D H AN =2 SAN (1) I CM = 2 SCM (2)
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài toán rất có thể sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc đáo. Đây cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán sau.
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC). Đường thẳng vuông góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE.
Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC.
Theo giả thiết, D là trung điểm của AC => DF là đường trung bình của DCKA => DF // KA hay DM // AB.
=> DM là đường trung bình của DABC => M là trung điểm của BC.
Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC.
Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy :
Cách 1 : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra
Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên
Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC.
Cách 2 : Vì BE là phân giác của ∠ ABC
Cách 3 : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên
Bài toán 2 : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C1, A1, B1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM.
Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K1 và M1.
Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK <=> BM1 = BK1. Ta sẽ chứng minh BM1 = BK1, thật vậy :
∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ra
∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy ra
Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy ra BM1 = BK1.
Bài toán 3 : Xét bài 5(20) trang 15.
Do OX = OY nên :
XZ = YT <=> OZ = OT.
Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành bằng cách xét 3 trường hợp : ∠ IBA < 90o ; ∠ IBA > 90o ; ∠ IBA = 90 o Gọi M là giao điểm của O1I và CD.
Với ∠ IBA < 90o, ∆ IBA nội tiếp (O1), ta có thể chứng minh được : ∠ AIO1 + ∠ IBA = 90 o => ∠ CIM + ∠ ICM = 90 o =>O1I ⊥ CD ; Mà OO2 ⊥ CD => OO2 // O1I.
Tương tự OO1 // O2I, suy ra IO1OO2 là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại).
Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ;
∠ OO1Z = (180o - 2 ∠ O1IZ) + ∠ OO1I = 360o - ∠ OO2I - (180o - 2( ∠ OO2</SUB Đ O1IZ)) = 360o - ∠ OO2MI - (180o - 2 ∠ O,sub>2IT) = OO2T
=> ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức về tam giác đồng dạng). l Bài tập áp dụng :
1) Từ điểm C ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần bằng nhau.
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến với (O) tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP là phân giác của ∠ MPN. 3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. Đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD cắt AC tại N. Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB.