22 chuyên đề bồi dưỡng Hình học 7

1 Chuyên đề 1. HAI GÓC ĐỐI ĐỈNH A. Kiến thức cần nhớ 1. Hai góc đối đỉnh là hai góc mà mỗi cạnh của góc này là tia đối của một cạnh của góc kia (hình 1.1). 2. Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau: ∠AOC = ∠BOD; ∠AOD = ∠BOC Hình 1.1 B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho góc bẹt AOB. Trên hai nửa mặt phẳng đối nhay bờ AB vẽ hai tia OM và ON ∠BON . Chứng minh rằng hai góc AON và BOM là hai góc đối đỉnh sao cho ∠AOM = Giải (h1.2) H1.2 * Tìm cách giải Để chứng tỏ hai góc AON và BOM là hai góc đối đỉnh, ta cần chứng tỏ mỗi cạnh của góc này là tia đối một cạnh của góc kia. Vì đã có hai tia OA và OB đối nhau nên chỉ còn phải chứng tỏ hai tia OM, ON đối nhau bằng cách chứng tỏ MON là góc bẹt. * Trình bày lời giải: Góc AOB là góc bẹt nên hai toa OA, OB đối nhau. Hai góc AOM và BOM kề bù nhau nên ∠AOM + ∠BOM = 180°. ∠BON ( đề bài cho) nên ∠BON + ∠BOM =180°. Mặt khác ∠AOM = Suy ra ∠MON = 180°. Hai góc AON và BOM có mỗi cạnh của góc này là tia đối một cạnh của góc kia nên chúng là 2 góc đối đỉnh. Ví dụ 2. Cho hai đường thẳng EF và GH cắt nhau tại O tạo thành bốn góc không kể góc bẹt. Biêt tổng ∠EOG + ∠GOF + ∠FOH = 250°. Tính số đo của bốn góc tạo thành. Giải (h.1.3) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2 * Tìm cách giải: Để tính được số đo của bốn góc tạo thành, trước tiên ta phải tính được số đo của một trong bốn góc đó. * Trình bày lời giải: Ta có ∠EOG + ∠GOF + ∠FOH = 250° (đề bài cho), Mà ∠EOG + ∠GOF = 180° (hai góc kề bù) nên ∠FOH = 250°-180 ° ∠FOH + ∠GOF =180° (hai góc kề bù) => ∠GOF = 180°-70°=110° ∠FOH = 70° (hai góc đối đỉnh); ∠HOE = ∠GOF = 110° (hai góc đối đỉnh). Vậy ∠EOG = * Nhận xét: Sau khi tính được số đo một góc ta tính được số đo ba góc còn lại nhờ vận dụng tính chất góc kề bù và góc đối đỉnh. Ví dụ 3. Cho bốn đường thẳng cắt nhau tại mộ điểm. Xét các góc không có điểm trong chung, chứng tỏ rằng tồn tại hai góc nhỏ hơn 45°. Giải (h1.4) *Tìm cách giải: Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau. Do đó để chứng tỏ tồn tại hai góc nhỏ hơn hoặc bằng 45, ta chỉ cần chứng minh tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng 45. *Trình bày lời giải: Bốn đường thẳng cắt nhau tại một điểm tạo ra 8 góc không có điểm trong chung. Nếu tất cả các góc này đều lớn hơn 45° thì tổng của chúng lơn hơn 45°x8=360°. Điều này vô lý vì tổng của 8 góc này đúng bằng 360°. Vậy phải tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng 45°. Góc này và góc đối đỉnh nó bằng nhau. Do đó tồn tại hai góc nhỏ hơn hoặc bằng 45°. Ví dụ 4. Trong hình 1.5, hai góc AOC và BOD là hai góc đối đinh. Hai tia OE và OF là hai tia đối nhau. Biết OE là tia phân giác của góc AOC, chứng tỏ rằng OF là tia phân giác của góc BOD H 1.5 Giải. * Tìm cách giải : Ta cần chứng tỏ ∠ O3 = ∠ O4. Muốn vậy ta phải sử dụng tính chất của hai góc đối đỉnh. * Trình bày lời giải : Hai góc AOC và BOD là hai góc đối đỉnh nên các tia OA, OB đối nhau. Ngoài ra hai tia OE, OF cũng đối nhay nên ta có ∠ O1 = ∠ O3 ; ∠ O2 = ∠ O4 Vì ∠ O1 = ∠ O2 nên ∠ O3 = ∠ O4 (1) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 3 Mặt khác tia OF nằm giữa hai tia OB, OD (2) Nên từ (1), (2) suy ra OF là tia phân giác của góc BOD. C. Bài tập vận dụng. • Tính số đo góc. 1.1 Hai đường thẳng AB, CD cắt nhau tại O tạo thành bốn góc không kể góc bẹt. Biết ∠ AOC + ∠ BOD= 100°. Tính số đo mỗi góc tạo thành. 1.2 Cho hai đường thẳng MN, PQ cắt nhau tại O tạo thành bốn góc khác góc bẹt biết ∠ 2 NOP= ∠MOP . Tính số đo mỗi góc tạo thành. 3 1.3 Cho hai đường thẳng AB, CD cắt nhau tại O. Vẽ tia OM là tia phân giác góc AOC. Biết ∠ BOD= a° ( 0n là m ≤ n ( Tức là m A,  ACD > B B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Tìm x, trong hình vẽ bên: A 41° x° 2x°+28° B THCS.TOANMATH.com D 3x° x° 4x° C Hình 1 M Hình 2 P x°- 42° 70° 126° N F E Hình 3 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 25 Giải • Tìm cách giải. Để tìm số đo x, chúng ta vận dụng: – Tổng ba góc của một tam giác bằng 1800 . – Góc ngoài của một tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó. • Trình bày lời giải.  +C = + Hình 1. ∆ABC có  A+ B 1800 (tính chất) 410 + 2 x 0 + 280 + x 0= 1800 ⇔ x 0= 37 0  +N  (tính chất góc ngoài của tam giác ) + Hình 2. ∆MNP có MPx = M 3 x 0 + 4 x 0= 1260 ⇔ x 0= 180 +E +F = + Hình 3. ∆DEF có D 1800 (tính chất) x 0 + 700 + x 0 − 420= 1800 ⇔ x 0= 760 0  có  Ví dụ 2. Cho tam giác ABC = A 80 = ; B 600 . Hai tia phân giác của góc B và C cắt nhau  =C  tại I. Vẽ tia phân giác ngoài tại đỉnh B cắt tia CI tại D. Chứng minh BDC Giải • Tìm cách giải: Đề bài cho số đo góc A và góc B nên hiển nhiên tính được só đo góc C. Dựa theo kết luận của bài toán thì chúng ta chỉ cần tính số đo góc BDC. Khi tính toán số đo góc, chúng ta lưu ý giả thiết có yếu tố tia phân giác. • Trình bày lời giải.  +C = ∆ABC có A + B 1800 (tính chất)  1800=  400. 800 + 600 = +C ;C  = 1200 . ∆ABC có  ABx =  A+C =B = 1 ⇒B ABx = 600 1 2 2 1   Ta có: C = C = C = 200 1 2 2 ∆BCD có  +C  + CBD = BDC 1800 1  + 200 + 600 + 600 = 1800 ⇒ BDC  = 400. BDC  =C . Do đó BDC  cắt nhau Ví dụ 3. Hai đoạn thẳng AB và CD cắt nhau tại E. Các tia phân giác  ACE; DBE    = BAC + BDC . ở K. Chứng minh: BKC 2 Giải • Tìm cách giải. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 26 Chúng ta nhận thấy góc BKC là góc của tam giác BKG; CKH nên cần phải ghép vào hai  ) đồng thời để vận dụng tam giác ấy. Khai thác yêu cầu của bài toán (liên quan đến  A; C yếu tố tia phân giác của giả thiết, chúng ta cần xét các cặp tam giác ∆KGB, ∆AGC và cặp tam giác ∆KHC , ∆DHB. • Trình bày lời giải Gọi G là giao điểm của CK và AE và H là giao điểm của BK và DE. Xét ∆KGB và ∆AGC có: = KGB AGC (đối đỉnh) +B  =  (1) ⇒K A+C 1 1 Xét ∆KHC và ∆DHB có:  = BHD  (đối đỉnh) KHC  +C  =D +B  ⇒K 2 2 (2)    =B ; C  =C  ⇒ 2K  = ⇒K  = A+ D. Từ (1) và (2) kết hợp với B A+ D 1 2 1 2 2 Ví dụ 4. Cho hình vẽ bên , biết rằng BD và CE là các tia phân giác của góc B và góc C.  a) Nếu  A = 800 tính BIC 0   84 b) Nếu = BDC = ; BEC 960 . Tính A . Giải  +C =  +C = a) ∆ABC có  1000. A+ B 1800 nên B  +C = 1B  + 1C  B 2 2 2 2  +C  = 500.∆BIC co B  +C  + BIC  = 1800 nên BIC  = 1300 B 2 2 2 2 +B  +C =  = 840 nên B  +C = b) ∆BDC có BDC 1800 mà BDC 960. 2 2 +B  +C =  = 960 nên B  +C = 1800 mà BEC 840. ∆BEC có BEC 2 2 +B  +C  +C  = 960 + 840 Suy ra B 2 2 Do đó 3    +C = 1200 nên  A = 600 (B + C) = 1800 B 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 27 Nhận xét  A  – Nếu  (*) A ≠ 800 thì ta luôn chứng tỏ được BIC = 900 + 2  +C  hoặc B 2 + C  2 mà không cần tính từng góc B – Để tính  A chúng ta cần tìm góc B  bằng cách xét ∆BIE và và góc C. Ngoài ra dựa vào công thức (*) ta có thể tính BIC ∆CID để tìm được:  + EIB  + DIC  +C  = 840 + 960 B 1 1   +C =B  +C  = EIB  = DIC  ta tính được EIB Và lưu ý : B 1 1 2 2 Ví dụ 4. Cho ∆ABC có  A = 900 . Kẻ AH vuông góc với BC (H ∈ BC). Các tia phân giác góc C và BAH cắt nhau tại K. Chứng minh rằng AK ⊥ CK . Giải A  = HCA  (cùng phụ với  ABC ). ∆ABH ; ∆ABC vuông nên BAH 1 Mặt= khác  A1 1  1  A1 = C = BAH ; C1 HAC do đó  1 2 2 2 K 2 1 = Ta có  A1 + KAC 900 C H B  + KAC = ⇒C 900 1 Suy ra tam giác KAC vuông tại K Vậy AK ⊥ CK Nhận xét: Qua bài ta nhận thấy có thêm một dấu hiệu nhận biết tam giác vuông là chứng minh tam giác có tổng hai góc bằng 900. C. Bài tập vận dụng 7.1. Tìm x, trong các hình vẽ sau: A D M 56° x°+12° B x° 2x° x° C x°-15° N P 3x°-25° E x°+10° F  = 1300 . Tính C ? 7.2. Cho hình vẽ bên. Biết rằng  A = 450. B 1 1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 28 7.3. Các góc ngoài đỉnh A, B, C tỉ lệ với 2; 3; 4. Tính tỉ lệ ba góc trong của tam giác đó. A 1 2  và B  = 3C . 7.4. Cho tam giác ABC có  A = 2B a) Tính góc A; B; C? b) Gọi E là giao điểm của đường thẳng AB với tia phân 2 1 B 1 2 C giác của góc ngoài tại đỉnh C. Tính góc AEC?  >C  . Tia phân giác góc BAC cắt BC tại D. 7.5. Tam giác ABC có B  −C . a) Chứng minh  ADC −  ADB = B b) Đường thẳng chứa tia phân giác góc ngoài ở đỉnh A của tam giác ABC cắt đường thẳng   −C B BC tại E. Chứng minh rằng  AEB = . 2  −C = 7.6. Cho tam giác ABC có B 180. Tia phân giác góc A cắt BC tại D. Tính số đo góc ADC? góc ADB? 7.7. Cho tam giác ABC. Tia phân giác góc A cắt BC tại D. Biết  ADB = 850 .  −C . a) Tính B  = 5C . b) Tính các góc của tam giác ABC nếu 4 B 7.8. Cho tam giác ABC, O là điểm nằm trong tam giác. =  a) Chứng minh rằng BOC A+  ABO +  ACO.  A b) Biết  và tia BO là tia phân giác của góc B. Chứng minh rằng CO là ABO +  ACO = 900 − 2 tia phân giác của góc C.   7.9. Cho tam giác ABC có= A 1800 − 3C  = 2.C  a) Chứng minh rằng B b) Từ một điểm D trên cạnh AC vẽ DE//BC (E ∈ AB ). Hãy xác định vị trí của D sao cho tia DE là tia phân giác của góc  ADB . 7.10. Chứng minh với mỗi tam giác bao giờ cũng tồn tại một góc ngoài không lớn hơn 1200  cắt AB tại D. 7.11. Cho tam giác ABC vuông tại A. Tia phân giác của C a) Chứng minh rằng góc BDC là góc tù. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 29  = 1050 . Tính số đo góc B b) Giả sử BDC B A 7.12. Cho hình vẽ bên.  +C +D +E +F ? Tính tổng  A+ B I C F H K E D Chuyên đề 8. HAI TAM GIÁC BẰNG NHAU. CÁC TRƯỜNG HỢP BẰNG NHAU CỦA HAI TAM GIÁC A. Kiến thức cần nhớ 1. Định nghĩa: Hai tam giác bằng nhau là hai tam giác có các cạnh tương ứng bằng nhau, các góc tương ứng bằng nhau.  B   C ’   = A  A= ‘; B = ‘; C ∆ABC = ∆A ‘ B ‘ C ‘ ⇔  = ‘ B ‘; AC A= ‘ C ‘; BC B ‘ C ‘  AB A= A A’ B B’ C C’ 2. Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác • Nếu ba cạnh của tam giác này bằng ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau. AB = A ‘ B ‘   AC = A ‘ C ‘ ⇒ ∆ABC = ∆A ‘ B ‘ C ‘(c.c.c) BC = B ‘ C ‘  A B • A’ C B’ C’ Nếu hai cạnh và góc xen giữa của tam giác này bằng hai cạnh và góc xen giữa của THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 30 tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau. AB = A ‘ B ‘   =B ’ B  ⇒ ∆ABC = ∆A ‘ B ‘ C ‘(c.g .c) BC = B ‘ C ‘  A A’ B • • C C’ B’ Nếu một cạnh và hai góc kề của tam giác này bằng một cạnh và hai góc kề của tam giác kia thì hai tam giác đó bằng nhau.   A=  A’   AB =  A ‘ B ‘ ⇒ ∆ABC = ∆A ‘ B ‘ C ‘( g .c.g )  =B ’ B  A B A’ C C’ B’ 3. Hệ quả • Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng hai cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau. • Nếu một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông này bằng một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau. • Nếu cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.  A  A=’ 900  =  BC = B ‘ C ‘  ⇒ ∆ABC = ∆A ‘ B ‘ C ‘ ( Cạnh huyền = góc nhọn)  =B ’ B  THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 31 B A B’ C A’ C’ B. Một số ví dụ: ∆MNP Ví dụ 1. Cho ∆ABC = a) Viết ký hiệu về sự bằng nhau của hai tam giác bằng nhau bằng ba cách. b) Cho AB = 5cm; AC = 6cm;NP = 7 cm. Tính chu vi mỗi tam giác? Hãy nêu nhận xét? Giải • Tìm cách giải: Khi viết hai tam giác bằng nhau thì các đỉnh tương ứng phải viết theo cùng một thứ tự. Viết như vậy, thì việc suy ra các cặp cạnh tương ứng bằng nhau mới chính xác. • Trình bày lời giải a) ∆ABC = ∆MNP; ∆CBA = ∆PNM ; ∆BAC = ∆NMP. b) ∆ABC = ∆MNP suy ra AB = MN = 5 cm; AC = MP = 6cm; BC = NP = 7cm. Chu vi ∆ABC bằng AB + BC + AC = 5 + 6 + 7 = 18(cm) Chu vi ∆MNP bằng MN + MP + NP = 5 + 6 + 7 = 18(cm) • Nhận xét. Hai tam giác bằng nhau thì có chu vi bằng nhau.  1240 ; H = ∆HIK , biết A= Ví dụ 2. Cho ∆ABC = +B − I 160. Tính các góc của mỗi tam giác. Giải • Tìm cách giải. Bài toán yêu cầu tính số đo góc của tam giác nên từ ∆ABC = ∆HIK , chúng ta chỉ quan tâm tới cặp góc tương ứng bằng nhau. • Trình bày lời giải. ; B = =  (cặp góc tương ứng). ∆ABC = ∆HIK ⇒ A = H I ; C K = 1240 ⇒ H  +=  −= Vì  A+ B I 1240 ; H I 160 , nên  =(1240 + 160 ) : 2 =700 H I =(1240 − 160 ) : 2 =540  + I + K = 1800 ; 700 + 540 + K = 1800 ⇒ K = 560 ∆HIK có H = 700 ; B = I= 540 ; C = K = 560 . Vì ∆ABC = ∆HIK nên A= H Ví dụ 3. Cho góc nhọn xOy, lấy điểm A thuộc Ox, điểm B thuộc Oy sao cho OA = OB. Vẽ hai cung tròn tâm A và tâm B có cùng bán kính nhỏ hơn OA sao cho chúng cắt nhau tại hai điểm C và D. Chứng minh rằng: ∆BOC. a) ∆AOC = b) Ba điểm O, C, D thẳng hàng. Giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 32 ∆OBC có OA = OB (giả thiết), AC = BC ( bán kính bằng nhau), a) Xét ∆OAC = OC cạnh chung. ⇒ ∆OAC = ∆OBC (c.c.c) x  b) ∆OAC = AOC = BOC ∆OBC (c.c.c) nên  . Tương tự ∆OAD = ∆OBD (c.c.c) ⇒  AOD = BOD A O C Nên C, D cùng thuộc tia phân giác góc xOy hay O, C, D thẳng hàng. D B • Nhận xét ~ Khi chứng minh hai tam giác bằng nhau bạn nên chú ý cạnh chung ~ Muốn chứng minh ba điểm thẳng hàng , ta có thể chứng minh ba y điểm đó cùng nằm trên tia phân giác của một góc. Ví dụ 4. Cho ∆ABC có AB = AC. Lấy M thuộc cạnh AB; lấy N thuộc tia đối của tia CA sao cho CN = BM. Gọi I là một điểm sao cho IB = IC; IM = IN. Chứng minh rằng IC ⊥ AN . Giải  =  Ta có ∆ABC = ∆ACI (c.c.c) ⇒  ACI = ABI . ∆MBI = ∆NCI (c.c.c) ⇒ NCI ABI .  , mà đó là hai góc kề bù, nên Suy ra  ACI = NCI A   ACI = NCI = 900 , hay IC ⊥ AN . • Nhận xét M Đây là bài toán khó . Để chứng minh IC ⊥ AN C B  = ICN  là điều chúng ta suy nghĩ và chứng minh ICA N I cần thiết. Sau đó chúng ta hãy tìm các tam giác bằng  và ICN  . nhau mà trong các tam giác ấy có chứa ICA Ví dụ 5. Cho tam giác ABC có  A = 900 . Kẻ đường phân B giác góc B cắt AC tại D. Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho MA = MB. a) Chứng minh MD ⊥ BC. b) Chứng minh AM ⊥ BD. c) Nếu biết  AMD = 360 . M I Tính số đo góc B, góc C của tam giác ABC. Giải  ; BD a) ∆ABD và ∆MBD có BA BM = = ; ABD MBD THCS.TOANMATH.com A D TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 33 là cạnh chung ⇒ ∆ABD = ∆MBD(c.g .c)  = BMD  = 900 ⇒ BAD ⇒ DM ⊥ BC  ; BI là b) Gọi I là giao điểm của AM và BD. Xét ∆ABI và ∆MBI= có AB MB = ; ABI MBI  cạnh chung ⇒ ∆ABI = ∆MBI (c.g .c) ⇒  AIB = MIB  =1800 ⇒   =900 ⇒ AM ⊥ BD. Mà  AIB + MIB AIB =MIB  = 900 − 360 = 540 c)  AMD = 360 nên IMB  = 900 − 540 = 360 ∆BIM vuông nên IBM 0  36  = 900 − 720 = 180. Suy ra = B = .2 720 do đó C Ví dụ 6. Cho tam giác ABC có ba góc M nhọn. Vẽ đoạn thẳng AM ⊥ AB ; AM = AB sao cho M và C khác N phía đối với đường thẳng AB. Vẽ A K đoạn thẳng AN ⊥ AC và AN = AC P sao cho N và B khác phía đối với O đường thẳng AC. Gọi I, K lần lượt là trung điểm BN và CM. Chứng minh B rằng: I C a) ∆AMC = ∆ABN . b) MC = BN và MC ⊥ BN ; c) AI = AK và AI ⊥ AK . Giải  = BAN =  ) nên ∆AMC = ( 900 + BAC a) MAC ∆ABN (c.g.c) b) ∆AMC = AMC =  ABN . ∆ABN ⇒ BN = CM và  Gọi P là giao điểm của AB và CM Ta có:  AMC +  APM = 900 ( Vì ∆ AMP vuông)  = 900 ⇒ MC ⊥ BN ⇒ ABN + BPO CM = BN ⇒ MK = BI , mà  AMK =  ABN ; AM = AB nên ∆AMK = ∆ABI ( c.g .c ) ⇒ AK = AI .  + KAB  =°  = BAI  ; mà MAK ⇒ MAK 90  + KAB  =° 90 hay AI ⊥ AK . ⇒ BAI Ví dụ 7. Cho ∆ABC vuông tại A có BC = 2. AB . Tia phân giác của góc B cắt AC tại D a) Chứng minh rằng BD = CD . b) Tính góc B và góc C của tam giác ABC. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 34 Giải a) Gọi E là trung điểm của BC. 1 Suy ra = BE CE = AB =( BC ) 2 ∆ ABD và ∆ EBD có B E BA = BE   (giả thiết); ABD = EBD BD là cạnh chung A => ∆ ABD = ∆ EBD (c.g.c) C D  = BED  => BED  = 90° => BAD  = CED  =90°; BE = CE; DE chung Xét ∆ BDE và ∆ CDE có: BED => ∆ BDE = ∆ CDE (c.g.c) =>BD=CD.  = 2.C  b) ∆ BDE = ∆ CDE(c.g.c) => B  +C  = 90° (vì tam giác ABC Mặt khác: B vuông tại A)  = 60°  +C  = 90° => C  =30°, B => 2C Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có Â = 60°. Các tia phân giác góc B, góc C cắt nhau tại O và cắt AC; AB theo thứ tự D; E. Chứng minh rằng: OD = OE. Giải  +C  =180° ∆ ABC có A + B A  +C  =120° Mà Â = 60° nên B  +C = 1B + 1C  = 60° Ta có B 1 1 2 2 +B  +C  =180° ∆BOC có BOC 1 D E O 1 1  = 120°, Ô1 = 60° Nên BOC 2 3 1 B 1 2 I C x Kẻ Ox là tia phân giác góc BOC, cắt BC tại I nên Ô2 = Ô3=60° =B  (giả thiết); Ô1 = Ô2 (=60°) Xét ∆BEO và ∆BIO có B 1 2 BO là cạnh chung do đó ∆BEO = ∆BIO (c.g.c). Suy ra OE = OI Chứng minh tương tự ta có ∆COD = ∆COI nên OD = OI Vậy OE = OD (=OI) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 35 * Nhận xét – Để chứng minh OE = OD, ta chưa thể ghép chúng vào hai tam giác nào bằng nhau được. Do vậy ta nghĩ đến cách kẻ đường phụ. Cho số đo góc A ta liên hệ với bài đã biết nên tính được số đo góc BOC và góc BOE nên dựng được điểm I. – Bài toán còn có cách khác, là lấy điểm I trên BC sao cho BI = BE, sau đó chứng minh ∆BOE = ∆BOI rồi chứng minh ∆COD = ∆COL – Từ cách trên ta còn suy ra kết quả đẹp là BE + CD = BC Ví dụ 9. Cho tam giác ABC. Từ B kẻ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB. Gọi H là giao điểm của BD và CE. Biết rằng HD = HE. a) Chứng minh rằng ∆BHE = ∆CHD; b) Chứng minh rằng ∆ABD = ∆ACE.  c) Chứng minh AH là tia phân giác của BAC d) Gọi I là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng AI ⊥ BC. Giải  = CDH  (=90°); HD = HE; a) ∆BHE và ∆CHD có BEH  = CHD  => ∆BHE = ∆CHD (g.c.g) BHE A b) ∆BHE = ∆CHD => BH = CH; mà HD = HE =>BD = CE ADB =  AEC (= 90°); BD = CE; ∆ADB và ∆AEC có   chung BAC E D H => ∆ADB = ∆ACE (cạnh huyền, góc nhọn) C B I c) ∆ABD = ∆ACE => AB = AC. ∆ABH và ∆ACH có AB = AC; AH là cạnh chung; BH = CH (chứng minh trên) => ∆ABH = ∆ACH (c.c.c)  = CAH  => AH là tia phân giác của BAC . => BAH  = CAI  ; AI là cạnh chung => ∆ABI = ∆ACI (c.g.c) d) ∆ABI và ∆ACI có AB = AC; BAI =>  AIB =  AIC ; mà  AIB +  AIC = 180° =>  AIB =  AIC = 90°, hay AI ⊥ BC. Ví dụ 10. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM = 1 BC. 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 36 Giải D B 1 M 1 2 1 C A *Tìm cách giải. Để chứng minh AM = 1 BC 2 ta cần chứng minh BC = 2.AM. Về mặt suy luận ta cần dựng một đoạn thẳng bằng 2.AM, rồi chứng minh đoạn thẳng đó bằng BC. * Trình bày lời giải. Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA. Suy ra AD = 2.AM. =M  , MB = MC nên ∆AMB = ∆DMC. Suy ra AB = DC; ∆AMB và ∆DMC có AM = MD; M 1 2 3.   nên AB//CD => DC ⊥ AC A1 = D 1  = DCA  (=90°), AC chung => ∆ABC = ∆CDA (c.g.c) ∆ABC và ∆CDA có AB = CD; BAC => BC = DA => BC = 2AM hay AM = 1 BC 2 * Nhận xét: Bài này là một tính chất thú vị của tam giác vuông, thường được sử dụng trong những bài nối trung điểm của cạnh huyền với đỉnh góc vuông. Ví dụ 11. Cho hình vẽ bên. Biết rằng B A AB // CD, AD // BC. Chứng minh rằng: AB = CD, AD = BC Giải  (cặp so le trong) ABD = CDB AB // CD ⇒   (cặp so le trong) AD // BC ⇒  ADB = CBD D C  , BD là cạnh chung,   , Suy ra ∆ABD = ∆CDB ABD = CDB ADB = CBD ∆ABD và ∆CDB có  (g.c.g) ⇒ AB = CD, AD = BC. Nhận xét. Đây là một tính chất thú vị, gọi là tính chất đoạn đoạn chắn song song. Tính chất này được vận dụng trong nhiều bài tập, đem lại hiệu quả cao. C. Bài tập vận dụng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 37 • Định nghĩa tam giác bằng nhau 8.1. Điền vào chỗ trống (….) trong các phát biểu sau: a) Nếu ∆ABC = ∆MNP thì AB = …..; ……..= MP; BC = ………. ; b) Nếu ∆IHK = ∆DEF thì I = …… ; ….. = F  = …… H 8.2. Điền vào ô trống: A M B N C E K D F Q ∆ABC = ………………. ∆MNP = ……… H I K L ∆IHL = ………  −C +P  = 120°. Tính số đo các góc của mỗi tam giác.  = 10°; N 8.3. Cho ∆ABC = ∆MNP biết B 8.4. Cho ∆ABC = ∆MNP. Biết AB + AC = 9cm; MN – NP = 3cm; NP = 5cm. Tính chu vi của mỗi tam giác. 8.5. Cho ∆ABC = ∆RST, biết BC AB và ST – RS = 8cm; AC = 18cm. Tính mỗi cạnh của = 5 3 mỗi tam giác. • Trường hợp c.c.c 8.6. Điền vào ô trống: E P A M E Q R S V N K H U I THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 38 PQS = ………… ∆NUV = ……….. ∆EKI = ……….. 8.7. Cho hình vẽ bên. Chứng minh rằng OB là tia phân giác của  AOC . A B O C 8.8. Trong hình vẽ bên biết AB = CD, AD = BC. B A Chứng minh: AB // CD; AD // BC. D C 8.9. Cho ∆ABC có Â = 50°; AB = AC. Gọi M là trung điểm của BC. Tính các góc của ∆ABM ; ∆ACM. • Trường hợp c.g.c 8.10. Cho ∆ABC vuông tại A. Tia phân giác của  ABC cắt AC ở D; E là một điểm trên cạnh BC sao cho BE = BA. a) Chứng minh rằng: ∆ABD = ∆EBD. b) Chứng minh rằng: DE ⊥ BC. c) Gọi F là giao điểm của DE và AB. Chứng minh rằng DC = DF. 8.11. Cho tam giác ABC nhọn. Kẻ BD⊥AC (D∈AC), CE⊥AB (E∈AB). Trên tia đối của tia BD lấy điểm H sao cho BH = AC. Trên tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho CK = AB. Chứng minh: ABH =  ACK ; a)  b) AH = AK.  = 2.C  . Tia phân giác góc B cắt AC ở D. Trên tia đối BD lấy 8.12. Cho tam giác ABC có B điểm E sao cho BE = AC. Trên tia đối CB lấy điểm K sao cho CK = AB. Chứng minh rằng: AE = AK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 39 8.13. Cho ∆ABC. Gọi D; E theo thứ tự là trung điểm của AB, AC. Trên tia đối của tia ED lấy điểm F sao cho EF = ED. Chứng minh: a) BD = CF; AB // CF. b) ∆ BCD = ∆ FDC. c) DE // BC. 8.14. Cho ∆ABC vuông tại A, AB < AC. Tia phân giác của  ABC cắt AC tại D. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE = BA. Vẽ AH vuông góc với BC tại H. a) Chứng minh rằng AD = ED. b) Chứng minh rằng AH // DE. c) Trên tia DE lấy điểm I sao cho DI = AH. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng DH. Chứng minh rằng ba điểm A, O, I thẳng hàng.  < 90° . Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A. Vẽ tia Bx vuông góc 8.15. Cho ∆ABC có B với BC. Trên tia Bx lấy điểm D sao cho BD = BC. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C vẽ tia By vuông góc với BA. Trên tia By lấy điểm E sao cho BE = BA. Chứng minh rằng. a) AD = CE. b) AD ⊥ CE. 8.16. Cho ∆ABC có Â < 90°; Gọi M là trung điểm cạnh BC. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C kẻ tia Ax vuông góc với AB, trên tia Ax lấy điểm D sao cho AD = AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B kẻ Ay vuông góc với AC. Trên tia Ay lấy điểm E sao cho AE = AC. Trên tia đối tia MA lấy MN = MA. Chứng minh rằng: a) BN = AE; b) ẠM = DE 2 c) AM ⊥DE. 8.17. Để đo khoảng cách AB mà không đo trực tiếp, A B người ta đã thực hiện như sau: - Chọn vị trí điểm O. O - Lấy điểm C trên tia đối tia OA sao cho OC = OA. - Lấy điểm D trên tia đối tia OB sao cho OD = OB. D C - Đo độ dài đoạn thẳng CD, đó chính là khoảng cách AB. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 40 Hãy giải thích tại sao? • Trường hợp g.c.g 8.18. Cho tam giác ABC có Â = 120°. Các tia phân giác BE, CF của  ABC và  ACB cắt nhau tại I (E, F lần lượt thuộc cạnh AC, AB). Trên cạnh BC lấy hai điểm M, N sao cho  = 30°  = CIN BIM ; a) Tính số đo của MIN b) Chứng minh CE + BF < BC.  +C  = 60°, tia phân giác của BAC  cắt BC tại D. Trên AD lấy 8.19. Cho tam giác ABC có B điểm O, trên tia đối của tia AC lấy điểm M sao cho  ABM =  ABO . Trên tia đối của tia AB ACN =  ACO . Chứng minh rằng AM = AN. lấy điểm N sao cho  8.20. Cho tam giác ABC có BC = 5cm. Trên tia AB lấy điểm K và D sao cho AK = BD. Vẽ KI // BC; DE // BC (I; E ∈AC). a) Chứng minh AI = CE. b) Tính độ dài DE + KI. 8.21. Cho ∆ ABC vuông tại A có AB = AC. Lấy M thuộc BC (BM > MC). Kẻ BD và CE vuông góc với đường thẳng AM. Chứng minh rằng: a) ∆ ABD = ∆ CAE. b) BD – CE = DE. Chuyên đề 9. TAM GIÁC CÂN A. Kiến thức cần nhớ 1. Tam giác cân a) Định nghĩa: Tam giác cân là tam giác có hai cạnh bằng nhau. ∆ABC ∆ABC cân tại A    AB = AC b)Tính chất. Trong tam giác cân, hai góc ở đáy bằng nhau.  =C  ∆ABC cân tại A => B c) Dấu hiệu nhận biết A B C • Theo định nghĩa. • Nếu một tam giác có hai góc bằng nhau thì tam giác đó là tam giác cân. 2. Tam giác vuông cân THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 41 a) Định nghĩa: Tam giác vuông cân là tam giác vuông có hai B cạnh góc vuông bằng nhau. ∆ABC  ∆ABC vuông cân tại A   Â= 90°  AB = AC  A C b)Tính chất: mỗi góc nhọn của tam giác vuông cân bằng 45°  =C  = 45° B 3. Tam giác đều a) Định nghĩa: Tam giác đều là tam giác có ba cạnh A bằng nhau. ∆ABC ∆ABC đều   = BC = CA  AB b) Tính chất. Trong tam giác đều, mỗi góc bằng 60°. B C c) Dấu hiệu nhận biết • Theo định nghĩa. • Nếu một tam giác có ba góc bằng nhau thì tam giác đó là tam giác đều. • Nếu một tam giác cân có một góc bằng 60° thì tam giác đó là tam giác đều. B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Cho hình vẽ bên. Biết rằng AB = AC = AD  ABC = 45°;  ACD =75°. Tính số  đo góc BAD A D 0 B 45 0 75 C Giải * Tìm cách giải. Chúng ta lưu ý rằng: trong một tam giác cân, nếu biết một góc thì tính được  hoặc  = 180° – 2 C hai góc còn lại. Chẳng hạn: nếu ∆ABC cân tại A thì: Â= 180° – 2 B  =C  = 180° − Â B 2 * Trình bày lời giải ∆ABC cân tại A nên  = 180° – 2.  BAC ABC = 90°  = 180° – 2  ACD = 30° ∆ABC cân tại A nên CAD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 42  + CAD  = 120°  = BAC Ta có BAD Ví dụ 2. a) Một tam giác cân có một góc là 80°. Số đo của hai góc còn lại là bao nhiêu? b) Một tam giác cân có một góc là 100°. Số đo của hai góc còn lại là bao nhiêu? Giải 180° − 80° =50° 2 – Nếu mỗi góc ở đáy tam giác cân là 80° thì góc ở đỉnh tam giác cân là: 180° – 80° – 80° = a) Nếu góc ở đỉnh tam giác cân là 80° , thì mỗi góc ở đáy tam giác cân là: 20°. b) Nếu góc ở đáy tam giác cân là 100°; thì tổng hai góc ở đáy là: 100° + 100° + 200° > 180 (không xảy ra) Do đó góc ở đỉnh tam giác cân là 1000 thì mỗi góc ở đáy tam giác cân là 1800 − 1000 = 400 2 * Nhận xét: Bài toán này dễ bỏ sót các trường hợp. Khi đề bài chưa cho cụ thể số đo là số đo ở đỉnh hay ở đáy , ta cần xét cả hai trường hợp.  Ví dụ 3 . Cho hình vẽ bên . Biết AB = AC ; A= E DE = CD và BC = CE . Tính số đo BAC Giải * Tìm cách giải . bài toán xuất hiện nhiều A tam giác cân, nên có nhiều góc bằng nhau. Để lời giải đơn giản, không bị nhầm lẫn, E chúng ta nên đặt góc nhỏ nhất trong hình vẽ là D x. Sau đó biểu diễn các góc khác theo x. Trong quá trình giải, B C lưu ý tính chất góc của tam giác cân và tính chất góc ngoài của tam giác. * Trình bày lời giải   ∆DEC cân tại D. Đặt DCE = DEC = x THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 43  + DEC  = 2 x ( góc ngoài tam giác ) ∆DEC có  ADE = DCE  = D  ADE = 2x ∆AED cân tại E nên EA  = CAE  + ECA  = 3 x ( góc ngoài tam giác ) ∆AEC có BEC  BEC  ∆BCE cân tại C nên= B = 3x  BCA  ∆ABC cân tại A nên= B = 3x  +C = ∆ABC có A + B 1800 Suy ra 2x + 3x + 3x= 180 ⇔ x= 22,50 0  2.22,5 Do đó= BAC = 450 Ví dụ 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lay điểm E sao cho  = 2.  EBC ABE . Trên tia BE lấy điểm M sao cho EM = BC. So sánh  và BMC . MBC Giải *, Cách 1. Trên tia BE lấy điểm K sao cho BK = BC ⇒ ∆BKC cân tại B 0   =BKC  =180 − KBC =900 −  ⇒ BCK ABE = AEB 2 ∆CEK cân tại C ⇒ CE = CK ;  = CKE  ⇒ CEB  = CKM  mà CEK BK = EM ⇒ BE = KM  = BMC  ⇒ ∆CEB = ∆CKM ( c.g .c ) , suy ra: MBC *, Cách 2. Kẻ MH ⊥ AC ( H ∈ AC )  tại I. Gọi MH cắt tia phân giác BCE  1    Ta có :  ABE = EBI = IBC = EBC    2   ( so le trong) mà  ABE = EMI (  = CBI  = ⇒ EMI ABE )   ⇒ ∆BIM cân tại I ⇒ IB = IM = IMB ∆BIM có IBM THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 ∆IME ( c.g .c ) Từ đó suy ra ∆IBC = ⇒ IE= IC ⇒ ∆IEC cân tại I , mà IH ⊥ EC ∆CMH ( c.g .c ) Nên dễ có ∆EMH = ⇒ EM = CM ⇒ BC = CM  = BMC  ⇒ ∆BCM cân tại C suy ra MBC Ví dụ 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) , vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABD và ACE. Gọi I là giao điểm của CD và BE, K là giao điểm của AB và CD. a ) Chứng minh rằng ∆ADC = ∆ABE  = 600 . b ) Chứng minh rằng DIB c ) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của CD và BE . Chứng minh rằng ∆AMN đều. d ) Chứng minh rằng IA + IB = ID . e ) Chứng minh rằng IA là tia phân giác của góc DIE. Giải a ) ∆ADC và ∆ABE có =   ; AC = AD = AB DAC BA E = 600 + BAC AE ( ) ⇒ ∆ADC = ∆ABE ( c.g.c)  b ) ∆ADC = ∆ABE ⇒  ADC = ABE  D = 600 nên  ADC +  AKD = 1200 ∆ADK có KA  = 1200 ⇒ BKI  = 600 hay ⇒ ABE + BKI  = 600 DIB ∆ABE ⇒ DC =⇒ BE DM = BN c ) ∆ADC = có AD AB = ; ADK  ABN = ; DM BN ∆ADM và ∆ABN= ⇒ ∆ADM = ∆ABN ( c.g .c ) ⇒ AM = AN ⇒ ∆AMN cân  = BAN  ⇒ DAM  + MAB  = MAB  + BAN  ⇒ MAN  = 600 DAM ⇒ ∆AMN đều d ) Trên tia ID lấy IF = IB.  = 600 nên ∆BIF là tam giác đều. Ta có BIF ( )  ==   , BF = BA, DBF ABI 600 − FBA BI Xét ∆BFD và ∆BIA có BD = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 45 IA Suy ra ∆BFD = ∆BIA ( c.g .c ) ⇒ DF = Do đó IA + IB = DF + FI = ID  =600 ⇒ BF   =1200 e ) ∆BIF đều nên BFI D =1200 ⇒ BIA  =600 ⇒   =  AIE =600 DIA AIE ( =600 ) Mà BI D = 600 nên DIA Hay IA là tia phân giác của góc DIE Ví dụ 6. Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) , gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đoạn thẳng AM. Trên tia đối tia AM lấy điểm N sao cho AN = 2 . MH. Chứng minh BN = AC. ( Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN Hà Nội , năm 2015) Giải * Tìm cách giải . Bài toán chưa hề ghép BN và AC vào hai tam giác bằng nhau trực tiếp được. mặt khác MNB = MC , do vậy rất tự nhiên chúng ta nghĩ tới việc trên tia đối của tia MA lấy MD = MA bởi đây là giả thiết quen thuộc, để suy ra AC = BD. Sau đó chỉ việc chứng minh BD = BN * Trình bày lời giải . Trên tia đối của tia MA lấy MD = MA, Xét ∆ACM và ∆DBM có  = AM M = D,  AMC DMB = , BM CM AC Suy ra ∆ACM = ∆DBM ( c.g .c ) ⇒ BD = Ta có HN = HA + AN = HA + 2.HM = AM + HM HD = MD + HM = AM + HM ⇒ HN = H D ∆DBN có BH ⊥ DN ; H= BD Vậy BN = AC. D HN ⇒ ∆DBN cân tại B ⇒ BN = Ví dụ 7.Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Lấy điểm D thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa C sao cho tam giác DAB vuông cân tại D; điểm E ( khác A) thuộc đoạn AD. Đường thẳng qua E, vuông góc với BE cắt AC tại F. Chứng minh rằng EF = EB. Giải * Tìm cách giải. Để chứng minh EF = EB , thông thường chúng ta nghĩ tới việc ghép vào hai tam giác , sau đó chứng minh hai tam giác đó bằng nhau. Tuy nhiên , với hình vẽ này chúng ta chưa thể ghép được . Phân tích đề bài, chúng ta có nhiều góc vuông , góc 450 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 46 cũng như các cặp cạnh bằng nhau DA = DB , AB = AC. Với sự phân tích trên , chúng ta nghĩ tới việc kẻ thêm đường phụ nhằm kết hợp được giả thiết với nhau cũng như ghép EF và EB là hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau. * Từ đó chúng ta có hướng giải sau: •  = 1350 nên cần ghép EB vào tam giác có Cách 1. Có thể ghép EF vào ∆AEF có EAF góc đối diện với nó cũng bằng 1350 . Khai thác yếu tố tam giác vuông cân ADB, lấy điểm K trên BD sao cho ∆DEK vuông cân . •  Cách 2 . Nhận thấy BA D = 450 nên , tia AD là tia phân giác góc ngoài đỉnh A của ∆ABC , nên có thể kẻ thêm EM, EN vuông góc với các đường thẳng AC, AB . Dễ chứng minh được EM = EN . Từ đó cũng có lời giải. * Trình bày lời giải Cách 1. Trên đoạn BD lấy điểm K sao cho BK = EA ( 1). Vì tam giác DAB vuông cân tại D nên ∆DKE vuông cân tại D, suy ra  = 450 DKE  = 1800 − 450 = 1350 do đó : BKE  = 450 + 900 = 1350 mà EAF  = EAF  ( 2) nên BKE  = 900 )  =900 − DEB  = Mặt khác KBE AEF ( 3) ( do BEF ∆EAF ( g .c.g ) Từ (1), (2),(3) suy ra : ∆BKE = Từ đó EF = EB Cách 2. Vẽ EM, EN vuông góc với các đường thẳng AC, AB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 Xét ∆AME và ∆ANE có  AME =  AN = E ( 900 ) ; M   MA = E NA = E ( 450 ) , AE là cạnh chung D E ⇒ ∆AME = ∆ANE ( cạnh huyền góc nhọn ) A N ⇒ EM = EN Mặt khác , ∆AME và ∆ANE là tâm giác  = 900 vuông cân, suy ra MEN F B C ∆BNE và ∆FME có : ( )  ==  ( 900 ) ; BEN  ==   ENB EMF F EM 900 − F EN ; EN = EM ∆BNE = ∆FME ( cạnh huyền góc nhọn ) ⇒ EF = EB 1 Ví dụ 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, có  ABC = 300 . Chứng minh rằng AC = .BC 2 Giải Tìm cách giải . Từ đề bài, suy ra được. Gợi cho chúng ta liên tưởng tới góc của tam giác 1 đều . Phân tích kết luận AC = .BC , dễ dàng cho chúng ta hai hướng suy luận : 2 * • Hướng 1. Tạo ra một đoạn thẳng bằng 2.AC, sau đó chứng minh đoạn thẳng ấy bằng BC. Chú ý  ACB = 600 , nên chúng ta dựng điểm D trên tia CA sao cho CD = 2.AC. Sau đó chứng minh BC = CD. Bài toán được giải quyết. • Hướng 2. Tạo ra một đoạn thẳng bằng 1 .BC , sau đó chứng minh đoạn 2 thẳng ấy bằng AC. Chú ý  ACB = 600 , nên chúng ta gọi trung điểm M của BC. Sau đó chứng minh CM = AC. Bài toán được giải quyết. * Trình bày lời giải Cách 1. Dựng điểm D trên tia đối của tia AC sao cho AD = AC. ∆ABC và ∆ABD có AD = AC   BAC = BA = D 900 , AB là cạnh chung, do đó ∆ABC = ∆ABD ( c.g .c ) ⇒ BC = BD ∆BCD có  ACB = 600 , BC = BD ⇒ ∆BCD đều THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 48 ⇒ BC = CD Vậy AC = 1 BC 2 Cách 2. Gọi M là trung điểm của BC ∆ABC vuông tại A có M là trung điểm của BC, suy ra; MA = MB = MC ( theo ví dụ 10, chuyên đề 8) có MA MC ∆MAC = = , ACB 600 nên ∆MAC là tam giác đều , suy ra AC = MC . Vậy 1 AC = .BC 2 * Nhận xét. Đây là một tính chất thú vị về tam giác vuông đặc biệt . Tính chất được phát biểu như sau; Trong một tam giác vuông có một góc bằng 300, thì cạnh đối diện với góc 300 bằng nửa cạnh huyền. 1 Ví dụ 9. Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC. Biết rằng AM = .BC , chứng 2 minh rằng tam giác ABC vuông tại A. Giải ∆AMC có AM = CM nên ∆AMC cân tại M  ⇒ A = B 2 B 1 1  +C = ∆ABC có A + B 1800 2 1 ⇒ A+  A2 +  A= 1800 ⇒ 2.  A= 1800 ⇒  A= 900 1 M Vậy tam giác ABC vuông tại A 1 2 2 C A * Nhận xét . Đây là một tính chất thú vị để nhận biết tam giác vuông. C . Bài tập vận dụng  = 600 . Tính số đo góc C  9.1 Cho hình vẽ bên. Biết rằng AB = AC ; AD = AE và BAD DE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 49  = 800 và điểm D trên cạnh AC. Lấy E thuộc AB, F thuộc BC sao 9. 2 Cho tam giác ABC có B . cho AE = AD và CF = CD. Tính số đo EDF 9.3. Cho tam giác ABC vuông tại B ( AB > BC). Đường trung tuyến của đoạn thẳng AC cắt  BCE  DCE . Tính số đo  AC và AB lần lượt tại D và E. Biết rằng ACB . = 5 2 9.4. Cho tam giác ABC có đường phân giác góc A cắt BC tại D. Biết rằng  BAC = 1140 ; AB + B = D AC . Tính số đo góc  ACB . 9.5. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh BC lấy hai điểm M và N sao cho BM = BA, CN = CA. Tính góc MAN. 9.6. Cho tam giác ABC nhọn. Lấy D thuộc cạnh AC sao cho AB = BD, lấy điểm E thuộc AB  = 1500 . Tính số đo góc BAC  soa cho AC = CE. Gọi F là giao điểm của BD và CE. Biết BFC 9.7. Tìm x trong hình vẽ sau: A 400 2x 2x x B E C 400 D 9.8. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối của tia BC lấy điểm D, trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho BD = CE . a ) Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác cân. b ) Kẻ BH ⊥ AD ( H ∈ AD ) , kẻ CK ⊥ AE ( K ∈ AE ) . Chứng minh rằng BH = CK. c ) Gọi O là giao điểm của BH và CK. Tam giác OBC là tam giác gì ? Vì sao? THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 50  = 2.C  . Kẻ AH vuông góc với BC ( H thuộc BC). Trên tia đối 9.9. Cho tam giác ABC có B của tia BA lấy BE = BH. Đường thẳng EH cắt AC tại F. Chứng minh: a ) FH = FA = FC. b ) AE = HC.  < 900 ), đường cao AH, Kẻ HI vuông góc với AB, kẻ HK 9.10. Cho tam giác ABC ( BAC vuông góc với AC. Gọi E, F lần lượt là điểm sao cho I; K lần lượt là trung điểm của HE và HF. Đường tẳng E F cắt AB ; AC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng: a ) AE = AF; . b ) HA là phân giác của MHN 9.11. Cho đoạn thẳng AB và điểm C nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tam giác đều ACD và BCE. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AE và BD . Chứng minh rằng: a ) AE = BD ∆CNB . b ) ∆CME = c ) Tam giác MNC là tam giác đều. 9.12. Cho tam giác LMN có 3 góc đều nhọn. Dựng ra phía ngoài tam giác ấy ba tam giác đều LMA; MNB và NLC. Chứng minh rằng: LB = MC = NA.  . M là điểm z = 1200 . Oy là tia phân giác của xO z ; Ot là tia phân giác của xOy 9.13. Cho xO miền trong góc yOz. Vẽ MA vuông góc Ox, MB vuông góc Oy, MC vuông góc Ot . Chứng minh rằng: OC = MA – MB. 9.14. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh AB lấy điểm D , trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AD = AE . Các đường thẳng vuông góc kẻ từ A và E với CD cắt BC ở G và H. Đường thẳng EH và đường thẳng AB cắt nhau ở M. Đường thẳng kẻ từ A song song với BC cắt MH ở I. Chứng minh rằng: ∆AME a ) ∆ACD = ∆MIA b ) ∆AGB = c ) BG = GH 9.15. Cho tam giác ABC với  ABC =  ACB = 360 . Trên tia phân giác của góc ABC lấy điểm N  = 120 . So sánh độ dài của CN và CA. sao cho BCN 9.16. Cho ∆ABC có các tia phân giác trong của góc B và C cắt nhau tại I. Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tai D và E. Chứng minh BD + CE = DE. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 51 9.17. Cho ∆ABC có M là trung điểm của BC. Biết rằng AM là tia phân giác của góc BAC. Chứng minh rằng ∆ABC cân 9.18.Cho M là một điểm bất kì nằm trong tam giác đều ∆ABC . Chứng minh rằng từ ba đoạn MA, MB, MC ta có thể dựng được một tam giác Chuyên đề 10. ĐỊNH LÝ PYTAGO A. Kiến thức cần nhớ Trong toán học, định lý Pi-ta-go là một liên hệ giữa hình học phẳng giữa ba cạnh tam giác của một tam giác vuông. - Pythagoras (sinh khoảng năm 580 đến 572 TCN – mất khoảng năm 500 đến 490 TCN) là một nhà triết học người Hy Lạp và là người sáng lập ra phong trào tín ngưỡng có tên học thuyết Pythagoras. Ông thường được biết đến như một nhà khoa học và toán học vĩ đại. Trong tiếng việt, tên của ông thường được phiên âm từ tiếng Pháp (Pythagore) thành Pyta-go. - Pythagoras đã thành công trong việc chứng minh tổng 3 góc của một tam giác bằng 1800 và nổi tiếng nhất nhờ định lý toán học mang tên ông. Ông cũng được biết đến là “cha đẻ của số học”. Ông đã có nhiều đóng góp quan trọng cho triết học và tín ngưỡng vào cuối thế kỷ 7 TCN. Về cuộc đời và sự nghiệp của ông, có quá nhiều các huyền thoại khiến việc tìm lại sự thật lịch sử không dễ dàng. Pythagoras và các học trò của ông tin rằng mọi sự vật đều liên hệ đến toán học, và mọi sự việc đều có thể tiên đoán trước qua các chu kỳ. 1. Định lý Py-ta-go Trong một tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng các bình phương của hai cạnh góc vuông. B ABC vuông tại A  BC 2  AB 2  AC 2 2. Định lý Py-ta-go đảo Nếu một tam giác có bình phương của một cạnh bằng tổng các bình phương của hai cạnh kia thì tam giác đó là tam giác vuông.   900 ABC : BC 2  AB 2  AC 2  BAC A C B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Cho hình vẽ sau. Tìm x: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 52 B 4 E x 5 D 3 A 6 C Giải. • Tìm cách giải: Trong một tam giác vuông nếu biết độ dài hai cạnh thì tìm được độ dài cạnh thứ ba. Xét ADE ta tính được AE từ đó xét ABC , tính được BC. • Trình bày lời giải ADE vuông tại A. Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có: AD 2  AE 2  DE 2  32  AE 2  52  AE  4 Từ đó suy ra AB  8 . ABC vuông tại A. Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:A AB 2  AC 2  BC 2  82  6 2  BC 2  BC  10. Ví dụ 2. Cho ABC vuông tại A. Biết 3AB  4AC và BC  20cm . Tính độ dài các cạnh AB và AC. Giải. • Tìm cách giải. Bài toán biết độ dài cạnh huyền tam giác vuông, tính độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông ấy, tất yếu suy nghĩ tới việc dùng định lý Py-ta-go. Bài toán cho 3AB  4AC . Khai thác yếu tố này, chúng ta có thể giải bài toán theo ba cách. • Trình bày lời giải Cách 1. ABC vuông tại A. Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có: AB 2  AC 2  BC 2  AB 2  AC 2  100 AB AC AB 2 AC 2    4 3 16 9 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có: Từ đề bài: 3AB  4AC  AB 2 AC 2 AB 2  AC 2 400     16 16 9 16  9 25  AB 2  16.16  AB  16cm. AC 2  9.16  AC  12cm. Cách 2. ABC vuông tại A. Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 53 AB 2  AC 2  BC 2  AB 2  AC 2  400 Từ đề bài, đặt: 3AB  4AC  k  k  0  AB  k k k2 k2 ;AC   AB 2  ;AC 2  3 4 9 16 k2 k2   400  25k 2  57600  k 2  2304 9 16 Với k  0  k  48 . Từ đó suy ra AB  16cm, AC  12cm. AB 2  AC 2  BC 2  Cách 3. ABC vuông tại A. Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có: AB 2  AC 2  BC 2  AB 2  AC 2  400 4.AC 16.AC 2 2 Từ đề bài ta đặt: 3.AB  4.AC  AB   AB  3 9 2 2 16AC 25.AC AB 2  AC 2  BC 2   AC 2  400   400  AC 2  144 9 9 Từ đó suy ra AB  16cm, AC  12cm. Ví dụ 3. Gấp một mảnh giấy hình chữ nhật như hình dưới đây sao cho điểm D trùng với điểm E là một điểm nằm trên cạnh BC. Biết rằng AD  10cm, AB  8cm . Tính độ dài của CE. Giải. • Tìm cách giải. Khi gấp hình, chúng ta lưu ý các A D yếu tố bằng nhau. Suy ra được AE  AD . Để tính CE, chúng ta chỉ cần tính BE. Từ đó chúng ta có lời giải sau: • Trình bày lời giải   ADF   900 , AD  AE  10cm . Ta có AEF Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông ABE, ta có: F B E C BE 2  AE 2  AB 2  BE 2  102  82  36  BE  6cm. Suy ra CE  10  6  4cm.   300 ;BC  a . Lấy điểm D trên cạnh AC sao cho Ví dụ 4. Cho ABC cân tại A; A   600 . Tính độ dài AD theo a. CBD Giải.   300 nên ABC   ACB   750 . Trên Cách 1. ABC cân tại A; A nửa mặt phẳng bờ BC, chứa điểm A vẽ BIC vuông cân tại I thì I nằm trong Ta có: ABC . 0 0 0 0   45 ;IBA   30  IBD   15  ABD   15 CBI A IAB và IAC có AB  AC,IB  IC, AI là cạnh chung. Do đó IAB  IAC c.c.c D   IAC   150 .  IAB I THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC B C 54   DBA   150  ; AB là cạnh chung; ABI   BAD   300  . IAB và DBA có IAB Do đó IAB  DBA g.c.g  IB  AD . IBC vuông cân tại I, theo định lý Py-ta-go, ta có: a BI 2  IC 2  BC 2  a 2  2.BI 2  a 2  BI  2 a Suy ra AD  . 2 Cách 2. Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B, dựng tia   450 . Trên Ax lấy điểm E sao cho AE  BC . Suy Ax sao cho CAx A E D   750 . ra BAE và có AB là cạnh chung; ABC BAE   BAE   750  ;AE  BC . Do đó ABC  BAE c.g.c ABC   BAC   ABE   300  DBE   150  AC  BE;ABE   EBD   150  , BD là ABD và EBD có AB  EB  AC  , ABD cạnh chung. Do đó ABD  EBD c.g.c  AD  ED  AED B C vuông cân tại D. AED vuông cân tại D, theo định lý Py-ta-go, ta có: a . AD 2  ED 2  AE 2  a 2  2.AD 2  a 2  AD  2 Ví dụ 5. Cho ABC vuông tại A. Lấy D là trung điểm của AB. Từ D kẻ DE vuông góc với BC. Chứng minh rằng: EC 2  EB 2  AC 2 . Giải. • Tìm cách giải. Để chứng minh đẳng thức chỉ chứa các bình phương độ dài đoạn thẳng, chúng ta sử dụng định lý Py-ta-go vào các tam giác vuông, chú ý tạo ra vế trái, rồi biến đổi đại số tạo ra vế phải. • Trình bày lời giải. B Vận dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông, E ta có: EC 2  DC 2  DE 2 ; 2 2 D 2 BE  BD  DE ;  EC 2  BE 2  DC 2  DE 2   BD 2  DE 2   EC 2  BE 2  DC 2  BD 2 A C  EC 2  BE 2  DC 2  AD 2 (V× BD=AD)  EC 2  BE 2  AC 2 Ví dụ 6. Cho ABC vuông cân tại A. Qua A kẻ đường thẳng xy không cắt đoạn thẳng BC. Kẻ BM và CN vuông góc với xy. Chứng minh: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 55 a) ACN  BAM . b) CN  BM  MN . c) BM 2  CN 2 không phụ thuộc vào vị trí xy. d) Tìm điều kiện xy để A là trung điểm của MN. Giải. • Tìm cách giải. Để chứng minh một biểu thức hình học không phụ thuộc vào vị trí của yếu tố hình học nào đó, ta biến đổi, chứng tỏ biểu thức đó bằng kết quả chỉ chứa yếu tố cố định. Để tìm điều kiện hình học thỏa mãn yêu cầu nào đó, ta coi yêu cầu đó là giả thiết từ đó suy ra điều kiện cần tìm. B 1 x M 2 A C 1 • Trình bày lời giải  A   900 ;A  A   900 nên a) Ta có B 1 2 1 2 N A . B 1 1 y BAM và ACN có: N   900  ;B A  ;AB  AC M 1 1 Nên BAM  ACN ch  g.nh . b) BAM  ACN nên BM  AN;AM  CN Suy ra BM  CN  AN  AM  MN . c) Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vuông BAM : BM 2  AM 2  AB 2 hay BM 2  CN 2  AB 2 Suy ra BM 2  CN 2 không phụ thuộc vào vị trí xy. d) BAM  ACN nên AM  CN   450  xy  BC . AM  AN  AN  CN hay ACN vuông cân tại N  A 1 • Nhận xét: Nếu gọi I là trung điểm của BC ta còn có kết quả đẹp: IMN vuông cân.   500 ;B   200 . Trên đường phân giác BE của góc ABC lấy điểm F Ví dụ 7. Cho ABC có A   200 . Gọi I là trung điểm của AF, K là giao điểm của tia EI với AB; M là giao sao cho FAB   1 điểm của CK với EB. Chứng minh rằng: AI 2  EI 2  AF. MF  KE .   2 Giải. • Tìm cách giải. Phân tích kết luận AI  EI 2 gợi cho chúng ta dùng định lý Py-ta-go. Dựa vào hình vẽ, chúng ta phán đoán tam giác AIE vuông tại I. Sau đó chứng minh dự đoán này. 