Các bài toán tổng hợp phối hợp các hoạt động trí tuệ nhằm phát

9. Cấu trúc luận văn

2.3. Các bài toán tổng hợp phối hợp các hoạt động trí tuệ nhằm phát

các loại hình tƣ duy

Bài toán 54: Cho hình bình hành ABCD, O là giao điểm hai đƣờng chéo. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là giao điểm các đƣờng phân giác của tam giác OAB, OBC, OCD, ODA.

a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình thoi

b) Nếu tứ giác ABCD là hình thoi thì tứ giác MNPQ là hình gì? Tại sao?

Hình 2.54

Lời giải: a)  ¹  2 OAM  CAB_,  ¹ 2

OCP ACDmà _CAB  _ACD

nên OAM^ OCP^ .

Tƣơng tự MOA^ OCP^ .

OMA OPC    (g.c.g) do đó OM = OP. Q O D ^C B A M N P Tƣơng tự ON = OQ

OM, ON là các tia phân giác của hai góc kề bù AOB và BOC nên OM ON. Mặt khác ^AOM ^POC mà ba điểm A, O, C thẳng hàng nên ba điểm M, O, P thẳng hàng. Tƣơng tự ba điểm Q, O, N thẳng hàng.

Tứ giác MNPQ có hai đƣờng chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng và hai đƣờng chéo vuông góc với nhau nên là hình thoi.

b) Nếu tứ giác ABCD là hình thoi thì OAB^ OAD^ do đó _OAM _OAQ .

OAM OAQ

   (g.c.g), nên OM = OQ suy ra MP = NQ.

Hình thoi MNPQ có hai đƣờng chéo bằng nhau nên là hình vuông.

Bài toán 55: Cho ABC cân tại A. Từ một điểm D trên đáy BC kẻ một đường thẳng

vuông góc với BC, đường thẳng này cắt AB ở E, AC ở F. Vẽ các hình chữ nhật BDEF và CDFK. Gọi I, J theo thứ tự là tâm của các hình chữ nhật BDEH, CDFK và M là trung điểm của đoạn thẳng AD.

a) Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng HK là một điểm cố định không phụ thuộc vào vị trí của điểm D theo cạnh BC.

b) Chứng minh ba điểm I, M, J thẳng hàng và ba đường thẳng AD, HJ , KI đồng quy.

c) Khi D di chuyển trên cạnh BC thì M di chuyển trên đoạn thẳng nào? Lời giải: a) BDEH là hình chữ nhật có tâm là I IBD cân ở I .  B^1 D^1, mà   1 1 B C (gt)  D^1 C^1  ID // AC (1)

Tƣơng tự đối với hình chữ nhật DCKF ta có:   2 1 D B  JD // AB (2) Từ (1) và (2)  AIDJ là hình bình hành  AJ // ID và AJ = ID.  AJ // HI và AJ = HI (vì HI = ID)  AHIJ là hình bình hành  IJ // AH và IJ = AH (3) Chứng minh tƣơng tự có: IJ // AK và IJ = AK (4)

Từ (3) và (4)  ba điểm H, A, K thẳng hàng (theo tiên đề ƠClit) và AH = AK hay A là trung điểm của HK.

b) Tứ giác AIDJ là hình bình hành, AD và IJ cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng. mà trung điểm của AD là M nên M nằm trên IJ hay I, M, J thẳng hàng.

Trong DHK có DA, KI và HJ là các đƣờng trung tuyến nên chúng đồng quy. c) Khi D di chuyển trên cạnh BC thì HK luôn đi qua điểm cố định A và M di chuyển trên đƣờng trung bình ứng với cạnh BC của ABC.

Bài toán 56: Cho tam giác ABC có D, E, F lần lượt là trung điểm của các

cạnh AB, AC,

BC. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn AD, AE, EF, FD. a) Tứ giác DAEF và MNPQ là hình gì? Vì sao.

