc lớn cạnh lớn b Quan hệ đường vng góc đường xiên, đường xiên hình chiếu • Trong đường xiên đường vng góc kẻ từ điểm ngồi đường thẳng đến đường thẳng đó, đường vng góc đường ngắn • Trong hai đường xiên kẻ từ điểm nằm đường thẳng đến đường thẳng đó: - Đường xiên có hình chiếu lớn lớn - Đường xiên lớn có hình chiếu lớn - Nếu hai đường xiên hai hình chiếu nhau, ngược lại, hai hình chiếu hai đường xiên c Quan hệ ba cạnh tam giác Bất đẳng thức tam giác • Trong tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh cịn lại • Hệ quả: Trong tam giác, hiệu độ dài hai cạnh nhỏ độ dài cạnh cịn lại • Nhận xét: Trong tam giác, độ dài cạnh lớn hiệu nhỏ tổng độ dài hai cạnh lại Các đường đồng quy tam giác a Ba đường trung tuyến tam giác • Định nghĩa: Đoạn thẳng AM nối đỉnh A tam giác ABC với trung điểm M cạnh BC gọi đường trung tuyến tam giác ABC Đôi đường thẳng AM gọi đường trung tuyến tam giác ABC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 119 • Tính chất: Ba đường trung tuyến tam giác qua điểm, điểm gọi trọng tâm Trọng tâm cách đỉnh khoảng độ dài đường trung tuyến qua đỉnh b Ba đường phân giác tam giác • Định nhĩa: Trong tam giác ABC tia p.g góc A cắt cạnh BC điểm M, đoạn thẳng AM đglà đường phân giác tam giác ABC( ta gọi đường thẳng AM đường p.g tam giác) • Tính chất: Ba đường phân giác tam giác qua điểm Điểm cách ba cạnh tam giác tâm đường trịn nội tiếp tam giác c Ba đường trung trực tam giác • Định nghĩa: Trong tam giác đường trung trực cạnh gọi đường trung trực tam giác • Tính chất: Ba đường trung trực tam giác qua điểm Điểm cách ba đỉnh tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác d Ba đường cao tam giác • Định nghĩa Trong tam giác đoạn vng góc kẻ từ đỉnh đến đường thẳng chứa cạnh đối diện gọi đường cao tam giác • Tính chất: Ba đường cao tam giác qua điểm Điểm gọi trực tâm tam giác Tam giác đồng dạng a Định lí Talets tam giác • Tỉ số hai đoạn thẳng + Tỉ số hai đoạn thẳng tỉ số độ dài chúng theo đơn vị đo + Tỉ số hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào cách chọn đơn vị đo • Đoạn thẳng tỉ lệ Hai đoạn thẳng AB CD gọi tỉ lệ với hai đoạn thẳng A′B′ C′D′ có tỉ lệ thức: AB A′B′ AB CD hay = = CD C′D′ A′B′ C′D′ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 120 • Định lí Talét tam giác Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ • Định lí Talets đảo: Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh cịn lại tam giác • Hệ quả: Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh cịn lại tạo thành tam giác có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh tam giác cho • Chú ý: Hệ cho trường hợp đường thẳng song song với cạnh cắt phần kéo dài hai cạnh cịn lại b Tính chất đường phân giác tam giác: Trong tam giác đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn Chú ý: Định lí tia phân giác góc ngồi tam giác c Tam giác đồng dạng • Định nghĩa: Tam giác A′B′C′ gọi đồng dạng với tam giác ABC ′B′ B′C′ C′A′ ′ A, = ′ B, = ′ C  A= = = A B C AB BC CA • Kí hiệu: ∆A' B' C' ∽ ∆ABC • Định lí: Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với hai cạnh cịn lại tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác cho • Các trường hợp đồng dạng hai tam giác + Trường hợp 1: Nếu ba cạnh tam giác tỉ lệ với ba cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng với + Trường hợp 2: Nếu hai cạnh tam giác tỉ lệ với hai cạnh tam giác hai góc tạo cặp cạnh hai tam giác đồng dạng với + Trường hợp 3: Nếu hai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng với • Các trường hợp đồng dạng tam giác vuông + Trường hợp 1: Nếu tam giác vng có góc nhọn góc nhọn THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 121 tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng với + Trường hợp 2: Nếu tam giác vng có hai cạnh góc vng tỉ lệ với hai cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng với + Trường hợp 3: Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng tỉ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng với • Tính chất hai tam giác đồng dạng Nếu hai tam giác đồng dạng với thì: + Tỉ số hai đường cao tương ứng tỉ số đồng dạng + Tỉ số hai đường phân giác tương ứng tỉ số đồng dạng + Tỉ số hai đường trung tuyến tương ứng tỉ số đồng dạng + Tỉ số chu vi tỉ số đồng dạng + Tỉ số diện tích bình phương tỉ số đồng dạng Hệ thức lượng tam giác a Hệ thức liên hệ cạnh, đường cao hình chiếu tam giác vng Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH + BC AB2 + AC = + AB2 = BC.BH AC = BC.CH + AH = BH.CH + AB.AC = BC.AH + 1 = + 2 AH AB AC b Tỉ số lượng giác góc nhọn Định nghĩa: Cho tam giác ABC vuông A, ta định nghĩa tỉ số lượng giác góc B sau = sin B AC AB AC AB = ; cos B = ; tan B = ; cot B BC BC AB AC Chú ý: • Cho góc nhọn α Ta có < sin α < 1; < cos α < THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 122 • Nếu sin α = sin β cos α = cos β tan α = tan β cot α = cot β α = β với α ; β hai góc nhọn c Tỉ số lượng giác hai góc phụ Cho hai góc nhọn α ; β có α + β = 90 , ta có sin α = cosβ , cos α = sin β , tan α = cot β , cot α = tan β d Một số hệ thức lượng giác tan α = sin α cos α cot α = cos α sin α tan α cot α = 1 + cot α = sin α 1 + tan α = cos α sin α + cos α = e Liên hệ cạnh góc tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông A có = BC a,= AC b, = AB c Ta có = b a.sin = B a.cos C = c a.sin = C a.cos B = b c.tan = B c.cot C ; = c b.tan = C b.cot B II MỘT SỐ KIẾN THỨC NÂNG CAO THƯỜNG ÁP DỤNG Các công thức đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác tam giác Cho tam giác ABC có= BC a,= AC b, = AB c p = a+b+c Gọi h a ; h b ; h c , m a ; m b ; m c la ; l b ; l c đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác tương ứng với cạnh a, b, c • Cơng thức đường cao p ( p − a )( p − b )( p − c ) p ( p − a )( p − b )( p − c ) p ( p − a )( p − b )( p − c ) = hb = hc a b b • Công thức đường trung tuyến = m a2 Từ hệ m a2 + m 2b + m c2= 2b + 2c − a 2a + 2c − b 2c + 2b − c = m 2b = m c2 4 thức a + b2 + c ( học sinh tiếp tục suy hệ thức sau: ) • Cơng thức đường phân giác THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 123 A 2bc.cos la = = b+c B 2ac.cos = lb = a+c C 2ab.cos la = = a+b bcp ( p − a ) 2p ( p − a ) = b+c ( b + c ) cos A2 acp ( p − b ) 2p ( p − b ) = a+c ( a + c ) cos B2 abp ( p − c ) 2p ( p − c ) = a+b ( a + b ) cos A2 Các công thức lượng giác tam giác • Định lí cosin: Cho tam giác ABC nhọn bất kì, ta có: AB2 = AC + BC − 2AC.BC.cos C BC = AB2 + AC − 2AB.AC.cos A AC = AB2 + BC − 2AB.BC.cos B Hệ quả: Với tam giác ABC nhọn thì: cos A AB2 + AC − BC AB2 + BC − AC AC + BC − AB2 cos B = cos C = 2AB.AC 2AB.BC 2AC.BC a b c • Định lý sin: Trong tam giác ABC nhọn = = = 2R , với R bán kính sin A sin B sin C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các định lí hình học tiếng tam giác • Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, kỷ I sau công nguyên) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho chúng điểm nào, có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng A'B B' C C' A =1 A' C B' A C' B • Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy THCS.TOANMATH.com A'B B' C C' A = A' C B' A C' B TÀI LIỆU TOÁN HỌC 124 II CÁC THÍ DỤ MINH HỌA  = 30 BAC  = 130 Gọi Ax tia đối tia AB, Ví dụ Cho tam giác ABC có ABC  cắt phân giác CAx  D Đường thẳng BA cắt đường đường phân giác góc ABC thẳng CD E So sánh độ dài AC CE Lời giải Gọi Cy tia đối tia CB Dựng DH, H DI, DK vng góc với BC AC, C AB Từ giả thiết ta suy I y D = DI DK; = DK DH nên suy DI = DH (CI nằm tia CA điểm I thuộc tia đối CA DI > DH ) Vậy CD B K A E x  ICy  góc tia phân giác ICy ngồi tam giác ABC +B  30 + 130 A   = DCy = = = 80 Suy ACD 2  = 180 − 130 = 50 Do CEA  = 50 nên ∆CAE cân C Mặt khác ta có CAE Vậy ta CA = CE Ví dụ Cho tam giác ABC có đường phân giác BD CE cắt I ID = IE  =C  hay B  +C = Chứng minh B 120 Lời giải Qua I kẻ IH ⊥ AB KI ⊥ AC Do I A giao điểm hai đường phân giác nên KD IH = IK Lại có ID = IE nên ∆IHE = ∆IKD  = BEC  Ta xét trường Suy ADB hợp sau: THCS.TOANMATH.com E H I B C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 125 + Trường hợp K ∈ AD; H ∈ BE ta có  góc ngồi = A + 1C  ( BEC BEC ∆AEC ) 1    + 1C = +1B  Và ADB = B + C ( ADB góc ngồi ∆BCD ) Từ ta A C 2 = B  +C  , ta B  +C = +1B  nên 2A  1C Suy = 120 A 2  +C = + Trường hợp K ∈ DC; H ∈ AE , tương tự ta có B 120   =C + Trường hợp K ∈ DC; H ∈ BE , tương tự ta B  =C  + Trường hợp K ∈ DA; H ∈ AE , tương tự ta B =  =C  B  +C Vậy bốn trường hợp ta ln có B 120 Ví dụ Cho tam giác ABC, đường phân giác AD Trên đoạn AD lấy điểm E F cho  = CBF  Chứng minh ACE  = BCF  ABE Lời giải Vẽ K, H, I cho BC, AC, AB đường trung trực KF, EH, EI Khi ta có  = 2BCF  Ta phải chứng  = 2ACE  KCF HCE A H I E  = BCF  minh ACE F Ta có AI = AE = AH (vì AB đường trung trực EI) nên tam giác AHI cân A, mà B AE phân giác nên AD đường trung trực D C K IH, IF = FH (1)  FBK;  Ta lại= có BK BF; = IBE = BI BE nên ∆BEK = ∆BIF , suy EK = FI (2) Từ (1) (2) suy EK = FH Xét tam giác HCF ECK ta có HC = EC Kết hợp với CF =  = ECK  Do ta CK EK = FH nên ta ∆HCF = ∆ECK suy HCF  + FCE  nên HCE  + ECF  = KCF  = KCF  Suy ACE  = BCF  HCE Ví dụ Cho tam giác ABC vuông cân A Gọi M, N trung điểm AB, AC Kẻ NH ⊥ CM H Kẻ HE ⊥ AB E Chứng minh tam giác ABH cân HM  phân giác góc BHE Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 126 Từ A kẻ AK ⊥ CM K AQ ⊥ HN Q Hai tam giác vng có MA = NC = AB  = MAK  nên ∆MAK = ∆NCH Suy ACH A N E M AK = HC Q K H C  = AHC  Hai tam Ta lại có ∆ABK = ∆ACH nên BKA giác vng AQN CHN có NA = NC B  = HNC  nên ∆ANQ = ∆CHN Suy ANQ AQ = CH Từ suy AK = AQ nên HA tia phân giác góc KHQ  = 450 ⇒ AHC  = 90 + 450 = 1350 ⇒ AKM  = 1350 Do ta AHQ  + BKH  + AKH  = 360 ⇒ BKH  = 1350 Tam giác vng AKH có KHA  = 450 nên Từ AKB  = BKH  vuông cân K suy KA = KH Xét hai tam giác BKA cà BKH có BK chung; BKA KA = KH  = MAK  AB = BH hay tam giác BAH cân B Do ∆BKA = ∆BKH suy KHB  KE // CA nên ACH  = MAK  suy EHM  = MAK  = EHM   mà ACH  = MHB  Ta có KHB nên HM tia phân giác EHB   60 Ví dụ Tam giác ABC= có B ; C 30 Lấy điểm D cạnh AC Điểm E cạnh =  20  10 Gọi K giao điểm BD CE Tính góc tam AB cho = = ABD ; ACE giác KDE Lời giải   60 Tam giác ABC= có B = ; C 30 nên B  = 90 A Do I  = 90 − 10 = 80; BDA  = 900 − 200 = 700 CEA E K Ta có ( )  =DKE  =180 − KCB  + CBK  =120 CKB C D A Gọi I giao điểm hai đường phân giác  KBC  nên góc BCK   CKI = BKI = 60   + KBE  nên BKE  = KEA  − KBE  = 80 − 20 = 60 Do KEA = BKE Suy ∆IKB = ∆EKB suy KI = KE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 192 HN HM HM HM HM HN + + CN CM CM BM BM CN HM ( HN.BM + HM.CN + HN.CM ) HM ( HN.BM + HN.CM + HM.CN ) = CN.CM.BM CN.AM.HM HN ( BM + CN ) + HM.CN HN.BC + HM.CN AH.CN + HM.CN = = = CN.AM CN.AM CN.AM AM.CN = = CN.AM cot A.cot B + cot B.cot C + cot C.cot A = Suy cot A.cot B + cot B.cot C + cot C.cot A = Mà ta ln có ( cot A − cot B ) + ( cot B − cot C ) + ( cot C − cot A ) ≥ ⇔ ( cot A + cot B + cot C ) ≥ ( cot A.cot B + cot B.cot C + cot C.cot A ) 2 2 ⇔ cot A + cot B + cot C ≥ Theo giả thiết ta có cot A + cot B + cot C = Suy bất đẳng thức xẩy dấu  =B  =C  Do ta giác ABC Hay cot A =cot B =cot C ⇔ A   Bài 25 Ta có AOB = BOC = 120 A E  = 120 nên ta AOC J  + OCA = Suy OAC 60 D O  = 60 nên OAB  + OAC = Do A 60  = OCA  Suy OAB F B P J C H Xét hai tam giác OAB OCA có  = OCA  AOB   = AOC = 120 OAB OA OA Kéo dài PD lấy điểm E cho tứ giác = OB OC ADOE hình thoi, ba điểm B, O, E thẳng hàng Từ D kẻ DE ⊥ DH với H OB nên ta OH = OE Tương tự kẻ EF ⊥ DE với F OC nên ta DHFE hình chữ nhật OB OB OA OD OB OB OA OF Ta có = = = suy BD//CE = = = suy BF//HC OE OA OC OC OH OA OC OC Gọi I giao điểm HF BC, J giao điểm OI DE BI BO BF BI BF BO BO Theo định lí Talet ta có = nên ta suy OI//EC = ; = = CI EO HC CI CO HO EO Do ta IJ//BD Ta thấy IJ qua O DEFH hình chữ nhật nên IO = JO Nên ta ∆OAB ∽ ∆OCA , Suy PO qua trung điểm BD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 193 Bài 26 Trong tam giác vng IAE IAF A ta có O =  90  + IBA =  90 IAE IAE + AIE + IAB E F ⇒ I      0 IAF = AIF = 90 IAF = ICA + IAC = 90   B C 90 IAE + CBA + 45 = Từ ta   + BCA  + 450 = IAF 90   = 90 ⇒ EAF  + BAC  = 90 ⇒ EAF  = 450  + CBA  + BCA  + IAF Do ta IAE 2 ) ( OE = OA   Gọi O trung điểm AI, IEA = IFA = 90 nên ta  OF = OA Do ta tam giác OAE OAF cân tạo O  = EOI  + FOI  = 2EAO  + 2FAO  = 2EAF  = 90 Do tam giác OEF cân O, từ Suy EOF ta Do ta có OE = OF = OI nên EF2 = OE + OF2 = 2OI Mà lại có O trung điểm AI nên ta EF = AI hay 2EF = AI Bài 27 B Cách Trước hết ta chứng minh công thức sau 2cos 2α=  + cos2α với < α < 450 a Thật vậy, xét tam giác AHM có a   90 = AHM = ; AMH 2α nên ta cos2 = α C HM HM = AM a Do + cos2α = 1+ HM a + HM CM + HM HC = = = a a a a  CH  2CH 2CH 2CH CH Lại có cos = = = = α 2 =  BC.CH BC 2a a  AC  Từ ta 2cos 2α=  + cos2α Áp dụng công thức ta 2 cos 150 = + cos30 = 1+ 2+ 2+ 8+4 = ⇒ cos 150 = = 2 16 ( + 2) = 16 6+ ⇒ cos150 = Áp dụng hẳng đẳng thức sin α + cos 2α = 1, ta có 2+ sin 150 = − cos 150 = 1− THCS.TOANMATH.com 2− ( − 2) = = 16 16 6− ⇒ sin 150 = TÀI LIỆU TOÁN HỌC 194 6+ 6− sin 150 = 4   Cách 2: Dựng tam giác ABC = có A 90 = ; B 60 Giả sử AC = (đvđd) Vậy ta cos150 = Khi ta = BC 2AB = Kẻ đường phân giác AD, theo tính chất đường phân giác tam giác ta có AD AB AD 3 = = ⇒ = ⇒ AD = =2 − CD BC AD + DC + 2+ ( Theo định lí Pitago ta có BD = AB2 + AD ⇒ BD = + 12 + − 12 = 12 − Do = BD 3 − 1) (= sin 15 = AD = BD ( ) ( )( ) − 1+ = −3 = −1 ( AB = BD = − Ta có cos15 ) ( ) +1 = 2 = −1 ) 6+ 6− 6+ 6− sin 150 = 4 Bài 28 Đặt DE = AE = x; DF = AF = y Vậy ta cos150 = A Kẻ DI ⊥ AB; DK ⊥ AC Ta có H BI BD.cos60 20 = = = 10 E Trong tam giác BDI có DI = BD − BI = G F K I 20 − 10 = 10 D B = 50 − x , áp dụng định lí Pitago cho tam giác Ta có EI C vuông DEI ta ( ED = EI + ID = ( 50 − x ) + 10 ) 2 2500 − 100x + x + 300 ⇔ = x 28 ⇔ x= Lại có = CK CD.cos60 40 = = 20 Trong tam giác vuông DKC có DK = DC − KC = 40 − 20 = 1200 = 20 Ta có FK = 40 − y , áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng DFK ta có DF2 = DK + FK = ( 40 − y ) ( + 20 ) ⇔ y = 1600 − 80y + y + 1200 ⇔ y = 35 Kẻ EH vuông góc với AF, ta có = AH EA.cos60 28 = = 14 Do ta HF =y − 14 =35 − 14 =21; EH =x.sin 60 =28 Ong tam giác vng EFH có EF= THCS.TOANMATH.com EH + FH 2= =14 (14 ) + 12 = 2 1029= 21 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 195 Vậy độ dài cạnh tam giác DEF = DE 28; = DF 35; = EF 21 Bài 29 Lấy C’ đối xứng với B qua O A Lấy điểm E’ thuộc tia OB E' cho OE' = OE Lấy F’ thuộc tia C B OC cho OF' = OF Gọi giao Q O điểm