Hình 2.58

b) Khi  ABC vuông ở A thì tứ giác DAEF và MNPQ là hình gì? c) Khi  ABC cân ở A thì DAEF và MNPQ là hình gì?

d) Khi  ABC vuông cân tại A DAEF và MNPQ là hình gì? Lời giải:

a) Ta dễ dàng chứng minh đƣợc các tứ giác: DAFE và MNPQ đều là hình bình hành. b) Nếu ABC có  0 90 A  hình bình hành ADFE có một góc vuông  ADFE là hình chữ nhật (1) Từ (1)  DE = AF  MN = MQ

Vậy hình bình hành MNPQ có hai cạnh kề bằng nhau. MNPQ là hình thoi. c)

Khi ABC cân ở A thì hình bình hành ADFE có hai cạnh kề bằng nhau là AD = AE

 ADFE là hình thoi

d) Khi ABC vuông cân tại A

Theo kết quả các câu trên ta có ADFE và MNPQ đều là các hình vuông

Hình 2.59

Bài toán 57: Gọi O là giao điểm các đường chéo của hình bình hành ABCD.

Chứng minh rằng giao điểm các đường phân giác trong của các tam giác ABO, BCO, CDO, DAO là đỉnh của một hình thoi.

Lời giải:

Hai đƣờng chéo AC và BD cắt nhau tại O tạo thành hai cặp góc đối đỉnh là



AOD và _BOC _{; AOB} _{và COD}

OE là phân giác của AOB^ và OI là phân giác của _COD _.  OE, OI là hai tia đối nhau

 E, O, I thẳng hàng.

Tƣơng tự có K, O, F thẳng hàng. Có AB // DC  BAC^ DCA^

(hai góc so le trong)

AE và CI là phân giác tƣơng ứng với BAC^ và _DCA  BAE^ DCI^

Tƣơng tự có ABE^ CDI^ .

Xét AEB và CID có: _BAE _DCI ; AB = CD; _BAE _DCI

AEB = CID (g.c.g)  AE = CI.

Xét OEA và OIC có OA = OC; _EAO _ICO ; AE = CI.

OEA = OIC (c.g.c)  OE = OJ.

Chứng minh tƣơng tự nhƣ trên có: OK = OF

Vậy tứ giác EFIK là hình bình hành (có 2 đƣờng chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng) (1).



AOB và _COB _{kề bù}  OE  OF (2). Từ (1) và (2)  EFIK là hình thoi.

Bài toán 58: Cho điểm M nằm giữa A và B. Vẽ các hình vuông AMCD và

BMEF trên

cùng một nửa mặt phẳng bờ AB.

a) Chứng minh rằng: AE = BC và AE  BC.

b) Gọi H là giao của AE và BC. Chứng minh rằng: D, H, F, thẳng hàng. c) Chứng minh: DF đi qua một điểm cố định khi M chuyển động trên AB. d) Gọi I, G, K, lần lượt là trung điểm của AC, AB, BE. P là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB tại G và DF. Tứ giác IMKP là hình gì? Vì sao?

e) Tìm tập hợp các trung điểm của đoạn IK khi M di chuyển trên AB. Lời giải:

a) 

1

MACM (= 45⁰)  AC // MF (hai góc đồng vị bằng nhau).

MBFE là hình vuông nên EB  AC (giao điểm của 2 đƣờng chéo của hình vuông)

Xét ABC ta có BE  AC và CM  AB

 E là trực tâm của ABC. Vậy AE  BC.

b) AE  BC  AHC vuông tại H.

I là tâm của hình vuông AMCD , trong AHC có HI là trung tuyến thuộc cạnh huyền AC nên:

1 2 IH AC hay ¹ 2 IH DM DHM có trung tuyến HI bằng 1

2cạnh đối diện DM nên DHM vuông tại H.

 ^ 0 90

DHM . Tƣơng tự ta chứng minh đƣợc HMF vuông ở H 

 0 90 MFH Vì vậy ^{  } 0 0 0 90 90 180 DHFDHMMFH    3 điểm D, H, F thẳng hàng. c) Kẻ GP  AB  GP là đƣờng trung bình hình thang ABFD (G là trung điểm của đoạn AB)

 ^{1 1 1}

2 2 2

GP (ADBF) (AMMB) AB(K là trung điểm của EB) Điểm P nằm trên đƣờng trung trực của AB và ¹

2

GP  AB, AB cho trƣớc nên AB không đổi  P là điểm cố định.

d) Ta dễ chứng minh đƣợc ^ 0

90

DMF DMF vuông tại M. MI là đƣờng trung tuyến thuộc cạnh huyền DF nên: ¹

2

MP DFPD

Vì MP = PD  P nằm trên đƣờng chéo AC của hình vuông AMCD

 P là giao điểm của AC với đƣờng trung trực của đoạn thẳng AB nên:

  0

45

PBAPAB

Ta có:  0

45

EBA . Vậy ba điểm: B, E, P thẳng hàng (1)

 IMKP là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)

d) Tứ giác IMEP là hình chữ nhật (cmt)  IK = MP và IK  MP =

 

2^AB  S luôn cách đƣờng thẳng cố định AB một khoảng không đổi

1

2AB. Vậy S nằm trên đƣờng thẳng d qua S và song song với AB cách AB một khoảng bằng ^AB

Khi M di chuyển trên AB thì S di chuyên trên đoạn XY (X, Y là giao của đƣờng thẳng và d với tia AD và tia BF).