E’C F’C’ A’ Khi C' E dễ thấy BE = E' C N Nên ta ∆BEC = ∆CE' C' ,  = E'  suy EBC CC' nên F' M F  = A'  ABC CC' Tương tự ta có CF = C' F' ∆CC' F' , Nên ta ∆BCF =  = CC'  suy BCF F' nên  = A'  ACB C' C  = A'   = A'  Xét hai tam giác ∆ABC ∆A' CC' có ABC C' C CC' , BC = CC' ACB Từ ta ∆ABC = ∆A' CC' , suy ∆OBA = ∆OCA' = A'  Nên ta AO = A' O AOB OC ⇒ AO ⊥ A' O Đặt OB = OC = x; OE = OE' = y Gọi Q giao điểm OA’ BC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác E’BC với cát tuyến OA’Q ta Từ ta= có A' C AB, = A' E' AE Do ta QC x AN = QB y AC QC x A' E' =1 QB y A' C A' E' AE AN = = A' C AB AC Gọi Q’ giao điểm NC với BC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát Q' C MB NA Q' C FC NA tuyến MNQ’ ta = = Q' B MA NC Q' B FA NC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác AEC với cát tuyến FOE’ ta suy FC BE x CN x = = FA BA y CA y Do ta Từ ta suy Q' C x NA =1 Q' B y AC Q' C x NA QC x AN Q' C QC = ⇒= , nên ta hai điểm Q Q’ Q' B y AC QB y AC Q' B QB trùng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 196 Điều dẫn đến ba đường thẳng BC, A’O MN đồng quy O Do ta AO vng góc với OQ Bài 30 Gọi C D chân đường thẳng góc kẻ từ A O đến OB từ B đến OA Ta thấy trực tâm tam giác OPQ phải nằm DC C H D Thật vậy, từ P kẻ đường cao tam giác Q P OPQ cắt DC H, ta chứng minh đường cao thứ hai kẻ từ Q tam giác OPQ qua H Vì MP//BD nên theo định lí Talets ta có B AM AP = BM DP Ta có PH/ AC nên theo định lí Talets ta có Cũng MQ//AC nên theo định lí Talets ta So sánh tỷ lệ ta có M A AP CH = DP DH AM CQ = MB BQ CH CQ Theo định lí Talets đảo suy QH//BD = DH BQ Từ ta QH vng góc với OP Do QH đường cao thứ hai tam giác OPQ Vậy tập hợp điểm H trực tâm tam giác OPQ đoạn thẳng DC Giả sử M nằm đường A'B'//AB với A' OA B' OB tập hợp điểm H đoạn thẳng D'C'//DC Vậy M di chuyển bên tam giác OAB điểm H miền bên tam giác ODC Bài 31 Dựng tam giác ABM Khi ta có  RAM =  ARM =    RBM = 450 , AMR = BMR = 30 ,  BRM = 1050 Do ta ∆QAC ∽ ∆RAM nên ta QA CA = RA MA Điều dẫn đến ∆QRA ∽ ∆CMA , ta A Q 450 M R 300 150 300 B 45 C P THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 197 QR RA  = CMA  QRA = CM MA PB CB = RB MB PR RB  = CMB  Từ suy ∆PRB ∽ ∆CMB nên ta PRB = CM MB PB CB PR RB Từ , để ý RA = RB MA = MB nên ta QR = PR = = RB MB CM MB  = CMB  ta QRA  = CMA  PRB  +  PRB  =  A  Từ QRA MB = 60 Nên ta suy Hoàn toàn tương tự ta có ∆PBC ∽ ∆RBM nên ta  = 90 QRP Bài 33 Vẽ đường cao BH tam giác ABC Do A đường phân giác BD cạnh bên tam giác H ABC nên tam giác BAD cân B Từ ta thấy D BH đường cao đồng thời đường trung tuyến tam giác BAD Do ta AH = AD B C Tam giác ABC có BD đường phân giác nên ta DA AB b có = = DC BC a DA DC DA + DC AC b b2 = = = = ⇒ DA = Từ ta b a a+b a+b a+b a+b Tam giác ABh vng H nên theo định lí Pitago ta AB2 = BH + AH ⇒ BH = AB2 − AH AD 2 b2 − Nên ta BH= Tam giác BCH vuông H nên ta có BC = BH + CH Do suy BH = BC − CH − BC − ( AC − AH ) 2 Hay ta BH = a − b + b, AD − 2  AD  =a −b−   2 AD AD AD 2 a − b + b, AD − b.AD − b = ⇔ b2 − a = Từ kết ta b − 4 b b2 a−b b Thay DA = vào đẳng thức ta ( b + a )( b −= − b2 ⇔ = a ) b a+b a+b ab (a + b) Từ ta suy THCS.TOANMATH.com 1 b − = b a ( a + b )2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 198 Bài 34 Vẽ tam giác DAE vuông cân E cho E A D nằm hai nửa mặt phẳng đối bờ AB  + EDB  =90 + EDB   =ADE Ta có ADB   nên ta EDB  = ACB  Mà ta có ADB = 90 + ACB AC BC Mà ta có AD = DE nên từ ta = AD BD AD BC = DE BD  = ACB  Xét hai tam giác ABC EBD có EDB E D B C AD BC nên ta ∆ABC ∽ ∆EBD = DE BD  = EBD  AB = BC ⇒ AB = BE Từ ta ABC BE BD BC BD     Từ ABC = EBD ta suy DBC = ABE  AB = BE nên ∆ABE ∽ ∆CBD  = ABE Xét hai tam giác ABE CBD có DBC BC BD AB AE Từ suy = ⇒ AB.CD = AE.BC BC CD Tam giác DEA vng D nên theo định lí Pitago ta có AE = AD + DE = AD + AD = 2AD AC BC Do ta AE = 2AD Mà ta có nên AD.BC = AC.BD = AD BD Do ta AB.CD = AE.BC = 2AD.BC = 2AD.BD hay AB.CD = 2AC.BD Bài 35 C1 A Giả sử hai tam giác ABC A1 B1C1 R nằm chồng lên cho lục S giác MNPQRS kí hiệu hình vẽ Các góc hai tam giác ABC A1 B1C1 hai góc đối đỉnh nên ta nhận thấy tam giác Q B M A1 N P B1 C A1MN; B1PQ; C1RS; CPN; ARQ; BMS đồng dạng với Từ ta MN PQ RS NP QR SM = = = = = A1M + A1N B1P + B1Q C1R + C1S CN + CP AQ + AR BS + BM Theo tính chất dãy tỉ số ta MN + PQ + RQ NP + QR + MS = A1M + A1N + B1P + B1Q + C1R + C1S CN + CP + AQ + AR + BM + BS THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 199 Đặt độ dài cạnh tam giác a x = MN + PQ + RQ; y = NP + QR + MS Khi ta y x = ⇔ x ( 3a − y= ) y ( 3a − x ) ⇔ ( x − y )( 3a − x − y=) 3a − y 3a − x Mặt khác ta có 3a = BC + CA + AB = ( BM + MN + NC ) + ( CP + PQ + QA ) + ( AR + RS + SB ) ( CN + CP ) + ( AQ + AR ) + ( BS + BM ) + ( MN + PQ + RS ) > ( NP + QR + MS ) + ( MN + PQ + RS ) = y+x = Hay ta 3a > x + y ⇒ 3a − x − y > Do từ đẳng thức ta suy x = y hay MN + PQ + RS = NP + QR + SM Bài 36 Ta xét trường hợp sau A A E E F B B M C M C G I F D + Trường hợp 1: Nếu tam giác ABC vng A Khi E nằm tia AB F nằm tia AB Hai tam giác vuông AEF ABC nên ta BC = EF Mà M trung điểm BC nên ta 2AM = BC ta EF = 2AM  + MAE =   =  BAM   ABM Mặt khác ta lại có MAE 90 = ACM; ABB = AEF  + AEF = Do ta MAE 90 nên ta EF ⊥ AM  < 90 Khi tia đối tia MA lấy điểm + Trường hợp 2: Nếu tam giác ACB có BAC D cho MA = MD Nối B với D, từ B kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt AD G  BMD,  Xét hai tam giác AMC DMB có AM MD, = = AMC = BM CM  = BDM  AC = BD Do ta ∆AMC = ∆DMB , suy CAM  = BGA  Ta có AE ⊥ AB, BG ⊥ AB nên ta BG//AE suy EAM   + BMD  EAM   + CAM  Do ta EAC  = GBD  Mà ta có BGA = GBD = EAC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 200  ==  180 − BAC,  BD = Ta có AE = ∆ABD AB, EAF ABD AF = AC nên ∆EAF = Từ suy EF = AD mà AD = 2AM nên ta EF = 2AM  = ABD  Cũng ∆EAF = ∆ABD nên ta có AEF  + DAE =  + DAE = Mà ta có BAD 90 nên AEF 90 , suy AM ⊥ EF  > 90 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta + Trường hợp 3: Nếu tam giác ACB có BAC EF = 2AM EF ⊥ AM Vậy toán chứng minh Bài 37 Trước hết ta phát biểu hai bổ đề: C Bổ đề 1: Trong tam giác ABC ta ln có AB BC CA (Định lí sin) = = sin C sin A sin B A' B' H E Bổ đề 2: Trong tam giác ABC ta ln có AB2 = BC + AC − 2BC.CA cos C (Định lí M K Q C' A B cosin) Giả sử = AB < AC < BC Gọi M trọng F tâm tam giác kẻ A' E ⊥ AC, B' Q ⊥ AB Khi A’E đường trung bình tam giác BCF Do A'= E  B' BA = 30 BF AA'  tam giác vuông AEA’ nên ta A' AE = 30 Tương tự = 2    Do A’B’//AB nên ta có A' = B' M B' = BA B' = AM 30 ta có ∆B' A' M ∽ ∆AA'B' A' B' AA' Suy = ⇒ A' B'2 =AA'.A' M A' M A' B' A' B' A' M A' M = = Do ta có A' B'2 = 3A' M ⇔  sin A' B' M 2   Như áp dụng định lí sin cho tam giác A’MB’ ta A' MB' = 60 A' MB' = 120     + Nếu A' MB' = 60 ta có B' = A' A A' = AB 90 , B' = BA 30 nên tam giác BAB’ cân A  Do ta AB' = AB = Từ ta = AC 2AB = 2; BAC = 120 Áp dụng định lí cosin cho tam giác ACC’ ta 21 C' C = AC + AC'2 − 2AC.AC'.cos120 = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 201 21 Tam giác AA’B’ vuông A’ nên ta AA'2 =AB'2 − A' B'2 = Trong tam giác AA’B vng A có AH đường cao nên Do ta CC' = AA'.AB 21 = AA'2 + AB2 CC' Do ta = AH  + Nếu A' M ' B = 120 , tam giác A’MB’ cân M, tam giác AMB cân M AH = AA'.AB = A' B Suy ta có AA' = BB' dẫn đến AC = BC , điều mâu thuấn với giả thiết tam giác Abc không cân Do khả không xẩy CC' Vậy ta = AH Bài 38 + Điều kiện cần: Khi tam giác ABC A H ta tâm đường trịn nội tiếp tam giác A1A A A1 Thật vậy, tam giác ABC AA’, BB’ CC’ đường trung trực cạnh B' H B1C1 , C1A1 , A1 B1 tam giác A1A A Mặt khác ta có tam giác A1A A nên H giao K C' L B1 B A' C1 C điểm ba đường trung trực đồng tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1A A + Điều kiện đủ: Khi H tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1A A tam giác ABC Thật vậy, H trực tâm tam giác ABC nên tứ giác BA' HC', CA' HB', BCB' C' nội tiếp      Do ta C' = A' H C' = BH HCB' = HA' B' hay A’H phân giác C' A' B'  Hoàn toàn tương tự ta có B’H phân gốc góc A' B' C' Do H tâm đường trịn nội tiếp tam giác A’B’C’ Ta có C' A1 // HB' B' A1 // HC' tứ giác A1 B' HC' hình bình hành Hồn toan tương tự ta C' HA' B1 hình hình hành Do ta suy tứ giác A1A' B' B1 hình bình hành nên ta A1 B1 // A' B' Tương tự ta có B1C1 // B' C' THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 202 Gọi K L giao điểm A1 B1 với B' C' B1C1 với A' B' Khi ta tứ giác B' KB1L hình bình hành Trong hình bình hành B' KB1L đường phân giác  B  song song trùng Mà hai đường phân giác lại có giao góc B' điểm chung H(do H tân đường tròn nội tiếp hai tam giác A’B’C’ A1A A ) nên hai đường phân giác trùng nhau, ba điểm B', H, B1 thẳng hàng Do BB’ vng góc với AC A’C’ nên ta AC//A’C’ Mà ta lại có tứ giác AC' A' C nội tiếp nên ta  Do tam giác ABC  BC'   Tương tự ta ABC  = ACB được= BAC = A' BCA  = 40 , Bài 39 Trên AC lấy điểm N cho ABN A   ta có ABN = BAN = 40 Do tam giác ABN cân N D  = 80 Do ta suy Do ta BNC E   BNC = BCN = 80 nên tam giác BCn cân B, suy N BN = BC B M C F   40 Trong tam giác BFC= có FBC = ; FCB 70 nên  = 70 BFC Từ ta tam giác BCF cân B, suy BC = BF Như ta BN = BF Kéo dài BC lấy điểm M cho AB = AM , tam giác ABM Xét tam giác ABN   tam giác MBF= có AB AM, ∆MBF , = BN BF ABN = BAN = 40 Nên ta ∆ABN = mà ta có tam giác ABN cân N nên tam giác MBF cân F, ta FM = FB Từ AB = AM FM = FB suy AF đường trung trực MB hay AF vng góc với BC Bài 41   EDC = BAC = 90 (gt) a) Xét ∆EDC ∆BAC có   C chung EC BC Suy ∆EDC ∽ ∆BAC nên ta = DC AC  EC BC =  Xét ∆BEC ∆ADC có  DC AC ⇒  C  chung B H G M D A E C ∆BEC ∽ ∆ADC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 203  Mà AH = HD nên  = ADC Suy BEC  = 1350 ⇒ BEC  = 1350 ⇒ AEB  = 450  = 450 ⇒ ADC ADH Do ∆AEB vng cân A Từ ta tính BE = m   AHB = CAB = 90 (gt) b) Xét ∆AHB ∆CAB có  ⇒ ∆AHB ∽ ∆CAB   B chung AB BH ⇒ = ⇒ AB2 = BH.BC ⇒ 2AB2 = 2BH.BC BC AB BE BH BM BH ⇒ BE = 2BH.BC ⇒ = ⇒ = 2BC BE BC BE  BM BH =  Xét ∆BHM ∆BEC có  BC BE ⇒ ∆BHM ∽ ∆BEC  chung MBH   =BEC  =1350 ⇒ AHM  =450 ⇒ BHM   AHC = BAC = 90 (gt) c) Xét ∆AHC ∆BAC có  ⇒ ∆AHC ∽ ∆BAC  C chung AH AB Do ta Mặt khác ∆AEB vng cân A có AM trung tuyến AM = HC AC GB AB phân giác hay AG đường phân giác ∆ABC Suy Từ ta có: = GC AC GB AH = ⇒ GB.HC = AH.GC ⇒ GB.HC = AH ( BC − GB ) GC HC ⇒ GB.HC= AH.BC − AH.GB ⇒ AH.GB + GB.HC= HD.BC ⇒ GB ( AH + HC= ) HD.BC Từ ta GB HD = BC AH + HC Bài 42 A A M N E F' E' B Q P C B H' F H G' G C MN AM ax MQ BM = ⇔ MN = = = sin 60 BC AB c ax ( c − x ) a Suy diện tích MNPQ là: S = = x (c − x) 2c 2c a) + Đặt AM= x (0 ≤ x ≤ c) Ta có THCS.TOANMATH.com (c − x) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 204 a+b a+b + Ta có bất đẳng thức ≥ ab ⇔ ab ≤   (a > 0, b > 0)   c2 x+c−x Áp dụng bất đẳng thức ta có x ( c − x ) ≤  =    c Dấu đẳng thức xảy x = c − x ⇔ x = Suy S ≤ a c ac ac c ⋅ = Vậy S max = x = hay M trung điểm cạnh AC 2c 8 b) Giả sử dựng hình vng EFGH nội tiếp tam giác ABC Nối BF, đoạn BF lấy điểm