Bài toán 59: Trên các cạnh của một hình bình hành ta dựng ở phía ngoài nó các hình

vuông. Chứng minh rằng tâm của các hình vuông đó là đỉnh của một hình vuông.

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của BC, K là giao điểm của OO2 và BC. Khi đó OMBN là hình bình hành.  OM = BN, ON = MB O1MO và ONO2 có: O1M = MB = ON OM = NB = O2N;     0 1 0 2 90 90      O MO OMA ABC ONO Do đó: O₁MO = ONO₂  OO1 = OO2,   1 2 O OMOO N Từ đó có:     0 1 0 2 90 90      O MO OMA ABC ONO Do đó: O1MO = ONO2  OO₁ = OO₂,   1 2 O OMOO N Hình 2.63

Từ đó ta có:

         0

1   2  2   2 2  2  290

O OM MON NOO NO O ONO NOO NO O NKO CNO

hay OO1  OO2.

Chứng minh tƣơng tự ta có: OO2  OO3, OO3  OO4; OO4  OO1, OO2 = OO3; OO3 = OO4, OO4 = OO1

 Tứ giác O1O2O3O4 có các đƣờng chéo bằng nhau, và vuông góc với nhau, đồng thời cắt nhau ở trung điểm mỗi đƣờng. Vậy O1O2O3O4 là hình vuông.

Bài toán 60: Cho hình thoi ABCD. Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa D

dựng

hình bình hành ACEF có EC = AB. Gọi K là điểm đối xứng với E qua C. Chứng minh rằng:

a) FK, BD, AC đồng quy. b) BK // FD

c) _KBE _{= 90}0

d) B là trực tâm của EDF Lời giải:

a) ABCD là hình thoi (gt), AC cắt BD tại O  O là trung điểm AC và BD (1) Tứ giác AFEC là hình bình hành (gt)  AF // CE và AF = CE. Mà E đối xứng K qua C(gt) AF // CK và AF = CK  AFCK là hình bình hành.

 KF, AC cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng (2) Từ (1) và (2)  FK, BD, AC đồng quy tại O

b)Vì BD, FK cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đƣờng (cmt)

 FDKB là hình bình hành  FD // BK c) K đối xứng với E qua C (gt)  CK = CE Mặt khác: CE = AB, AB = BC  BC = CE = ¹

2 ^KE

BKE vuông ở B (đƣờng trung tuyến BC bằng nửa cạnh huyền KE)

 ^ 0 KBE = 90 d) Vì BK  EB (cmt câu c) KB // FD (cmt câu b) Vì AC // FE (định nghĩa hình bình hành) AC  BD (tính chất đƣờng chéo hình thoi)  BD  BF (4)

Từ (3) và (4)  BE, BD là hai đƣờng cao của DFE. Vậy B là trực tâm của DFE.

Bài toán 61: Cho hình vuông ABCD, M là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Trong

nửa mặt

phẳng bờ AB chứa C dựng hình vuông AMHN. Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH ở E, cắt DC ở F

a) Chứng minh rằng: BM = ND .

b)Chứng minh rằng: N, D, C thẳng hàng. c) EMHN là hình gì?

d) Chứng minh DF + BM = FM và chu vi MCF không đổi. Lời giải:

a) ABCD là hình vuông (gt)

 A + MAD ^₁ ^ = 90⁰ (gt) (1) Vì AMHN là hình vuông (gt)

 A + MAD ^₂ ^ = 90⁰ (2) Từ (1) và (2)  A = A^₁ ^₂ Ta có: AND = AMB (c.g.c)  ^{ } 0 1 B = D =90 và BM = ND. b) ABCD là hình vuông  D^₂= 90⁰ D + D = NDC^₁ ^₂ ^  90⁰ + 90⁰ = _NDC  NDC^ = 180⁰  N, D, C thẳng hàng

c) Gọi O là giao của hai đƣờng chéo AH và MN của hình vuông AMHN

 O là tâm đối xứng của hình vuông AMHN.