F' Dựng hình chữ nhật E'F'G'H' (E' ∈ AB; G',H' ∈ BC) Ta có: E'F'//EF F'G'//FG, nên E' F' BE' BF' F' G' = = = EF BE BF FG ⇒ E' F' = F' G' Do E'F'G'H' hình vng + Cách dựng chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vng E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC) Dựng tia BF' cắt AC F Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC Chứng minh tương tự trên, ta có EF = FG, suy EFGH hình vng BH' g60 = + Ta có= cot E' H' BG' BH'+ H' G' BH'  BC= = = + 1= ; cot gF' F' G' F' G' E' H' 1 +1 Suy tia BF' cố định E' di động AB, cắt AC điểm F Trường hợp hình vng E'F'G'H' có đỉnh F' cạnh AC; G' H' cạnh BC, lý luận tương tự ta có tia CE' cố định, cắt AB E Vậy tốn có nghiệm hình + Đặt AE = x Ta có (c − x) EF AE ax HE = = ⇒ EF = c − x ) sin B = ( BC AB c ax EFGH hình vuông, nên EF= EH ⇔ = c (c − x) S EF = Suy diện tích hình vng EFGH là= ⇔ x= 2 ( c2 3a c 2a + c ) 2a + c Bài 43 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 205 Ta có BC = AB2 + AC = BH + AH + AK + CK Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức ( ) BH + AH ≥ ( BH + AH ) ( K A H ) Tương tự ta có AK + CH ≥ ( AK + CK ) C B Suy 2BC ≥ ( BH + AH ) + ( AK + CK ) 2 Đặt BH + AH = m; AK + CK = n =  + BAH  + ABH =  = ABH  Dẫn đến tam giác ABH Vì CAK 90 mà BAH 90 nên CAK đồng dạng với tam giác CAK ( ) AB2 + AC AB2 AC BC AH BH AB AH + BH m = = ≥ = Do = = = Nên = 2 2 CK AK AC CK + AK n m n 2BC m +n ( ) Hay m ≤ 2AB; n ≤ AC Chu vi tứ giác BHKC BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + ( AB + AC ) Vậy chu vi BHKC lớn BC + ( AB + AC ) Bài 44 a) Gọi I trung điểm BC + Tam giác BEC vuông E nên có BC IB = IC ⇒ EI = BI = CI = + Tam giác BFC vuông F nên có BC IB = IC ⇒ FI = BI = CI = A M H K BC Vậy bốn điểm B, F, E, C thuộc đường tròn Từ kết suy BI = FI = EI = CI = E F B D I C tâm I đường kính BC   HEA   b) Xét tam giác HAE HBD có AHE = BHD; = HDB = 90 Nên ta ∆AHE ∽ ∆BHD ⇒ HA HE = ⇒ HA.HD = HB.HE HB HD Chứng minh tương tự ta có ∆AHF ∽ ∆CHD ⇒ HA HF = ⇒ HA.HD = HC.HF HC HD = HB.HE = HC.HF Từ kết ta HA.HD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 206 c) Ta có HA.HD = HC.HF ⇒ HD HF   = CHA kết hợp với DHF = HC HA =  Suy ∆DHF ∽ ∆CHA ⇒ HDF HCA =  Tương tự ta ∆DHE ∽ ∆BHA ⇒ HDE HBA  = HDE   = HCA  Kết hợp kết ta HDF Mà ta lại có HBA  Chứng minh tương tự ta có EH phân giác DEF  Do DH phân giác FDE Do H giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF d) Kẻ DK ⊥ BE (K ∈ BE) Gọi M giao điểm BE DF  = sin KED  = DK mà DK ≤ DM ⇒ sin BED  ≤ DM ⇒ sin BED DE DE Mặt khác DM FM DM FM DM + FM DF = ⇒ = = = DE FE DE FE DE + FE DE + FE Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương DE EF ta có DE + EF ≥ DE.EF ⇒ DF DF DF ≤ ≤ hay sin BED DE + EF DE.EF DE.EF ≤ Chứng minh tương tự ta có sin CFE DE FD.FE   ≤ BED.sin CFE Do ta sin ADF.sin ≤ sin ADF EF DF EF DE.DF DE DE.DF DE.EF FD.FE    ≤ Dấu xẩy tam giác ABC Hay sin ADF.sin BED.sin CFE _HẾT _ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... vng tam giác vuông cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng Quan hệ yếu tố tam giác a Quan hệ góc cạnh đối diện tam giác • Trong tam giác góc đối diện với cạnh lớn góc lớn • Trong tam. .. phân giác tam giác qua điểm Điểm cách ba cạnh tam giác tâm đường trịn nội tiếp tam giác c Ba đường trung trực tam giác • Định nghĩa: Trong tam giác đường trung trực cạnh gọi đường trung trực tam. .. cạnh cịn lại tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác cho • Các trường hợp đồng dạng hai tam giác + Trường hợp 1: Nếu ba cạnh tam giác tỉ lệ với ba cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng với + Trường