 AH là đuờng trung trực của đoạn MN, mà E, F  AH

 EN = EM và FM = FN (3)

Tam giác vuông EOM = tam giác vuông FON (OM = ON, 

1 3 N = M )  O = O^₁ ^₂  EM = NF (4) Từ (3) và (4)  EM = NE =NF = FM  MENF là hình thoi (đpcm) (5) d) Từ (5)  FM = FN = FD + DN Mà DN = MB (cmt)  MF = DF + BM

Gọi chu vi tam giác MCF là p và cạnh hình vuông là ABCD là a p = MC + CF + MF = MC + CF + BM + DF (vì MF = DF + MB) = (MC + MB) + (CF + FD) = BC + CD = a + a = 2a

Hình vuông ABCD cho trƣớc  a không đổi  p không đổi.

Bài toán 62: Cho ABCD là hình thang có đáy lớn AB = 3a, đáy nhỏ CD = a

và



ADC= 120⁰. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB và DC. a) Chứng minh AMND là hình thang cân.

b) Gọi I là trung điểm của MN, gọi giao của CI với AB là E. Chứng minh rằng: EMCN là hình chữ nhật và AECD là hình thoi.

c) Hãy chứng tỏ rằng: ECB vuông tại C.

Giải: a) INC = IME (g.c.g)  NC = EM (1) Mà NC = ¹ 2^{DC =} a 2  EM = ^a 2 Ta có: MA = MB = ¹ 2^{AB =} 3a 2 ^. Vậy AE = AM - EM = a.

ADE đều (AD=AE=a,A^ =60⁰)

 E^₁= 60⁰

Lại có: DNME là hình bình hành

(vì có DN // EM, DN = EM =^a 2⁾

 DE // NM  M = E ^ ₁ ^₁ (đồng vị)  M^₁= 60⁰

Tứ giác AMND có DN // AM, A = M^{ } ₁(= 60⁰)  AMND là hình thang cân (đpcm)

b) DEC đều (DC = DE = a, D^₂= 60⁰)  DE = EC

Ta có MN = ED ( vì MNED là hình bình hành)  NM = CE Hình bình hành MCNE có hai đƣờng chéo NM và CE bằng nhau

 MCNE là hình chữ nhật.

c) Dễ dàng chứng minh đƣợc AECD là hình thoi.

d) Kẻ CG là đƣờng trung tuyến của CEB

CEG đều ( CE = EG =a và E^₂= 60⁰)  EG = CG = GB = ¹

2^{EB = a.}

ECB vuông ở C.

Bài toán 63: Cho ABC vuông tại A. Đường cao AH. Ở phía ngoài của tam giác về

các hình vuông ABDG và ACEF. Gọi giao điểm của DG và EF là I. Chứng minh rằng:

a) Ba điểm I, A, H thẳng hàng.

b) Ba đường thẳng IH, DC và BE đồng quy. Lời giải: a)ABC và  GAI có:   0 90 AG ( ) AB = AG AC = GI (AC = AF; AF = FD) Suy ra ABC = GAI (c.g.c)

GAI^ ABC^

Trong tam giác vuông ABH có:

  0

90

ABCBAH

Mà:

     

IAGGABBAHABCBAHGAB

0 0 0 90 90 180    I, A, H thẳng hàng. b) Xét FBE và EIC có:   0 90 BFEIEC ( ) FE = EC (cạnh hình vuông);

FB = EI (cùng bằng tổng của hai đoạn thẳng bằng nhau) Vậy FBE = EIC (c.g.c)

 B^1 I^₁

Trong tam giác vuông MFI

(M là giao điểm của CI và AF) có ^ 0

1 1 90 I M   Trong PMB có   0 1 2 90 B M   ^ 0 90 BPM  BF  IC

Chứng minh tƣơng tự đƣợc: GCD = DBI  ^I2 C^1

Mà  0

2  190 

I N (với N là giao điểm của IB và GC); I^2 C^1 và  

1 2 N N nên   0 1 2 90 C N   ^ 0 90 CQN hay CQ  IB

Trong IBC có IH  BC, BP  IC, CP  IB  ba đƣờng cao IH, DC và BE đồng quy (đpcm)