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 56 Phân tích từ giả thiết, với các yếu tố về góc, chúng ta tính được   600 . Từ phân tích đó, chúng ta có    300 ;ABE   CBE   100 . Từ đó tính được BEC C;FAE lời giải sau: • Trình bày lời giải   BAF   ABF   300 (Tính chất góc ngoài của tam giác). ABF có AFE   EFA   EAF cân đỉnh E  EA  EF . Suy ra EAF A K EAI và EFI có IA  IF, EA  EF, EI là cạnh chung I  EAI  EFI c.c.c E   FEI;AIE    FIE   900  AEI   FEI   1 AEF   600 .  AEI 2 Từ đó suy ra CEB  KEB g.c.g F M C B   BEK   600  EC  EK;BC  BK;BEC  EKM  ECM c.g.c   EMC   900  EMK 1  EM  EK (theo ví dụ 8, chuyên đề 9). 2 AIE vuông tại I suy ra:   1 AI 2  EI 2  AE 2  AE. E F  AE MF  EM  AE MF  EK  .   2 Ví dụ 8. Cho ABC có M là trung điểm của cạnh BC. Biết AB  2cm , AC  4cm và AM  3cm . Hãy tính số đo góc BAC và độ dài BC. Giải. Trên tia AM lấy điểm D sao cho M là trung điểm của AD  AD  2 3cm . AMB và DMC có A   MB  MC, AMB  DMC,MA  MD E  AMB  DMC c.g.c  AB  DC  2cm. ADC có  B C M  2 DC 2  AD 2  2 2  2 3  16;AC 2  16  DC 2  AD 2  AC 2  ADC vuông tại D (định lý Py-ta-go)   900  MBA   900 .  MDC Gọi E là trung điểm của AC  DE  2cm  CE  DC (theo ví dụ 10, chuyên đề 8)  DCE là tam giác đều.   600  MAC   300  BAC   1200 .  DCI ABM vuông tại A nên MB 2  AB 2  AM 2  2 2   3 2 D 7  MB  7cm  BC  2 7cm . C. Bài tập vận dụng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 57 10.1.Cho tam giác ABC nhọn, kẻ AH vuông góc AB  10cm;AH  8cm;HC  15cm . Tính chu vi tam giác ABC. 10.2. Tìm x trong hình vẽ sau: với BC tại H. Biết B x 6 D 3 A 6 C 10.3. Cho tam giác ABC có góc A nhọn. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABM, CAN vuông cân tại A. BN và MC cắt nhau tại D. a) Chứng minh: AMC  ABN . b) Chứng minh: BN  CM . c) Cho MB  3cm,BC  2cm,CN  4cm . Tính MN. d) Chứng minh rằng DA là tia phân giác góc MDN.   600 ;B   900 ,BC  4cm,CD  6cm . Tính độ dài D 10.4. Cho hình vẽ sau. Biết rằng A đoạn thẳng AB? A D B C 10.5. Trong tam giác vuông dưới đây, biết BC  3cm;CD  2cm, AC  n, AD  m . Tính giá trị của m 2  n 2 . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 58 A n B 3cm m C 2cm D 10.6. Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ AH vuông góc với BC tại H. Chứng minh rằng: BH 2  CH 2  2AH 2  BC 2 . 10.7. Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ AH  BC . Vẽ HM  AB , HN  AC . Chứng minh: a) AMN cân; b) Chứng minh MN  BC . c) Chứng minh AH 2  BM 2  AN 2  BH 2 . 10.8. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh: 3 BM 2  BC 2  AC 2 4   900 . Kẻ BH vuông góc với AC. Chứng minh rằng: 10.9. Cho ABC cân tại A có A AB 2  AC 2  BC 2  3BH 2  2AH 2  CH 2 . 10.10. Cho tam giác ABC. Từ điểm M nằm bên trong tam giác kẻ MD, ME, MF lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng: AF 2  BD 2  CE 2  AE 2  BF 2  CD 2 . 10.11. Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE cắt nhau tại H. Chứng minh rằng AH 2  BC 2  CH 2  AB 2 . 10.12. Cho đoạn thẳng BC cố định, M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Vẽ góc CBx sao   450 , trên tia Bx lấy điểm A sao cho độ dài đoạn thẳng BM và BA tỉ lệ với 1 và cho CBx 2 . Lấy điểm D bất kì thuộc đoạn thẳng BM. Vẽ BH và CI vuông góc với đường thẳng AD. Đường thẳng AM cắt CI tại N. Chứng minh rằng: a) BH 2  CI 2 có giá trị không đổi khi D di chuyển trên đoạn thẳng BM. b) Tia phân giác của góc HIC luôn đi qua một điểm cố định. 10.13. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường cao AH, trên đó lấy điểm D. Trên tia đối HA lấy E sao cho HE = AD. Đường vuông góc với AH tại D cắt AC tại F. Chứng minh rằng EB vuông góc với EF.   300 . Dựng bên ngoài tam giác ABC tam giác đều BCD. 10.14. Cho tam giác ABC có A Chứng minh rằng AD 2  AB 2  AC 2 . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 59 Chuyên đề 11. CÁC TRƯỜNG HỢP BẰNG NHAU CỦA TAM GIÁC VUÔNG A. Kiến thức cần nhớ Ngoài các trường hợp bằng nhau đã biết của hai tam giác vuông, còn có trường hợp bằng nhau theo cạnh huyền – cạnh góc vuông. • Nếu một cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó bằng nhau. A '  900  A  BC  B ' C '   ABC  A ' B ' C ' c.h  c.g.v   AC  A ' C '   B' B A C A' C' B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng vuông góc A với AB tại B cắt đường thẳng vuông góc với AC tại C ở D. Chứng minh rằng AD là tia phân giác của góc BAC. Giải * Tìm cách giải: Để chứng minh AD là tia phân giác của góc  = CAD  . Do đó hiển BAC, chúng ta cần chứng minh BAD nhiên cần chứng minh ∆BAD = ∆CAD C B * Trình bày lời giải: D ABD =  ACD (=900); AD là cạnh Xét ∆BAD và ∆CAD có:  chung; AB = AC ( ∆ABC cân tại A) Do đó ∆BAD = ∆CAD (cạnh huyền – cạnh góc vuông)  = CAD  (cặp góc tương ứng) => BAD Vậy AD là tia phân giác góc BAC * Nhận xét: Chúng ta còn có DA là tia phân giác của góc BDC, tam giác DBC cân tại D. AD vuông góc với BC Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ AH vuông góc với BC. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE = BA. Kẻ EK ⊥ AC (K ∈ AC). Chứng minh AK = AH. A Giải:  = BEA  * Trình bày lời giải: ∆ABE cân tại B nên BAE K EK //AB ( vì cùng vuông góc với AC) THCS.TOANMATH.com B H E C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 60 =   ⇒ EAB AEK (so le trong) ⇒  AEH = AEK ⇒ ∆AEH = ∆AEK (cạnh huyền – góc nhọn), suy ra AK = AH Ví dụ 3: Cho tam giác ABC (AB DE. Kẻ DH vuông góc với EF (H thuộc cạnh =E -F  EF) Gọi M là trung điểm của EF. Chứng minh rằng MDH 11.8. Cho tam giác ABC vuông cân đáy BC. Gọi M, N là trung điểm của AB, AC. Kẻ NH ⊥ CM tại H, kẻ HE ⊥ AB tại E. Chứng minh rằng: a) Tam giác ABH cân b) HM là tia phân giác góc BHE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 62 Chuyên đề 12. VẼ THÊM HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN A. Kiến thức cần nhớ Trong một số bài toán ở các chuyên đề trước, chúng ta đã phải vẽ thêm hình phụ thì mới giải được. Trong chuyên đề này, chúng ta hệ thống một vài kĩ thuật vẽ hình phụ để giải toán. 1. Mục đích của việc vẽ thêm hình phụ Khi vẽ thêm đường phụ, chúng ta thường nhằm các mục đích sau đây: Đem những điều kiện đã cho của bài toán và những hình có liên quan đến chứng minh tập hợp (ở một hình mới) làm cho chúng có liên quan đến nhau, 1 Tạo nên đoạn thẳng (hay góc) bằng tổng, hiệu gấp đôi hay bằng đoạn thẳng (hay 2 góc) cho trước để đạt được chứng minh của bài tập hình học. Tạo nên những đại lượng mới (đoạn thẳng hay góc) bằng nhau, thêm vào những đại lượng bằng nhau mà đề bài đã cho để giúp cho việc chứng minh. Tạo nên một hình mới, để có thể áp dụng một định lý nào đó. Biến đổi kết luận, hình vẽ làm cho bài toán trở lên dễ chứng minh hơn. 2. Các loại đường phụ thường vẽ: – Kéo dài một đoạn thẳng cho trước với một độ dài tùy ý hoặc cắt một đường thẳng khác. – Nối hai điểm cho trước hoặc cố định – Từ một điểm cho trước dựng đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước – Dựng đường phân giác của một góc cho trước – Dựng đường thẳng đi qua một điểm cho trước hợp thành với đường thẳng khác một góc bằng một góc cho trước. * Chú ý: Khi vẽ đường phụ phải có mục đích không vẽ tùy tiện B. Một số ví dụ: 0  Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A có A=100 . Tia phân giác của góc B cắt AC tại D. Chứng minh BC = AD + BD Giải * Tìm cách giải: Đây là bài toán khó tuy nhiên nếu bạn biết lưu tâm đến giả thiết của bài toán và phương pháp kẻ đường phụ thì bài toán trở nên đơn giản. Phân tích kết luận, chúng ta có hai hướng vẽ đường phụ cho bài toán này. – Vì A, D, B không thẳng hàng, mà kết luận AD + BD = BC, do vậy chúng ta vẽ thêm hình phụ sao cho AD + BD bằng một đoạn thẳng. Sau đó chứng minh đoạn thẳng đó bằng BC. – Phân tích kết luận chúng ta cũng có thể nghĩ tới việc tách BC thành tổng hai đoạn thẳng mà trong đó có một đoạn thẳng bằng BD (hoặc AD) và chứng minh đoạn thẳng còn lại bằng AD (hoặc BD). THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 63 – Trong hai hướng suy nghĩ trên, chúng ta lưu ý đến giả thiết là tam gias cân và biết số đo góc để tính tất cả các góc có thể. * Trình bày lời giải: Cách vẽ 1: Trên tia đối của tia DB lấy điểm K sao cho DA = DK. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BE = BA A  = 1000 nên B = C = 400 . ∆ABC cân tại A có A K D 1 4 2 3 Ta có ∆ABD = ∆EBD(c.g.c) ⇒ AD = DE.  = BAD  = 1000 ⇒ D =D =D  = 600. BED 1 2 3   Mà BD là phân giác của góc B nên B = B = 200 1 2 E B C  = 1200 ⇒ D  = 600 Mặt khác: BDC 4 Từ đó ta có :   = 1800 − 1000 = 800 ΔKDC=ΔEDC (c.g.c) ⇒ DKC=DEC  = 800 => ∆BKC cân tại B ⇒ BC = BK = BD + DK = BD + AD ⇒ KCB Vậy BC = BD + AD Cách vẽ 2: Trên tia BC lấy điểm M sao cho BM = BA, lấy điểm N sao cho BN = BD ∆ABD = ∆MBD(c.g.c) ⇒ AD = DM ( *) , Ta có:  BMD  = A = 1000 A D  =1000 ⇒ DNM  =800 1 Do BMD () Mặt khác ∆BDN cân tại B nên   BDN = BND = 800 2 ( ) E B C N Từ (1) và (2) ta có: ∆MDN cân tại D nên DM = DN (**)   = 400 Ta có: NDC=NCD ⇒ ΔDNC cân tại N, nên NC = ND (***) Từ (*) (**) (***) ⇒ AD = NC ⇒ BC = BN + NC ⇒ BC = BD + AD Cách vẽ 3: Trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BF = BD, trên cạnh AB A lấy điểm K sao cho AK = AD. Ta sẽ chứng minh được tam giác BKD cân tại K nên KB = KD, mà KB = DC nên K D KD = DC do đó ΔAKD=ΔFDC (g.c.g) => AD = FC ⇒ BC = BF + FC = BD + AD Vậy BC = BD + AD B F C 0  Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, các điểm D và E thuộc BC sao cho DAE=45 (D nằm giữa B và E). Chứng minh rằng: BD2 + CE2 = DE2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 64 Giải *Tìm cách giải: Từ kết luận dễ nhận thấy BD, CE, DE thỏa mãn định lý Pitago. Do vậy ta sẽ tạo ra một tam giác vuông có ba cạnh bằng BD, CE, DE trong đó DE là độ dài cạnh huyền. Do BD, CE, DE cùng nằm trên một đường thẳng. Do vậy cần kẻ thêm đường phụ. Từ C kẻ CK ⊥ BC và lấy CK = BD (K và A cùng phía đối với BC). Chỉ cần chứng minh KE = DE * Trình bày lời giải: Từ C kẻ CK ⊥ BC và lấy CK = BD (K và A cùng phía A đối với BC)  =900 -C  = 900 − 450 = B  , CK = BD (theo cách Ta có C 2 1 1 2 3 4 K dựng), AC = AB (giải thiết) Do đó ΔACK = ΔABD (c.g.c) suy ra AK = AD, =A  A 4 1 1 B D 2 C E  =450 (giả thiết) nên A  +A  = 450 suy ra Ta lại có A 2 1 3  =  = 450 =  EAK A4 + A EAD 3 Xét ∆EAK và ∆EAD có AD = AK, AE là cạnh chung,  = EAK EAD (=450 ) ⇒ ∆EAK=∆EAD (c.g.c) ⇒ KE = DE Từ đây, hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A,  = 150 . Trên tia BA lấy điểm O sao cho C O BO = 2 AC. Chứng minh OBC cân. H M A B C Giải * Tìm cách giải:  = 150 suy ra B  = 750 mà Trong bài toán trên vì phát hiện thấy C 750 – 150 = 600 là số đo của mỗi góc trong tam giác đều. Điều này gợi ý cho chúng ta vẽ tam giác đều BCM như hình vẽ. Nhờ các cạnh của tam giác đều bằng nhau, các góc của tam giác đều bằng 600, chúng ta chứng minh được ∆HMB = ∆ABC (c.g.c); ∆MOB = ∆MOC (c.g.c) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 65 dẫn tới ∆OBC cân tại O. Do đó nên nghĩ tới việc vận dụng vẽ thêm tam giác đều vào giải toán. * Trình bày lời giải  900 ;=  150 (gt); ⇒=  750 Ta có ΔABC:= A C B Vẽ tam giác đều BCM (M và A thuộc nửa mặt phẳng bờ BC)  = ABC –  MBC = 750 – 600 = 150 Ta có : OBM Gọi H là trung điểm của OB ⇒ HO = HB = 1 OB 2 1 OB, từ đó ta có AC = BH 2 = Xét ∆HMB và ∆ABC có : BH = AC (cmt) HBM ACB (=150 ) Mặt khác BO = 2 AC (gt) nên AC = MB = BC ( cạnh tam giác đều BMC) 0   Do đó ΔHMB = ΔABC (c.g.c) ⇒ H=A=90 ⇒ MH ⊥ OB = MHO =900 ; BH = HO ; MH chung ∆HMB và ∆MOH có MHB   ⇒ OBM=BOM  = 150 ⇒ ΔMBH = ΔMOH ⇒ OBM=BOM 0  -2.150 =1500 ⇒ BMO=180  = BMO  (=1500 ) , OM là cạnh chung Từ đó MB = MC, CMO Do đó ΔMOB = ΔMOC (c.g.c) ⇒ OB=OC Vậy tam giác OBC cân tại O (điều phải chứng minh) Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC cân tại A, đường phân giác BD. Trên tia BA lấy điểm E sao  =900 cho BE = 2CD. Chứng minh rằng: EDB Giải * Tìm cách giải : Từ giải thiết BE = 2CD, gợi ý cho chúng ta vẽ trung điểm F của BE. Muốn chứng minh  =900 mà FB = FE, nên chúng ta chỉ cần chứng minh BF = FD = FE. EDB * Trình bày lời giải Cách 1: Gọi F là trung điểm của BE thì FB = CD ( cùng bằng 1 BE ) . Mà AB = AC (∆ABC can 2 = AD ⇒ ∆AFD cân tại A. tại A) nên AF THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 66  1800 − BAC   Từ đó AFD = ABC ( cùng bằng ). 2 Suy ra DF // BC ( hai góc đồng vị bằng nhau ). Nên  = FDB  ( cùng bằng DBC  ) . Điều này dẫn đến FBD = FB = ∆FBD cân tại F, hay FD A E 1 BE 2 1 ∆BDE có F là trung điểm cạnh BE và FD = BE nên 2  = 900 ( điều phải chứng ∆BDE vuông tại D hay EDB F D minh) B C  = CDB  ( so le trong) Cách 2: Từ D kẻ DF / / BC ( F ∈ AB ) . Suy ra FDB   ⇒ ∆FBD cân tại F ⇒ BF = FD. ⇒ FBD = FDB Mặt khác, ∆AFD và ∆ABC cân tại A, suy ra AF = AD, AB = AC ⇒ BF = CD.  = 900 ( điều phải chứng minh) Từ đó suy ra BF = FD = FE ⇒ ∆BDE vuông tại D hay EDB Ví dụ 5. Cho ∆ABC ( AB < AC ) , kẻ AH ⊥ BC tại A H. Gọi M là trung điểm của BC. Biết rằng AM chia góc A thành 3 góc bằng nhau. Chứng I minh rằng: a) ∆ABC là vuông. b) ∆ABM là đều. B H C M Giải * Tìm cách giải. Muố chứng minh ∆ABC vuông tại A ta cần kẻ thêm đường thẳng vuông góc với AC và chứng minh đường thẳng đó song song với AB, từ đó suy ra AB ⊥ AC và  = 900 suy ra A * Trình bày lời giải. a) Vẽ MI vuông góc với AC.  = IAM   AHM = AIM = 900 , AM là cạnh chung, HAM ∆AHM và ∆AIM có  ⇒ ∆AHM = ∆AIM (c.h – g.n) ⇒ MI = MH.  = HAB  AHM =  AHB = 900 , AH là cạnh chung, HAM ∆AHM và ∆AHB có  THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 67 ⇒ ∆AHM = ∆AHB (g.c.g) ⇒ BH = MH. ⇒ BH= MH=  Vậy BAC = 1 1 = 600. = 300 ; HAC BM ⇒ MI= MC ⇒ C 2 2 :2 ( 60 .3)= 0 90 0 ⇒ ∆ABC là vuông tại A. 1  = 300 ⇒ B  = 600 ; AM b) Ta có : C = MB = BC ⇒ ∆ABM cân có một góc bằng 600 ⇒ ∆ABM 2 đều.  = 400 và ABC  = 600 . Gọi D và E theo thứ tự là các điểm nằm Ví dụ 6* . Cho ∆ABC với BAC  = 700 và EBC  = 400 ; F là giao điểm của DC và EB. trên cạnh AB và AC sao cho DCB Chứng minh rằng : AF vuông góc với BC. Giải Trên AC lấy đểm N sao cho  ABN = 400 . Ta có:   ABN = BAN = 400 nên ∆ABN cân tại N, suy ra  = 800 ( tính chất góc ngoài của tam giác). Do BNC A D   đó BNC = BCN = 800 , suy ra ∆BFC cân tại B ⇒ BN = BC (1) E F  40 0   = 700 = , FCB 700 nên BFC có FBC ∆BFC = N Vậy ∆BFC cân tại B ⇒ BC = BF (2) Từ (1) và (2) suy ra BN = BF (3). Kéo dài BC lấy điểm M sao cho BM = BA ⇒ ∆ABM đều. B C M  =48o Xét ∆ABN và tam giác ∆MBF có AB =MB;BN=BF(do(3)),  ABN = FBM Do đó ∆ABN = ∆MBF (c.g.c). Mà  ABN cân tại N, suy ra ∆MBF cân tại F. Từ AB=AM(do  = MAF  ∆ABM đều), FB=FM ⇒ ∆ABF = ∆AMF (c.c.c) suy ra BAF Mặt khác , ∆ABM đều nên AF vuông góc với BC. Nhận xét: - Bài toán này tương đối khó vì phải vẽ thêm nhiều đường phụ. -Ngoài cách giải trên đây, có thể dựng thêm tam giác đều BCK hoặc tam giác đều AFH, cũng đi đến kết luận của bài toán C. Bài tập vận dụng 12.1 Cho ∆ABC (AB=BC), trên cạnh AB lấy điểm D, Trên phần kéo dần của cạnh AC lấy điểm E sao cho BD=CE. Gọi F là giao điểm của DE và BC. Chứng minh DF=FE  =45? ;  12.2 Cho  ABC có B ADB A =15? .Trên tia đối của CB lấy D sao cho CD =2.CB. Tính  THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 68  vẽ tia Oz sao cho xOz  =1 12.3 Ở trong góc nhọn xOy yOz . Qua điểm A thuộc Oy vẽ AH 2 vuông góc Ox cắt Oz ở B. Trên tia Bz lấy D sao cho BD=OA. Chứng minh tam giác AOD cân  = 70°. Tia phân giác góc ABC cắt AB tại M. Trên MC lấy 12.4 Cho  ABC có  ABC =50°; BAC  =40°. Chứng minh rằng BN=MC điểm N sao cho MBN  =15°. Đường 12.5 Cho tam giác đều ABC. Trên tia đối của tia CB, lấy điểm D sao cho CAD cuông góc với BC tại C cắt AD ở E. Tia phân giác của góc B cắt AD ở K. Chứng minh rằng AK=ED. 12.6 Cho tam giác ABC với trung điểm M của BC. Trên nửa mặt phẳng chứa đỉnh C bờ là đường thẳng AB kẻ doạn thẳng AE vuông góc với AB sao cho AB=AE. Trên nửa mặt phẳng chứa đỉnh B bờ là đường thẳng AC kẻ đoạn thẳng AF=AC và AF vuông góc với AC. Chứng minh rằng EF=2AM và EF ⊥ AC 12.7 Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi E là trung điểm của cạnh AC. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE tại D. Chứng minh rằng AD=2ED 12.8. Về phía ngoài của tam giác ABC, dựng tam giác XBC cân tại X có góc XBC bằng 1200 và các tam giác YCA, ZAB đều. Chứng minh XA vuông góc góc YZ.  = 540 . Gọi M là trung điểm của BC. Đường 12.9. Cho tam giác ABC vuông tại A có ABC thẳng AM của và đường phân giác trong CD của tam giác cắt nhau tại E. Chứng minh rằng CE=AB 12.10. Cho ∆ABC vuông tại A, AB 900 ta có kết quả HAK  = 1350 ( bạn đọc tự chứng minh theo ý trên) Nếu BAC Ví dụ 4 Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên tia AC lấy điểm E và F sao cho  ABE = 150 và CE = CF. Tính số đo góc CBF Giải: Trên nửa mặt phẳng bờ BE chứa điểm F dựng tam giác đều BED. Ta có =   = 300 EBC ABC −  ABE = 450 − 150 = 300 ⇒ CBD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 79 B Khi đó BC là tia phân giác của góc EBD nên D ∆BCD =∆BCE (c.c.c) ⇒ CD = CE = CF ⇒ ∆DEF vuông tại D. Ta có   − BED  = 1800 − 750 − 600 = 45 D EF = 1800 − AEB Vậy ∆DEF vuông cân tại D A C E F Lại có   D FE =450 ;  ACB =450 ⇒ D FE = ACB do đó BC song song với DF  = BDE  + EDF  = 600 + 900 = 1500 Ta lại có tam giác BDF cân tại D ( vì DB=DF=DE) và BDF   =D   = 150 nên D FB = D BF = 150 ⇒ CBF FB = 150 . Vậy CBF * Nhận xét . Dựa vào kỹ thuật trên, chúng ta có thể giải được bài toán đảo  = 150 . Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên tia đối của tia CA lấy điểm F sao cho CBF Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho CE=CF. Tính số đo góc CBE.  = 200 . Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho Ví dụ 5: Cho tam giác ABC cân tại A có A  AD=BC. Tính ACD Giải: = C = 800 . Do đó * Tìm cách giải. Từ đề bài ta tính được B  −A  = 800 − 200 = 600 là một góc của tam giác đều. Do đó có B A thể nghĩ đến phương pháp để vẽ đường phụ là tam giác đều. D Khi vẽ đường phụ chúng ta chú ý vẽ xuất phát điểm luôn luôn xuất hiện mối liên hệ giữa 200 ;600 ;800 . Sau đây là một I vài cách giải. * Trình bày lời giải Cách vẽ 1. Dựng điểm I nằm trong tam giác sao cho tam giác B C BIC là tam giác đều Ta có ∆ABI và ∆ACI có AB = AC, IB = IC, AI là cạnh chung ⇒ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 80   ∆ABI= ∆ACI (c.c.c) ⇒ BAI = CAI = 100 (1)   Mặt khác ∆ADC và ∆CIA có AD = CI ( = BC), DAC = ICA( = 200 ) , AC là cạnh chung nên =  (2) ∆ADC = ∆CIA (c.g.c) ⇒ ACD CAI = Từ (1) và (2) ⇒ ACD 100 Cách vẽ 2:. Dựng tam giác đều ADM ( M và C nằm  = 200 + 600 = 800 khác phía với so với AB) ⇒ CAM A M  CAM(  ∆ABC và ∆CAM có MA = BC, = ABC = 800 ) , AC D là cạnh chung = ⇒ ∆ABC = ∆CMA (c.g.c) ⇒ ACM 200 và CM = AC ∆ADC và ∆MDC có AD=MD, AC=MC, CD là cạnh chung 0  =MCD  =20 =100 ⇒ ∆ADC = ∆MDC (c.c.c) ⇒ ACD 2 C B Cách vẽ 3. Dựng tam giác đều CAN( B, N khác phía so với AC)  = 200 + 600 = 800 DAN  NAD(  Xét ∆ABC và ∆NAD có AD=BC; ABC = = 800 ) A AB=AN (=AC) ⇒ ∆ABC = ∆NAD(c.g.c) N D  = 200 ⇒ AC = ND và AND Xét ∆DNC có ND = NC ( cùng bằng AC) ⇒ ∆CND cân tại N mà  = 600 − AND  = 600 − 200 = 400 CND B C 0 0  = 180 − 40 = 700 ⇒ ACD  = 700 − 600 = 100 NCD 2 Cách vẽ 4. Dựng tam giác đều ABK ( K; C cùng phía so với AB) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 81 Ta có ∆ACK cân tại A mà A 1800 − 400 0 0 0   = = 700 CAK = 60 − 20 = 40 ⇒ AKC 2 D K Mặt khác ∆ADC và ∆BCK   có AD = BC; DAC = CBK =( 200 ); = AC AK =( AB) B C ⇒ ∆ADC = ∆BCK(c.g.c) ⇒  = BKC  = 700 − 600 = 100 ACD 0   30 * Ví dụ 6. Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC, = BAM = ; MAC 150 . Tính số đo góc BCA ? Giải:  = 450 nên chúng ta nghĩ tới dựng tam giác vuông cân. Do vậy *Tìm cách giải. Do BAC chúng ta giải như sau : * Trình bày cách giải. Kẻ CK ⊥ AB . Ta có ∆AKC vuông cân tại K A S  = 450 ) ⇒ KA = KC ( vì BAC Vẽ ∆ASC vuông cân tại S ( K, S khác phía với AC) B M 1 Do ∆BKC vuông tại K ⇒ KM = BC = MC 2 K C ∆KMC cân tại M  = MCK  ⇒ AKM  = SCM  ⇒ MKC Dễ dàng chứng minh được ∆KAC = ∆SAC ⇒ AK=KC = CS = SA  = SCM  , KA = KS ⇒ ∆KAM = ∆CSM (c.g.c) ∆KAM và ∆CSM có KM = CM, AKM = =  = 600 ⇒ ∆ASM đều ⇒ AS = SM = AK ⇒ ∆AKM cân tại ⇒ CSM 300 ⇒ ASM 600 và SAM A  = MCK  = 900 − 750 = 150 ⇒ BCA  = 450 − 150 = 300 ⇒ MKC  = 3B  . Trên nửa mặt phẳng bờ BC, chứa điểm A, Ví dụ 7. Cho tam giác ABC cân tại A có A vẽ tia Cy sao cho cắt tia phân giác Bx của góc B tại D. Tính số đo góc ADB Giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 82 E y D A x B C  = 3B  ⇒B =C  = 360 . Trên tia BA lấy điểm E sao cho Từ giả thiết ∆ABC cân tại A và A  , từ đó dễ dàng BE=BC ( E nằm ngoài đoạn AB). Khi đó tia Bx là tia phân giác của ABC chứng minh được BD vuông góc với CE  = ABC  + ACB  = 720 ∆EBC cân tại B có EAC 1800 − 360    ⇒ ∆ACE cân tại C nên CA = CE (1) AEC = 720 . Do đó AEC = = CAE 2  = 1320 − 720 = 600 nên ∆DEC là tam giác đều (2) Ta lại có ∆DEC cân tại D và ECD 1800 − 960 0 0 0   Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD cân tại C, có ACD = 132 − 36 = 96 ⇒ ADC = = 420 2  = 1800 − 1300 − 180 = 300 Trong tam giác BCD có BDC  = ADC  − BDC  = 420 − 300 − 180 = 120 ⇒ ADB  = 120 Vậy ADB C. Bài tạp áp dụng  =800 , điểm D thuộc miền trong tam giác sao cho 14.1. Cho tam giác ABC cân tại A, Α 0   10 = DBC = ; DCB 300 . Tính số đo  ADB 14.2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm D thuộc miền trong tam giác sao cho  ADB . ADC = 1500 và tam giác DAC cân tại D. Tính số đo góc   450 ;=  150 . Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD 14.3. Cho tam giác ABC có = B Α =2BC. Vẽ DE ⊥ AC ( E ∈ AC ) a) Chứng minh rằng EB = ED b) Tính số đo góc  ADB  =1000 . Qua B dựng tia Bx sao cho CBx  = 300 . Tia 14.4. Cho tam giác ABC cân tại A có Α phân giác của góc  ACB cắt tia Bx tại D. a) So sánh CD và CA. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 83  b) Tính số đo góc BDA  =400 . Trên tia phân giác AD của góc A lấy điểm E 14.5. Cho tam giác ABC cân tại A có Α  = 300 sao cho , trên cạnh AC lấy điểm F sao cho CBF a) Chứng minh rằng :AE =AF  b) Tính số đo góc BEF  = 200 . Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho 14.6. Cho tam giác ABC cân (AB=AC) với BAC  = 500 , trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BCE  = 600 . Tính góc CED . CBD  = 1000 . Điểm M nằm trong tam giác sao cho 14.7. Cho tam giác ABC cân có BAC   MAC = MCA = 200 . Tính số đo góc  AMB 0   55 14.8. Cho tam giác ABC với góc = BAC = ; ABC 1150 . Trên tia phân giác của góc   = 250 . Tính số đo góc BMC ACB lấy điểm M sao cho MAC  14.9. Cho tam giác ABC cân tại A có B ΑC = 800 . Điểm M nằm trong tam giác sao cho   MAC = MCA = 100 . Tính số đo góc AMB.  14.10. Cho tam giác ABC cân tại A có B ΑC = 800 . M là điểm nằm ngoài tam giác sao cho 0   10 = MBC = ; MCB 300 . Tính số đo các góc  AMB;  AMC 14.11. Cho tam giác đều ABC, điểm D nằm giữa A và B. Đường thẳng vẽ từ D vuông góc với AC cắt đường thẳng vẽ từ B vuông góc với BC tại điểm M. Gọi N là trung điểm của AD. Tính số đo góc MCN. Chuyên đề 15. QUAN HỆ GIỮA CẠNH VÀ GÓC ĐỐI DIỆN TRONG MỘT TAM GIÁC A. Kiến thức cần nhớ * Định lý 1. Trong một tam giác – Góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn. – Đảo lai, cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn A Trong hình 15.1  >C  ∆ABC: AB > AC B C B (Hình 15.1) Suy ra trong một tam giác – Góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhỏ nhất – Cạnh đối diện với góc tù ( hoặc góc vuông) là cạnh lớn nhất THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 84 * Định lý 2. Hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau – Nếu cạnh thứ ba không bằng nhau thì góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn. -Đảo lại nếu, hai góc xen giữa không bằng nhau thì cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn. B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu một tam giác vuông có một góc nhọn lớn hơn 300 thì cạnh đối diện với góc ấy lớn hơn cạnh huyền Giải ( H.15.2) *Tìm cách giải 1 Giả sử tam giác ABC vuông tại A,  ABC > 300 , ta phải chứng minh AC > BC . Muốn vậy 2 ta chứng minh 2 AC > BC Tạo ra đoạn thẳng 2AC bằng cách lấy điểm D B trên tia đối của tia AC sao cho AD =AC, khi đó xét ∆BDC chỉ cần chứng minh DC > BC *Trình bày lời giải. Trên tia đối của tia AC lấy điểm D sao cho AD =AC ∆ABD =∆ABD (c.g.c) ⇒ BD > AC và   > 600 ABD =  ABC > 300 ⇒ DBC C D A (Hình 15.2) ∆BCD cân có có góc ở đỉnh lớn hơn 600 lên các góc ở đáy nhỏ hơn 600 >D  nên DC > BC (Quan hệ giữa cạnh và góc đối diện) Xét ∆BCD có DBC Do đó 2 AC > BC ⇒ AC > BC 2  > 450 ; C  < 450 . Vẽ đường cao AH. Ví dụ 2. ∆ABC có góc B, góc C là những góc nhọn, B Hãy so sánh HA, HB, HC. Giải * Tìm cách giải. A Ta thấy HA, HB, HC không phải là ba cạnh của 1 2 một tam giác. HA, HB là hai cạnh của tam giác HAB còn HA và HC là hai cạnh của tam giác HAC. Vì vậy ta dùng HA làm trung gian để so sánh HA, HB, HC. B C H (Hình 15.3) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 85 * Trình bày lời giải  900 ; B  > 450 nên  Xét ∆ABH có = H A1 < 450  ⇒ HA < HB(1) (Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện) Vậy  A1 < B  900 ; C  < 450 nên  Xét ∆ACH có = H A2 > 450 (Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện) < Vậy C A2 ⇒ HA < HC (2) Từ (1) và (2) ⇒ HB < HA < HC Ví dụ 3. Cho đoạn thẳng AB và CD cắt nhau tại trung điểm O của AB. Chứng minh rằng nếu AC > BC thì BD > AD Giải * Tìm lời gải ∆BDO và ∆ADO có hai cặp cạnh bằng nhau do đó để chứng minh BD > AD ta cần chứng  > AOD  minh BOD *Trình bày lời giải: ∆AOC và ∆BOC có OA = OB, OC chung, AC > BC  > BOC  (Định lý 2) do đó BOD  > AOD  ⇒ AOC  > AOD  ∆BOD và ∆AOD có OB = OA; OD chung ; BOD O BD > AD ( Theo định lý 2) (Hình 15.4) Ví dụ 4:  > 900 và AB = 1 AC . Hãy sắp xếp ba cạnh của tam giác theo thứ tự tăng Tam giác ABC có B 2 dần Giải (H.15.5) *Tìm cách giải. Vì góc B là góc tù nên cạnh AC là cạnh lớn nhất . 1 Khai thác điều kiện AB = AC ta làm xuất hiện 2 1 yếu tố AC bằng cách vẽ trung điểm M của AC. 2 Khi đó AB và BC là hai cạnh của hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau, do đó ta có thể chứng minh định lý 2. A 1 M 2 C B (Hình 15.5) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 86 *Trình bày lời giải:  > 900 nên cạnh AC là cạnh lớn nhất, do đó BC < AC (1) Xét tam giác ABC có B 1 Gọi M là trung điểm của AC. Xét tam giác ABM có AB =AM (= AC ) nên tam giác ABM 2 0 0 = M  < 90 , do đó M  > 90 . Vậy M  1050 . Chứng minh MA > MB + MC BMC 2 *Hai tam giác bằng nhau 15.11. Tam giác ABC có AB < AC . Trên tia đối của tia BA lấy điểm E ( E ≠ B ) . Trên tia đối của tia CA lấy điểm F ( F ≠ C ) sao cho BE=CF. Gọi D là trung điểm của BC . Chứng minh  . D EF > DFE 15.12. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm nằm trong tam giác sao cho THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 87  AMB và  AMC ABM <  ACM . Hãy so sánh các góc  15.13. Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm M nằm giữa A và B. Gọi O là trung điểm của CM . Tia AO cắt BC tại D . Chứng minh rằng BD > CD . 15.14. Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm M nằm trong tam giác sao cho  AMB >  AMC . Tai AM cắt BC tại D. Chứng minh rằng MD < MB . 15.15. Cho tam giác ABC , AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC. Lấy điểm D nằm giữa AMD > 90°. Chứng minh MD < MB. A và C sao cho  10 cm. Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi 15.16. Cho tam giác ABC ,  A= 60°, tổng AB + AC = tam giác ABC. Chuyên đề 16. QUAN HỆ GIỮA ĐƯỜNG VUÔNG GÓC VÀ ĐƯỜNG XIÊN, ĐƯỜNG XIÊN VÀ HÌNH CHIẾU A. Kiến thức cần nhớ • Khái niệm: Trong hình 16.1 - Điểm H gọi là hình chiếu của A trên đường thẳng d . A - Đoạn thẳng AH gọi là đường vuông góc, đoạn thẳng AB gọi là đường xiên. - Đoạn thắng HB gọi là hình chiếu của đường xiên AB d H trên đường thẳng d . B Hình 16.1 • Định lí 1: Trong các đường xiên, đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất. A - Trong hình 16.1 ta có AH < AB. Bổ sung: Trong hình 16.2: A ∉ d ; M ∈ d ; AH ⊥ d . Ta có AM ≥ AH ( dấu "=" xảy ra ⇔ M ≡ H ). • Định lý 2: Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài d H M Hình 16.2 đường thẳng đến đường thẳng đó: - Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn; - Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn; - Nếu hai đường xiên bằng nhau thì hai hình chiếu bằng nhau. Ngược nếu hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bằng nhau. B. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho hai đoạn thẳng AB và DC song song và bằng nhau. Một đưởng thẳng xy không song song, không vuông góc với hai đoạn thẳng đó. Hãy so sánh các hình chiếu của AB và DC trên đường thẳng xy. Giải (h.16.3) * Tìm cách giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 88 Muốn có hình chiếu của AB và DC trên xy ta vẽ AA ', BB ', CC ', DD ' cùng vuông góc với xy D B . Ta phải chứng minh A ' B ' = C ' D ' . Muốn vậy ta tạo hai tam giác A C bằng nhau bằng cách vẽ đường phụ. * Trình bày lời giải. Vẽ AA ' ⊥ xy, BB ' ⊥ xy, CC ' ⊥ xy, DD ' ⊥ xy. Khi đó A ' B ' và C ' D ' C' B' A' D' Hình 16.3 lần lượt là hình chiếu của AB và CD trên xy. = ; C ' N CD. Vẽ A ' M  AB, C ' N  CD theo tính chất đoạn chắn song song ta = có A ' M AB Mắt khác do AB = CD nên A ' M = C ' N . =N  (hai góc có cạnh tương ứng =' D '=( 90° ) ; A ' M = C ' N và M ∆MA ' B ' = ∆ NC'D' có B song song cùng nhọn). ∆ NC'D' (cạnh huyền, góc nhon). Suy ra: A ' B ' = C ' D ' Do đó ∆MA ' B ' = Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, BC = a 2 . Trên các cạnh AB, BC , CA lần lượt lấy các điểm D, M , E. Chứng minh MD + ME ≥ a. Giải (h16.4) * Tìm cách giải. Ta thấy giữa các độ dài a và a 2 có sự liên hệ với nhau: A a 2 là độ dài cạnh huyền của một tam giác vuông cân D có cạnh góc vuông có độ dài là a . Ta phải chứng minh H MD + ME ≥ AB. Vì MD, ME là các đường xiên kẻ từ M đến các cạnh góc vuông AB, AC nên ta vẽ thêm các đường vuông góc từ M đến AB, AC đẻ có thể dùng K B E C M Hình 16.4 định lý về mối quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên. * Trình bày lời giải Ta cóL AB 2 + AC 2 = BC ⇒ 2 AB 2 = (a 2 ) 2 ⇒ AB = a. Vẽ MH ⊥ AB; MK ⊥ AC , khi đó MH  AC ; MK  AB suy ra MK = AB (tính chất đoạn chắn song song) BH . ∆HBM vuông cân ⇒ MH = Ta có MD ≥ MH ; MF ≥ MK (dấu " = " xảy ra khi D ≡ H ) (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên). Do đó: MD + ME ≥ MH + MK = BH + AH = a . Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < AC. Đường trung trực của BC cắt BC tại M , cắt AC tại N . Lấy điểm K trên đoạn thẳng CN . Hãy so sánh BK và CN . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 89 Giải (h16.5) * Tìm cách giải. Ta có thể dễ dàng so sánh đường xiên BK và BN nhờ A so sánh các hình chiếu của chúng. Vậy chỉ còn phải só N sánh BN với CN mà thôi. K * Trình bày lời giải Ta có BK và CN là các đường xiên vẽ từ B tới đường thẳng AC , còn AK và AN là các hình chiếu C B M Hình 16.5 của chúng trên AC. Vì AK > AN nên BK > BN (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu) (1) Mặt khác, MN ⊥ BC và MB = MC nên NB = NC    (2) Từ (1) và (2) suy ra BK > NC. C. Bài tập vận dụng • Đường vuông góc và đường xiên 16.1. Cho tam giác ABC. Vẽ AD ⊥ BC , BE ⊥ AC , CF ⊥ AB ( D ∈ BC , E ∈ AC , F ∈ AB). Chứng minh rằng AD + BE + CF nhỏ hơn chi vi tam giác ABC. 16.2. Cho tam giác ABC , góc A tù. Qua A vẽ đường thẳng d cắt cạnh BC tại O. Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ B và C đến đường thẳng d luôn nhỏ hơn hoặc bằng BC. 16.3. Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là trung điểm của AC . Chứng minh rằng trung bình cộng các hình chiếu của AB và BC trên đường thẳng BM thì lớn hơn AB . 16.4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Qua A vẽ đường thẳng xy không cắt canh BC . Gọi D và E theo thứ tự là hình chiếu của B và C trên xy . Xác định vị trí của xy để BD + CE = BC . 16.5. Cho tam giác ABC và một điểm M nằm trong tam giác. Biết đường trung trực của CM đi qua A . Hãy so sánh AB và AC . 16.6. Cho ABC cân tại A . Trên các tia đối của tia BA và CA lần lượt lấy các điểm M và N sao cho BM = CN . Chứng minh rằng: MN + BC . 2 MN − BC b) BM > . 2 a ) BN >  = 900 . 16.7. Cho đoạn thẳng BC = 5cm và trung điểm M của nó. Vẽ điểm A sao cho BAC Qua M vẽ một đoạn thẳng vuông góc với AM cắt các tia AB, AC lần lượt tại E và F . Xác định vị trí của điểm A để EF có độ dài ngắn nhất. Tính độ dài ngắn nhất đó. • Đường xiên và hình chiếu. 16.8. Cho tam giác ABC vuông tại A . Vẽ AH ⊥ BC ( H ∈ BC ). THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90  = CAH  . Hãy so sánh HB với HC . Cho biết BAH 16.9. Cho tam giác ABC , B < C < 900 . Chứng minh rằng với mọi vị trí của điểm M nằm giữa B và C ta luôn có AM < AB. 16.10. Cho tam giác ABC vuông tại A , AB = 5cm ; AC =12cm . Vẽ AH ⊥ BC . Gọi M là một điểm trên đoạn thẳng AH . Chứng minh rằng: 13 ≤ MB + MC ≤ 17 . 16.11. Cho tam giác ABC . Vẽ AH ⊥ BC ( H nằm giữa B và C ). Lấy điểm M nằm trên AH . Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC . Chứng minh rằng nếu BD = CE thì tam giác ABC là tam giác cân. Chuyên đề 17. QUAN HỆ GIỮA BA CẠNH CỦA MỘT TAM GIÁC A. Kiến thức cần nhớ 1. Bất đẳng thức tam giác: Trong một tam giác độ dài một cạnh bao giờ cũng lớn A hiệu và nhỏ hơn tổng các độ dài của hai cạnh còn lại. Trong hình 17.1 ta có: b − c < a < b + c . c b Đảo lại nếu b − c < a < b + c thì a, b, c có thể là độ B dài ba cạnh của một tam giác. C a Hình 17.1 2. Bất đẳng thức tam giác mở rộng: Với ba điểm M , A, B bất kì ta luôn có: MA + MB ≥ AB . Dấu “=’ xảy ra ⇔ M thuộc đoạn thẳng AB . B. Một số ví dụ: Ví dụ 1.Cho hai đoạn thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O nằm giữa hai đầu mỗi đoạn = AB 3= cm; CD 5cm . Chứng minh rằng trong hai đoạn thẳng AC và BD ít thẳng . Biết nhất cũng có một đoạn thẳng có độ dài nhỏ hơn 4cm . Giải: * Tìm cách giải: Muốn chứng minh hai đoạn thẳng AC và BD ít nhất cũng có một đoạn thẳng có độ dài nhỏ hơn 4cm ta chứng minh tổng AC + BD < 8cm . Ta thấy AC là một cạnh của tam giác AOC , BD là một cạnh của tam giác BOD . Vậy cần vận dụng quan hệ giữa ba cạnh của tam giác để đánh giá AC và BD. * Trình bày lời giải: C Xét ∆AOC có: AC < OA + OC . Xét ∆BOD có: B THCS.TOANMATH.com A O TÀI LIỆU TOÁN HỌC Hình 17.2 D 91 BD < OB + OD . Cộng từng vế bất đẳng thức trên ta được: AC + BD < OA + OC + OB + OD ⇒ AC + BD < AB + CD = 3 + 5 = 8 (cm) Suy ra trong hai đoạn thẳng AC và BD ít nhất cũng có một đoạn thẳng nhỏ hơn 4 cm. * Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã dùng một tính chất của hai bất đẳng thức cùng chiều: Nếu a < b và c < d thì a + c < b + d . Ví dụ 2. Chứng minh rằng trong một tam giác, mỗi cạnh bao giờ cũng nhỏ hơn nửa chu vi của tam giác ấy. Giải (h.17.3) * Tìm cách giải. Ta phải chứng minh a < a+b+c . Muốn vậy 2 ta phải chứng minh 2a < a + b + c . Trừ a vào hai vế của bất đẳng thức ta được 2a − a < a + b + c − a dẫn tới a < b + c . Bất đẳng thức này đúng nên ta có thể xuất phát từ đây rồi chứng minh “ngược” lên. * Trình bày lời giải. Gọi a là độ dài của một cạnh bất kì của tam giác. Gọi b và c là độ dài hai cạnh còn lại. Theo quan hệ giữa ba cạnh còn lại của tam giác ta có: a < b + c . Cộng a vào hai vế của bất đẳng thức này ta được: a + a < a + b + c dẫn tới 2a < a + b + c Suy ra a < a+b+c . 2 * Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã dùng các tính chất sau của bất đẳng thức: - Cộng cùng một số vào hai vế của một bất đẳng thức thì được một bất đẳng thức cùng chiều. - Nhân (hay chia) cả hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số dương thì được một bất đẳng thức cùng chiều. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 92 Ví dụ 3. Cho tam giác ABC . Gọi D, E , F lần lượt là trung điểm của AB, BC , CA . Chứng minh rằng ba đoạn thẳng AD, AE , AF có thể là ba cạnh của một tam giác. Giải (h.17.4) *Tìm cách giải. Muốn chứng minh ba đoạn thẳng AD, BE , CF Có thể là ba cạnh của một tam giác, ta chứng minh ba đoạn thẳng đó thỏa mãn bất đẳng thức tam giác hoặc chứng minh chúng lần lượt bằng ba cạnh của một tam giác nào đó. *Trình bày lời giải: Trên tia đối của tia EA lấy điểm K sao cho EK = EA . ∆ABE = ∆KCE (c.g.c) ⇒ AB = CK . Xét ∆ACK , theo bất đẳng thức tam giác ta có: CA − CK < AK < CA + CK Do đó 2 AF − 2 AD < 2 AE < 2 AF + 2 AD (vì AC 2= = AF , AB 2 AD ) Suy ra AF − AD < AE < AF + AD Ba đoạn thẳng AD, AE , AF thỏa mãn bất đẳng thức tam giác nên chúng có thể là ba cạnh của một tam giác. C. Bài tập áp dụng • Tính độ dài 17.1. Một tam giác cân có chu vi là 40cm và một cạnh có độ dài 10cm. Tính độ dài hai cạnh còn lại. 17.2. Tính chu vi của một tam giác cân biết độ dài hai cạnh của nó bằng: a)11cm và 20cm b)11cm và 23cm. 17.3. Ba cạnh của một tam giác có số đo là ba số chẵn liên tiếp (tính bằng xen-ti-mét). Tam giác đó có chu vi nhỏ nhất là bao nhiêu? 17.4. Một đoạn dây thép có độ dài 25cm. Hỏi có thể uốn nó thành một hình tam giác có một cạnh là: a)13cm 12cm? • So sánh một độ dài với chu vi của tam giác. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 93 17.5. Cho tam giác ABC . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Hãy so sánh độ dài BC với chu vi tam giác AMN. 17.6. Chứng minh rằng cạnh lớn nhất của một tam giác thì: a) Nhỏ hơn nửa chu vi tam giác; 1 b) Lớn hơn hoặc bằng chu vi của tam giác. 3 17.7. Cho tam giác ABC. Gọi D, E , F lần lượt là trung điểm của BC , CA và AB . Chứng minh rằng tổng AD + BE + CF lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi tam giác. 17.8. Cho hình 17.5. Chứng minh rằng: AB + BC + CD + DE + EA < AD + DB + BE + EC + CA 17.9. Cho hình 17.6. a) Tìm điểm O sao cho tổng các khoảng cách từ O đến A, B, C , D có độ dài nhỏ nhất. AB + BC + CD + DA 2 17.10.Cho tam giác ABC có chu vi là 2p. Lấy điểm M bất kì nằm trong tam giác. b) Chứng minh rằng AC + BD > Chứng minh rằng p < MA + MB + MC < 2 p • Chứng minh bất đẳng thức hình học 17.11. Cho tam giác ABC . Vẽ đường thẳng xy chứa tia phân giác góc ngoài tại đỉnh A . Trên xy lấy điểm M khác A . Chứng minh rằng: AB + AC < MB + MC 17.12. Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Chứng minh 1 1 rằng không thể xảy ra đồng thời BN < AC và CM < AB . 2 2 17.13. Cho đoạn thẳng AB và ba điểm M , N , P không có điểm nào nằm trên đường thẳng AB . Cho biết MA + NA + PA = MB + NB + PB = s . Chứng minh rằng tồn tại một điểm O thỏa mãn MO + NO + PO < s 17.14. Cho tam giác đều ABC . Trên các cạnh AB, AC , BC lần lượt lấy các điểm M , N , K không trùng với các đỉnh của tam giác sao cho AM = AN . Chứng minh rằng KM + KN ≥ KA THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 94 17.15. Tam giác ABC không có hai cạnh nào bằng nhau. Độ dài mỗi cạnh có số đo là một số nguyên (tính bằng xen-ti-mét). Biết = AB 2= cm, BC 3 cm . Vẽ đường trung trực xy của BC , trên đó lấy một điểm M . Xác định vị trí của điểm M để tổng MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Chuyên đề 18. TÍNH CHẤT BA ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN CỦA TAM GIÁC A. Kiến thức cần nhớ 1. Đường trung tuyến của tam giác là đoạn thẳng nối một đỉnh của tam giác với trung điểm của cạnh đối diện. 2. Ba đường trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm (điểm này gọi là trọng tâm của tam giác). Trọng tâm cách mỗi đỉnh một khoảng bằng 2 độ dài 3 đường trung tuyến đi qua điểm đó (hình 18.1). B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Cho tam giác ABC , hai đường trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G . Trên tia GB và GC lấy các điểm F và E sao cho G là trung điểm của FM đồng thời là trung điểm của EN . Chứng minh rằng ba đường thẳng AG, BE và CF đồng quy. Giải (hình 18.2) * Tìm cách giải. Để chứng minh ba đường thẳng AG, BE và CF đồng quy ta có thể chứng minh chúng là ba đường trung tuyến của tam giác GBC . * Trình bày lời giải. Gọi D là giao điểm của AG và BC . Vì G là trọng tâm của ∆ABC nên AD là đường trung tuyến, suy ra DB = DC. 1 1 BM , GE = GN = CN . 3 3  1   1  GF GB = BM  ;GE = EC = CN  Do đó:=    3   3  Ta có GF = GM = Xét ∆GBC có GD, BE , CF là ba đường trung tuyến nên chúng đồng quy suy ra ba đường thẳng AD, BE , CF đồng quy. Ví dụ 2. Cho tam giác ABC . Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa C vẽ tia Bx // AC . Lấy điểm D ∈ Bx và điểm E thuộc tia đối của tia CA sao cho BD = CE . Chứng minh rằng ∆ABC và ∆ADE có cùng một trọng tâm. Giải * Tìm cách giải. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 95 ∆ABC và ∆ADE có chung đỉnh A nên muốn chứng minh chúng có cùng một trọng tâm, chỉ cần chứng minh có chung một đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A. * Trình bày lời giải.  = BCE  (so le trong). Vì Bx / /AC nên CBx Gọi M là trung điểm của BC. ∆CME ( c.g.c ) Ta có ∆BMD =  = CME  Suy ra MD = ME (1) và BMD  + CME = Ta có: BME 1800 ( kề bù)  + BMD  =1800 ⇒ D, M, E thẳng hàng (2) Do đó : BME Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của DE. ∆ABC và ∆ADE có chung đỉnh A, chung đường trung tuyến AM nên trọng tâm G của hai tam giác này trùng nhau. * Nhận xét: Để chứng minh hai tam giác có cùng trọng tâm ta có thể chứng minh chúng có chung một đỉnh và chung đường trung tuyến đi qua đỉnh ấy. Ví dụ 3. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD. Trên tia đối của tia DA lấy điểm K sao 1 cho DK = AD. Qua B vẽ một đường thẳng song song với CK cắt AC tại M. Chứng minh 3 rằng M là trung điểm của AC. Giải * Tìm cách giải. Để chứng minh M là trung điểm của AC ta chứng minh BM là đường trung tuyến. Muốn vậy, chỉ cần chứng minh BM đi qua trọng tâm G . * Trình bày lời giải A Gọi G là giao điểm của BM và AD. Ta có: BDG = CDK (g.c.g) 1 Suy ra DG = DK = AD 3 M B C D K ∆ ABC có điểm G nằm trên đường trung tuyến AD 1 mà GD = AD nên G là trọng tâm. Suy ra BM là 3 đường trung tuyến do đó MA = MC. Ví dụ 4: Chứng minh rằng ba đường trung tuyến của một tam giác có thể là ba cạnh của một tam giác khác. Giải (h.18.5) *Tìm cách giải Để chứng minh ba đường trung tuyến của một tam giác này có thể là ba cạnh của một tam giác khác, ta chứng minh ba đường trung tuyến đó tỉ lệ với ba cạnh của một tam giác. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 96 *Trình bày lời giải Gọi AD, BE, CF là ba đường trung tuyến A của ∆ ABC. Ba đường trung tuyến cắt nhau tại G. Trên tia đối của tia DG lấy điểm H E F sao cho DH = DG. Ta có: ∆ CDG = ∆ BDH (c.g.c) ⇒ GC HB B Theo tính chất của ba đường trung tuyến của ∆ ABC ta có: 3 3 = AD = GA GH = ; BE 2 2 AD BE CF Suy ra : = = = GH GB BH C D H 3 3 3 GB;= CF = GC BH 2 2 2 3 2 Vậy ba đường trung tuyến AD, BE, CF tỉ lệ với ba cạnh của tam giác GHB, do đó ba đường trung tuyến này có thể là ba cạnh của một tam giác. C. Bài tập vận dụng • Chứng minh đồng quy, thẳng hàng. 18.1. Chứng minh rằng trong tam giác có hai cạnh không bằng nhau thì đường trung tuyến ứng với cạnh lớn sẽ nhỏ hơn đường trung tuyến ứng với cạnh bé. 18.2. Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ AH vuông góc BC. Cho biết = AB = 10 cm, AC = 13 cm, AH 3 cm . Gọi O là một điểm trên AH sao cho AO = 2cm. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và HC. Chứng minh rằng ba điểm M, O, N thẳng hàng. • Chứng minh trọng tâm 18.3. Cho tam giác ABC. Gọi D và E là 2 điểm trên cạnh BC sao cho AD = DE = EC. Vẽ đường trung tuyến AO của tam giác ABC. Trên tia đối của tia OA lấy điểm F sao cho OF = OA. a) Chứng minh D là trọng tâm tam giác BAF; E là trọng tâm tam gác CAF. b) Tia AD cắt BF tại N, tia FE cắt AC tại M. Chứng minh rằng tam giác ABC và tam giác AMN có cùng một trọng tâm. 18.4. Cho tam giác ABC. Qua A vẽ đường thẳng a // BC. Qua B vẽ đường thẳng b // AC và qua C vẽ đường thẳng c // AB. Các đường thẳng b và c cắt nhau tại A’ và cắt đường thẳng a lần lượt tại C’ và B’. Chứng minh ∆ ABC và ∆ A’B’C’ có cùng một trọng tâm. 18.5. Cho góc xOy và một điểm G ở trong góc đó. Hãy xác định A ∈ Ox, B ∈ Oy sao cho G là trọng tâm của tam giác AOB. • Tính độ dài các đường trung tuyến 18.6. Cho tam giác ABC cân tại A, AB 3= = 41 cm, BC 24 cm . Tính độ dài đường trung tuyến BM. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 97 18.7. Cho tam giác ABC vuông tại A. Các đường trung tuyến BE và CF cắt nhau tại G. Biết = GB 4= 61 cm, GC 2 601 cm . Tính chu vi tam giác ABC. 18.8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB2 = 2AC2. Chứng minh rằng các đường trung tuyến AM và CN vuông góc với nhau. 18.9. Chứng minh rằng tổng ba đường trung tuyến của một tam giác thì lớn hơn 3 chu vi 4 của tam giác đó. • Chứng minh trung tuyến, trung điểm 18.10. Tam giác ABC có hai đường trung tuyến là BE và CF bằng nhau. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh AG vuông góc với BC. 2 AC. Trên tia đối của 3 tia CB lấy điểm E sao cho CE = CB. Tia BD cắt AE tại điểm M. Trên tia CM lấy điểm N sao 18.11. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AD = cho M là trung điểm của NC. Chứng minh rằng AN = BC. 18.12. Cho tam giác ABC và trọng tâm G của nó. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân khi và chỉ khi AB + GB = AC + GC. 18.13. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM. Chứng minh rằng AM > 1 BC khi và 2 chỉ khi  A < 90o.  < 90o thì BGC 18.14. Cho tam giác ABC trọng tâm G. Chứng minh rằng nếu AB + AC > 3BC. Chuyên đề 19. TÍNH CHẤT TIA PHÂN GIÁC CỦA MỘT GÓC TÍNH CHẤT BA ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC A. Kiến thức cần nhớ 1. Điểm nằm trên tia phân giác của một góc thì cách đều hai cạnh của góc đó (h.19.1). 2. Đảo lại, điểm nằm bên trong một góc và cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia phân giác của góc đó. 3. Ba đường phân giác của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này cách đều ba cạnh của tam giác đó (h.19.2). x A A K t I B C M O O y B H C K THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 98 Hình 19.1 Hình 19.2 Hình 19.3 4. Trong một tam giác, hai đường phân giác của hai góc ngoài và đường phân giác của góc trong không kề cùng đi qua một điểm (h.19.3). B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B vẽ tia Ax //  = ANO.  BC. Lấy điểm O trên tia Ax, điểm M trên AB và điểm N trên AC sao cho AMO Chứng minh rằng ∆OMN là tam giác cân. Giải (h.19.4) * Tìm cách giải. Ta có Ax // BC nên dễ thấy Ax là tia phân giác của góc H ngoài đỉnh A của tam giác ABC. Vì điểm O nằm trên tia A phân giác này nên ta vẽ OH ⊥ AB, OK ⊥ AC để vận O 1 x 2 K dụng tính chất cách đều hai cạnh của điểm O. Từ đó dùng phương pháp tam giác bằng nhau để chứng minh OM = ON. M * Trình bày lời giải. N  =B  (cặp góc đồng vị); A  =C  Ta có Ax // BC nên A 1 2 B C (cặp góc so le trong).  =C  (hai góc này ở đáy của tam giác cân) nên A  =A . Mặt khác, B 1 2 Vẽ OH ⊥ AB, OK ⊥ AC ta được OH = OK (tính chất điểm nằm trên tia phân giác). ∆KON (g.c.g). Suy ra OM = ON, do đó ∆OMN cân. Ta chứng minh được ∆HOM = Ví dụ 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < AC. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AD = AB. Gọi E là một điểm nằm giữa A và D sao cho tia BD là tia phân giác của góc CBE. Vẽ EH ⊥ BC. Tính số đo của góc CHD. Giải (h.19.5) * Tìm cách giải. A  = 45o. Do đó Vẽ hình chính xác, ta dự đoán CHD cần chứng minh HD là đường phân giác của góc E CHE. Muốn vậy phải chứng minh EC là đường 1 1 phân giác ngoài tại đỉnh E của tam giác EBH. B THCS.TOANMATH.com 2 2 1 H D C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 99 *Trình bày lời giải    . (1) = E ABD + B Ta có E ABC (cung phụ với góc C). Do đó= 1  +B  (2)(tình chất góc ngoài của ∆EBD). = D Lại có E 2 1 2 0      ABD = D = Mặt khác ,  1 ( 45 ) và B1 = B2 nên E1 = E2 Xét ∆EBH có D là giao điểm của đường phân giác góc B với đường phân giác góc ngoài tại đỉnh E nên HD là đường phân giác góc ngoài tại đỉnh H. 0  90 Suy ra CHD = = : 2 450 Ví dụ 3. Cho tam giác ABC vuông tại A .Vẽ AH ⊥ BC . Tia phân giác góc HAC vắt BC tại K. Các đường phân giác của góc BAH và góc BHA cắt nhau tại O. Gọi M là trung điểm của AK. Chứng minh 3 điểm B,O,Q thẳng hàng. Giải (h.19.6) *Tìm cách giải Xét tam giác ABH có O là giao điểm của hai đường phân giác nên O nằm trên đường phần giác của góc B. Để chứng minh 2 điểm B, O, M thẳng hàng ta chỉ cần chứng minh M cũng nằm trên đường phân giác của góc B. Muốn thế ta phải chứng minh tam giác BAK cân tại B. *Trình bày lời giải  = 900  + KAC = Ta có: BAK 900 ; vì BAC  + KAH = BKA 900 vì  AHK = 900  = KAH  nên BAK  = BKA  , suy ra ∆BAK cân tại B Mặt khác, KAC Xét ∆ABH có O là giao điểm của hai đường phân giác của góc A và góc H. Suy ra BO là đường phân giác của góc B. Xét ∆BAK cân tại B có BO là đường phân giác nên đồng thời là đường trung tuyến , do đó BO đi qua trung điểm M của AK. Vậy 3 điểm B, O, M thẳng hàng. C. Bài tập vân dụng * Tính góc đo, tính độ dài THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 100 19.1. Cho ta giác ABC . Gọi K là giao điểm của đường phân giác của góc B với đường phân giác góc ngoài tại đỉnh C . Cho biết  AKC = 650 , tính số đo của góc ABC. 19.2. Cho tam giác ABC , ba đường phân giác AD, BE, CF cắt nhau tại O.  = 150 , tính số đo của gốc EDF. Cho biết, BOC 0 19.3.Cho tam giác ABC vuông tại A, Các tia phân giác của góc B, góc C cắt nhau tại O. Cho biết OA = 8cm Tính khoảng cách từ O đến ba cạnh của tam giác. 19.4. Cho tam giác ABC. AB = 3cm, AC = 5cm, BC = 6cm. Gọi O là giao điểm các đường phân giác của góc B, góc C. Vẽ OH ⊥ BC Tính các độ dài HB và HC. *Chứng minh tai phân giác 19.5. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Vẽ tam giác OBC vuông tại O sao cho O và A thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ BC. Chứng minh rằng tia OA là tai phân giác của góc BOC. 19.6. Cho tam giác ABC vuông cân tại a. Gọi M là trung điểm của BC. Lấy điểm N nằm giữa M và C . Vẽ BH ⊥ AN . Chứng minh rằng khi điểm N di động thì tia phân giác của góc BHN luôn đi qua một điểm cố định. 19.7.Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M, trên tia đối của tia CB láy điểm N sao cho MB = BA và CN = CA. Vẽ BH ⊥ AM ,CK ⊥ AN . Hai đường thẳng BH và CK cắt nhau tại O. Chứng minh rằng tia AO là tia phân giác của góc BAC. 19.8. Cho tam giác ABC,  A = 1200. . Các đường phân giác của góc B, góc C cắt nhau tại O. Vẽ tia Bx sao cho BA là tia phân giác của góc OBx. Vẽ tai Cy sao cho CA là tia phân giác góc OCy. Hai tia Bx và CA cắt nhau tại E, hai tia Cy và BA cắt nhau tại D. Chứng minh rằng: a)Tam giác ODE là tam giác đều; b)Tia OA là tia phân giác của góc DOE . 19.9.Cho tam giác ABC . Nêu cách vẽ đoạn thẳng MN // BC (M ϵ AB ,N ∈ AC) sao cho BM + CN = BC. 0   19.10. Cho tam giác ABC, = A 105 = , B 400 . Vẽ điểm D, điểm M trên cạnh BC sao cho AD ⊥ AC và AD là đường phân giác của góc BAM. Chứng minh rằng AB + AM = BC * Chứng minh thẳng hàng, đồng quy 19.11. Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt nằm trên cạnh BC, CA, AB sao cho BF = BD và CE = CD. Đường thẳng qua B và vuông góc với DF cắt đường thẳng qua C và vuông THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 101 góc với DE tại I. Đường thẳng qua B và song song với DF cắt đường thẳng qua C và song song với DE tại K. Chứng minh ba điểm A, I, K thẳng hàng. 19.12. Cho tam giác ABC vuông tại A, tam giác DBC vuông tại D trong đó D và A nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC. Vẽ tia Ax sao cho AC là phân giác của góc Dax. Vẽ tia Dy sao cho DB là tia phân giác của góc Ady. Hai tia Ax và Dy cắt nhau tại K. Chứng minh ba điểm B, K, C thẳng hàng. 19.13. Hãy nêu cách vẽ một đường thẳng chứa tia phân giác của một góc có đỉnh nằm ngoài tờ giấy. 19.14. Cho tam giác ABC cân tại A. Qua A vẽ đường thẳng xy // BC. Các đường phân giác của góc B và góc C cắt nhau tại O và cắt xy lần lượt tại D và E. Chứng minh các đường BE, CD và AO cùng đi qua một điểm Chuyên đề 20. TÍNH CHẤT BA ĐƯỜNG TRUNG TRỰC BA ĐƯỜNG CAO CỦA TAM GIÁC A. Kiến thức cần nhớ 1. Điểm nằm trên đường trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng đó. 2. Điểm cách đều hai mút của đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó. 3. Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này cách đều ba đỉnh của tam giác và là tâm của đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác (gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác) A O C B hình 20.1 4. Tron một tam giác, đoạn thẳng vuông góc vẽ từ một đỉnh đến đường thẳng chứa cạnh đối diện gọi là là đường cao của ta giác đó. 5. Ba đường cao của một tam giác cùng đi qua một điểm (hình 20.2).Điểm này gọi là trực tâm của tam giác. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 102 A E F H B C D 6. Bổ sung tính chất của tam giác cân - Trong một tam giác cân đường trung trực ứng với cạnh đáy đồng thời là đường phân giác, đường trung tuyến, đường cao xuất phát từ đỉnh đối diện với cạnh đó. - Trong một tam giác, nếu hai trong bốn loại đường trùng nhau thì tam giác đó là tam giác cân B. Một số ví dụ: Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, AB < AC. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho CM = AB. Vẽ đường trung trực của AC, cắt đường phân giác của góc A tại điểm O. Chứng minh rằng O nằm trên trung trực của BM Giải (h.20.3) *Tìm cách giải Muốn chứng minh điểm O nằm trên A đường trung trực của BM ta cần chứng 1 minh điểm O cách đều hai đầu đoạn thẳng M 2 BM, nghĩa là phải chứng minh OB = OM. Muốn vậy phải chứng minh ∆ ABO = ∆ CMO C B Dễ thấy hai tam giác này có hai cặp cạnh bằng nhau nên chỉ cần chứng minh cặp O góc xen giữa bằng nhau là đủ * Trình bày lời giải: Điểm O nằm trên đường trung trực của AC nên OA = OC.  = A2 OCA = ; OA OC nên Do đó ∆OAC cân tại O, suy ra  ∆ABO = ∆CMO ( c.g .c ) . Suy ra OB = OM . Điểm O cách đều hai đầu của đoạn thẳng BM nên O nằm trên đường trung trực của BM . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 103 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Tia phân giác của góc HAB và HAC cắt BC lần lượt tại M và N . Các đường phân giác của góc B và C cắt nhau tại O . Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Giải ( h20.4) B * Tìm cách giải: M Muốn chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp H tam giác AMN , ta phải chứng minh O là giao N điểm các đường trung trực của các cạnh AM và AN . Xét ∆ABN có BO là các đường phân giác góc B A nên để chứng minh BO là đường trung trực của AN thì chỉ cần chứng minh ∆ABN là tam giác cân tại B. O C Hình 20.4 *Trình bày lời giải:  + CAN =  = 900 ) Ta có BAN 900 ( vì BAC (1)  + NAH =  = 900 ) (2) BNA 900 ( vì H =  = BNA  do đó ∆ABN cân tại B. Mặt khác, CAN NAH nên từ (1) và (2) suy ra BAN Xét ∆ABN cân tại B có BO là đường phân giác của góc B nên BO cũng là đường trung trực của cạnh AN. Chứng minh tương tự ta được CO là đường trung trực của cạnh AM. Xét ∆AMN có O là giao điể m của hai đường trung trực của hai cạnh AN và AM nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AMN . Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường D trung tuyến BM . Qua M vẽ một đường thẳng vuông góc với BC cắt đường thẳng AB tại D . Vẽ điểm E sao cho M là trung điểm của DE . Chứng minh rằng AE ⊥ BM . Giải ( hình 20.5) *Tìm cách giải A M ∆DBC , dễ thấy M là trực tâm, suy ra BM ⊥ CD . Do đó muốn chứng minh BM ⊥ AE ta B chỉ cần chứng minh CD / / AE Xét C * Trình bày lời giải: E THCS.TOANMATH.com Hình 20.5 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 104 Xét ∆DBC có CA và DM là hai đường cao cắt nhau tại M nên M là trực tâm. Suy ra BM là đường cao thứ ba, do đo BM ⊥ CD (1) ∆MDC ( c.g.c ) Ta có ∆MEA =  = MDC  . Do đó AE / / CD (2) Suy ra MEA Từ (1) và (2) ta được AE ⊥ BM Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân tại A ,  A = 450 . Vẽ đường trung tuyến AM , đường trung trực của cạnh AC cắt AB tại . Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho CE = BD. Chứng minh rằng ba đường thẳng AM , BE , CD đồng quy. Giải ( hình 20.6) A * Tìm cách giải: Vẽ hình chính xác ta dự đoán ba đường thẳng AM , BE , CD là ba đường cao của tam giác ABC nên chúng đồng quy. Do đó ta cần chứng minh AM ⊥ BC , CD ⊥ AB và BE ⊥ AC . D *Trình bày lời giải: Điểm D nằm trên đường trung trực của AC nên DA = DC. E B M C Hình 20.6  Do đó ∆DAC cân suy ra  ACD = CAD = 450 . ( ) Xét ∆DAC có  ADC = 1800 − 450 + 450 = 900 . Vậy CD ⊥ AB. = = ∆CEB(c.g .c) ⇒ E D 90 . Do đó BE ⊥ AC . Ta lại có ∆BCD = 0 Mặt khác, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy của tam giác cân nên AM ⊥ BC. Xét ∆ABC có AM , BE và CD là ba dường cao nên chúng đồng quy. C. Bài tập vận dụng • Tính chất đường trung trực 20.1. Cho tam giác ABC , góc A tù. Các đường trung trực của AB và AC cắt BC lần lượt tại D và E. Biết góc DAE có số đo bằng 30°, tính số đo của góc BAC. 20.2. Cho tam giác ABC. Trên các tia BA và CA lần lượt lấy các điểm D và E sao cho BD + CE = BC. Chứng minh rằng khi D và E di động thì đường trung trực của DE luôn đi qua một điểm cố định ở trong tam giác ABC. 20.3. Cho góc vuông Oxy và một điểm A cố định ở trong góc đó. Vẽ góc BAC bằng 90° sao cho B ∈ Ox, C ∈ Oy. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng M nằm trên một đường thẳng cố định. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 105 20.4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì. Vẽ các điểm D và E sao cho AB là đường trung trực của MD, AC là đường trung trực của ME. Xác định vị trí của điểm M để cho đoạn thẳng DE có độ dài ngắn nhất. 20.5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đuòng cao AH . Trên cạnh AB lấy điểm M , trên = 90°. cạnh AC lấy điểm N sao cho MHN a) Gọi O là trung điểm của MN . Chứng minh rằng khi M và N di động thì điểm O di động trên một đường thẳng cố định. b) Xác định vị trí của M và N để MN có độ dài nhỏ nhất. 20.6. Cho góc xOy khác góc bẹt. Lấy điểm M trên toa Ox, điểm N trên tia Oy sao cho OM + ON = a không đổi. Chứng minh rằng khi M và N di động trên các tia Ox, Oy thì đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định.  < 90° và C >1B  . hãy tìm điểm M rên cạnh AB, điểm 20.7. Cho tam giác ABC sao cho B 2 N trên cạnh BC sao cho BM = MN = NC. • Chứng minh đồng quy thẳng hàng 20.8. Cho tam giác ABC AB < AC. Trên các tia BA và CA lần lượt lấy các điểm M và N sao cho BM = CN . Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD = AB. Chứng minỉnằng các đường trung trực của AD, BC và MN cùng đi qua một điểm. 20.9. Cho các tam giác ABC vuông tại A, tam giác DBC vuông tại D trong đó A và D cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BC. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Vẽ AE ⊥ DN ; DF ⊥ AN . Chứng minh rằng ba đường thẳng AE, DF , MN cùng đi qua một điểm. 20.10. Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AD. Trên tia DA lấy điểm H sao cho DH = DB. Trên tia DC lấy điểm K sao cho DK = DA. Chứng minh rằng KH ⊥ AB. 20.11. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AB lấy điểm H , trên cạnh BC lấy điểm AHD +  ACD = 180°. Đường thẳng DH cắt đường thẳng AC tại O. D sao cho  Chứng minh rằng hai đường thẳng OB và CH vuông góc với nhau. 20.12. Cho tam giác nhọn ABC ,  A= 60°. Hai đường cao BE , CF cắt nhau tại H . Đường trung trực của HB cắt AB tại M , đường trung trực của HC cắt AC tại N . Chứng minh rằng ba điểm M , H , N thẳng hàng. 20.13. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và H là trực  + 2 BHC = 360° . tâm của tam giác. Chứng minh rằng BOC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 106 • Tam giác cân 20.14. Cho tam giác ABC , đường phân giác AD. Một đường thẳng song song vói AD cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng đường trung trực của EF luôn đi qua một điểm cố định. 20.15. Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AH , đường trung tuyến BM và đường phân giác CD cắt nhau tại ba điểm phân biệt E , F , G. Hỏi tam giác EFG có thể là tam giác đều không? Chuyên đề 21. CHỨNG MINH BA ĐƯỜNG THẲNG CÙNG ĐI QUA MỘT ĐIỂM (ĐỒNG QUY) A. Kiến thức cần nhớ Trong các chuyên đề trước ta gặp một số bài toán về chứng minh ba đường thẳng đồng quy. Phương pháp giải các bài toán này là vận dụng định lý về các đường đồng quy của tam giác:  Ba đường trung tuyến của một tam giác đồng quy;  Ba đường phân giác của một tam giác đồng quy;  Ba đường trung trực của một tam giác đồng quy;  Ba đường cao của một tam giác đồng quy. Nếu ba đường thẳng a, b, c đã cho không phải là các đường chủ yếu của tam giác thì để chứng minh a, b, c đồng quy, ta có thể gọi giao điểm của a và b là O rồi chứng minh đường thẳng c đi qua O hay chứng minh O nằm trên đường thẳng c. Một số trường hợp có thể đưa bài toán chứng minh 3 đường đồng quy về chứng minh ba điểm thẳng hàng. B. Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho tam giác ABC , góc A tù. Vẽ các đường thẳng m và n lần lượt là đường trung trực của AB và AC , cắt BC heo thứ tự tại E và F . Vẽ tia phân giác Ax của góc EAF . Chứng minh rằng các đường thẳng m, n và Ax đồng quy. A m n Giải (h.21.1) 1 2 - Tìm cách giải: Gọi O là giao điểm của m và n. Ta phải chứng minh tia Ax đi qua O . Muốn vậy  = OAF . phải chứng minh OAE THCS.TOANMATH.com B 1 E 2 F O x TÀI LIỆU TOÁN HỌC Hình 21.1 C 107 - Trình bày lời giải: Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng m và n . Ta có: OB = OC = OA  ∆AOE = ∆BOE ( c.c.c ) . Suy ra  A1 = B 1  ∆AOF = ∆COF ( c.c.c ) . Suy ra  A2 = C 2  =C  (vì ∆BOC cân tại O ) nên  Mặt khác B A1 =  A2 . 1 2 Do đó AO là tia phân giác của góc EAF . Suy ra ba đường thẳng m, n và Ax đồng quy tại O . Ví dụ 2. Cho tam giác ABC cân tại A . Trên các cạnh AB, AB lần lượt lấy các điểm D và E sao cho AD = AE . Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng ba đường AM , BE , CD đồng quy. Giải (h.21.2) - Tìm cách giải: Gọi là giao điểm của BE và CD Ta phải chứng minh tia AM đi qua O tức là phải chứng minh ba điểm A, O,M thẳng hàng. - Trình bày lời giải: A Ta = có AB AC = , AD AE , suy ra BD = CE . = . ∆EBC = ∆DCB ( c.g .c ) ⇒ B C 1 1 Gọi O là giao điểm của BE và CD . D Vì ∆BOC cân tại O nên OB = OC . (1) E O Mặt khác AB = AC (giả thiết) (2) B và MB = MC (giả thiết) (3) 1 1 M Từ (1), (2), (3) suy ra ba điểm A, O, M thằng hàng C Hình 21.2 (vì cùng nằm trên đường trung trực của BC ). Do đó ba đường thẳng AM , BE , CD đồng quy. Ví dụ 3. Cho tam giác ABC . Các đường phân giác các góc ngoài của tam giác cắt nhau tại D, E , F (D nằm trong góc A, E nằm trong góc B , F nằm trong góc C ). a) Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BE , CF đồng quy tại một điểm O . b) Điểm O có vị trí như thế nào đối với tam giác D ? Giải (h.21.3) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 108 - Tìm cách giải: Từ giả thiết các đường phân giác ngoài cắt nhau ta nghĩ đến định lí ba đường phân E A F giác của tam giác đồng quy. Vì vậy để chứng AD, BE , CF đồng quy ta chỉ cần O chứng minh AD, BE , CF là ba đường phân C B giác của tam giác ABC . - Trình bày lời giải: Xét tam giác ABC , các đường phân giác ngoài đỉnh B và đỉnh C cắt nhau tại D . Suy ra AD là đường phân giác trong đỉnh Hình 21.3 A. Chứng minh tương tự ta được BE , CF lần lượt là các đường phân giác trong tại đỉnh B, C của tam giác ABC Do đó ba đường thẳng AD, BE , CF đồng quy tại một điểm O . b) Ba điểm F , B, D thẳng hàng, ba điểm E , C ,D thẳng hàng, ba điểm F , A, E thẳng hàng. Xét ∆DEF có AD ⊥ EF (hai đường phân giác của hai góc kề bù). Tương tự BE ⊥ DF , CF ⊥ DE nên AD, BE , CF là ba đường cao gặp nhau tại O . Do đó O là trực tâm của tam giác DEF . A = 135o . Vẽ ra ngoài ta giác này các tam giác ADB, EAC Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có  vuông cận tại D và E . Vẽ AH ⊥ BC . Chứng minh rằng ba đường AH , BD, CE đồng quy. Giải (h.21.4) - Tìm cách giải: Trong đề bài có yếu tố góc vuông, có yếu tố đường cao nên ta có thể dùng đinh lí ba đường cao trong tam giác đồng quy. - Trình bày lời giải: Tam giác DAB vuông cân tại D ⇒  A1 = 450 . E D A 1 2 Tam giác ECA vuông cân tại E ⇒  A2 = 450  + BAC  =450 + 1350 =1800 , suy ra ba điểm Ta có: BAD D, A, C thẳng hàng. B C H Hình 21.4 Chứng minh tương tự ta được ba điểm B, A, E thẳng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 109 hàng. Xét tam giác ABC có AH , BD, CE là ba đường cao nên chúng đồng quy. C. Bài tập vận dụng • Đưa chứng minh đồng quy về chứng minh thẳng hàng 21.1. Trong hình AB  = CD, AB CD = , AM CN . 21.5 Chứng minh có ba M A B đường thẳng AC , BD, MN đồng quy. N C D Hình 21.5  = 600 . Gọi M là một điểm ở trong tam giác sao 21.2. Cho tam giác ABC vuông tại A , B 0   40 cho = MBC = , MCB 200 . Vẽ điểm D và E sao cho đường thẳng BC là trung trực của MD và đường thẳng AC là trung trực của ME . Chứng minh ba đường thẳng BM , AC và DE đồng quy. AMB =  AMC = 1200 . 21.3. Cho tam giác nhọn ABC và điểm M nằm trong tam giác sao cho    Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ các tia Bx, Cy sao cho CBx = BCy = 600 . Chứng minh ba đường thẳng AM , Bx, Cy đồng quy. x 21.4. Hình 21. 6 có  ABx =  ABy < 900 . Gọi d là đường y trung trực của AB . Chứng minh rằng các đường thẳng Ax, By và d đồng quy. 21.5. Cho tam giác ABC và một điểm O ở trong tam B A giác. Gọi F , G lần lượt là trọng tâm của các tam giác Hình 21.6 AOB, AOC . Chứng minh ba đường thẳng AO, BF , CG đồng quy. B A • Ba đường phân giác đồng quy 21.7. Trong hình 21.7, hai đường thẳng AB và CD M N không song song. Chứng minh rằng ba đường thẳng AC , CD, MN đồng quy. A = 1200 . Vẽ các đường phân 21.8. Cho tam giác ABC ,  C D giác AD, CE cắt nhau tại O . Từ B vẽ các đường thẳng xy ⊥ BO . Chứng minh rằng ba đường thẳng xy, DE , AC Hình 21.7 đồng quy. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 110 21.9. Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AD . Vẽ các điểm M , N sao cho AB, AC theo thứ tự là các đường trung trực của DM , DN . Gọi giao điểm của MN với AB, AC theo thứ tự là F và E . Chứng minh rằng ba đường thẳng AD, BE , CF đồng quy. • Ba đường cao đồng quy 21.10. Cho tam giác ABC vuông ở A , đường cao AH . Gọi O và K lần lượt là giao điểm của các đường phân giác của tam giác ABH , ACH . Vẽ AD ⊥ OK . Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BO, CK đồng quy. 21.11. Cho tam giác ABC , đường AD . Trên nửa mặt phẳng bờ là AB không chứa C vẽ đoạn thẳng BF ⊥ BA, BF = BA . Trên nửa mặt phẳng bờ là AC không chứa B vẽ đoạn thẳng CE sao cho CE ⊥ CA và CE = CA . Chứng minh rằng ba đường thẳng AD, BE , CF đồng quy. 21.12. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường phân giác AD . Từ A, B, C vẽ các đường d1 , d 2 , d3 vuông góc với AD . Các đường thẳng d 2 , d` lần lượt cắt AD tại E , F . Chứng minh rằng ba đường thẳng d1 , BF , CE đồng quy. • Ba đường trung trực đồng quy, ba đường trung tuyến đồng quy. 21.13. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Vẽ các đường phân giác của góc BAH và góc CAH cắt BC tại E , F . Gọi M là trung điểm của EF . Qua M vẽ đường thẳng d  AH . Chứng minh rằng các đường phân giác trong góc B , góc C và đường thẳng D đồng quy. 21.14. Cho tam giác ABC vuông tại = A , AB 4= cm, AC 6cm . Trên cạnh BC lấy điểm D sao = ACD . Trên cạnh AC lấy điểm E , trên cạnh AB lấy điểm F sao cho BE = 5cm, cho CAD CF = 40cm. Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BE , CF đồng quy. 21.15. Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AH , đường phân giác AD , đường trung tuyến AM . Cho biết tam giác HDM là tam giác đều. Chứng minh rằng các đường thẳng AH , BD, CM đồng quy. Chuyên đề 22. BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC A. Kiến thức cần nhớ • Để chứng minh hai đoạn thẳng, hai góc không bằng nhau ta có thể: A 1. Dùng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác (h22.1) C B Hình 22.1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 111 ∆ABC  >C  AC > AB ⇔ B Suy ra trong tam giác tù (hoặc tam giác vuông) thì cạnh đối diện với góc tù (hoặc góc vuông) là cạnh lớn nhất. 2. Dùng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau (h.22.2) A ∆ABC và ∆A ‘ B ‘ C ‘ có: = AB A= ‘ B ‘; AC A ‘ C ‘ A’ A>  A’ Khi đó BC > B ‘ C ‘ ⇔  B C B’ C’ Hình 22.2 3. Dùng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, giữa đường xiên và hình chiếu. A AH ⊥ a; B, M ∈ a (h.22.3). Khi đó: (dấu “=” • AM ≥ AH • ⇔M ≡H) AM ≥ AB ⇔ HM ≥ HB xảy ra a B H C Hình 22.3 4. Dùng bất đẳng thức tam giác (h.22.4) A b c ∆ABC : b−c < a < b+c B C a Hình 22.4 Mở rộng: Với ba điểm A, B, C bất kì bao giờ cũng có AB ≤ AC + BC (dấu “=” xảy ra ⇔ C thuộc đoạn thẳng AB ). • Tìm giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng AB thay đổi Ta phải đi chứng minh AB ≤ a (số a không đổi) và chỉ rõ khi nào dấu “=” xảy ra. Khi đó giá trị lớn nhất của độ dài AB bằng a . Ta viết max AB = a . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 112 • Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB thay đổi Ta phải đi chứng minh AB ≥ b (số b không đổi) và chỉ rõ khi nào dấu “=” xảy ra. Khi đó giá trị nhỏ nhất của độ dài AB bằng b . Ta viết min AB = b . B. Một số ví dụ:  AC và CD < BD . Sau đó cộng từng vế hai A bất đẳng thức. - Trình bày lời giải: < ABC suy ra AB < AC (1). Tam giác ABC có CAB Xét ∆AMB và ∆AMC có: MB = MC , AM chung, AMB <  AMC . AB = AC nên  B C M  > BMD  Suy ra CMD D Xét ∆CMD và ∆BMD có MB = MC , MD chung, nên Hình 22.5 CD < BD (2). Từ (1) và (2), suy ra AB + CD < AC + BD .  Nhận xét: Nếu a < b và c < d thì a + c < b + d .  > 900 . Gọi O là trung điểm của BC . Vẽ ABC có B AD + AE . BD ⊥ AO; CE ⊥ AO ( D, E thuộc đường thẳng AO ). Chứng minh rằng AB < 2 Giải (h.22.6) Ví dụ 2: Cho tam giác - Tìm cách giải: Ta có AB < A AD + AE ⇔ 2 AB < AD + AE . 2 Để chứng minh D 2AB < AD + AE ta biểu diễn AB theo hai cách khác nhau rồi dùng tính chất cộng B từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều sẽ có được 2AB . C O Hình 22.6 E - Trình bày lời giải: ∆COE (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ OD = OE . Ta có ∆BOD = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 113  ≥ 90o nên OA là cạnh lớn nhất, do đó AB < OA . (*) Xét tam giác AOB có B Suy ra AB < AD + OD . (1) Từ (*) ta được AB < AE − OE . (2) Từ (1) và (2) suy ra 2AB < AD + AE (vì OD = OE ) AD + AE . Vậy AB < 2 Ví dụ 3. Cho đoạn thẳng AB và trung điểm O của nó. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AB vẽ các tia Ax, By cùng vuông góc với AB . Lấy điểm E ∈ Ax ,  = 90o . Đặt  AOE = mo . Xác điểm F ∈ By sao cho EOF định giá trị của m để EF có độ dài ngắn nhất. Giải (.22.7) *Tìm cách giải Vẽ EH ⊥ By. Dễ thấy AF ≥ IH = AB (không đổi) Ta cần tìm giá trị của m để dấu “=” xảy ra. Khi đó minEF = AB *Trình bày lời giải Vẽ EH ⊥ By. Theo tính chất đoạn chắn song song ta được EH = AB và AE = BH. Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên ta có AF ≥ IH do đó EF ≥ AB. Dấu “=” xảy ra ⇔ F? ≡ ? ⇔ AE = BF ⇔ ΔAO? = ????  = 45° (vì   =° AOE = BOF AOE + BOF 90 ). ⇔ Vậy EF có độ dài ngắn nhất (bằng độ dài AB) khi và chỉ khi  AOE= 45° , tức là khi và chỉ khi m = 45. Ví dụ 4. Cho góc nhọn xOy và một điểm A ở trong góc đó. Xác định điểm M trên tia Ox, điểm N trên tia Oy sao cho OM = ON và Tổng AM + AN nhỏ nhất. giải(h.22.8) *Tìm cách giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 114 Xét 3 điểm A, M, N ta có AM + AN ≥ MN nhưng độ dài MN lại thay đổi. Do đó không thể kết luận Tổng AM + AN có giá trị nhỏ nhất bằng độ dài MN được. Ta phải thay thế Tổng AM + AN bằng tổng của hai đoạn thẳng có tổng lớn hơn hoặc bằng độ dài của một đoạn thẳng cố định. Muốn vậy ta cần vẽ thêm hình phụ để tạo thêm một điểm E cố định. *Trình bày lời giải yOt =  AOx Trên nửa mặt phẳng bờ Oy không chứa A Vẽ tia Ot sao cho  Trên tia Ot lấy điểm E sao cho OE = OA. Như vậy hai điểm A và E cố định đoạn thẳng AE có độ dài không đổi Ta có  AOM = EON (c.g.c) ⇒AM = EN . Do đó AM + AN = EN + AN Gọi F là giao điểm của AE với tia Oy Xét ba điểm N, A, E ta có: EN + AN ≥ AE (dấu “=” xảy ra tương đương N trùng F) Vậy min AM + AN = AE khi N ≡ F. Điểm M ∈ Ox sao cho OM = ON. C. Bài tập vận dụng • Quan hệ giữa cạnh và góc đối diện trong tam giác 22.1. Cho tam giác ABC, ?̂ = 600 . Chứng minh rằng ?? 3 < ?? 3 + ?? 3 . 22.2. Cho tam giác ABC, AB < AC. Vẽ ra ngoài tam giác này các tam giác vuông cân tại A là ABE và ACF. Gọi D là trung điểm của BC. Chứng minh rằng DE < DF. 1 ?� 22.3. Cho tam giác ABC, ?̂ = 900 và AB = 2 ??. Chứng minh rằng ?̂ > 2 . 22.4. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM. Chứng minh rằng AM > ?? 2 khi và chỉ khi góc A nhọn. 22.5. Cho tam giác ABC và một điểm D nằm trong tam giác. Chứng minh rằng trong 4 điểm A, B, C, D tồn tại 3 điểm là ba đỉnh của một tam giác có một góc lớn hơn 290 . • Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên 22.6. Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng a. lấy điểm B ∈ a. Qua A vẽ một đường thẳng vuông góc với AB cắt đường thẳng a tại C. Xác định vị trí của điểm B để BC có độ dài nhỏ nhất. 22.7. Cho tam giác ABC cân tại A, BC = a. Gọi O là một điểm trên đáy BC. Qua O vẽ các đường thẳng song song với hai cạnh bên, cắt AB và AC lần lượt tại M và N. Tìm độ dài nhỏ nhất của MN. 22.8. Cho tam giác đều ABC cạnh dài 4cm. Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm D và E sao cho AD = CE. Tính độ dài nhỏ nhất của DE. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 115 22.9. Cho tam giác ABC, ?� = 450 , ?̂ = 300 và AC = 52cm. Điểm M nằm giữa B và C. Tính giá trị lớn nhất của tổng các khoảng cách từ B và C đến đường thẳng AM. 22.10. Chứng minh rằng trong các tam giác có một góc bằng ? và tổng hai cạnh kề góc ấy bằng 2a thì tam giác cân có góc ở đỉnh bằng α là tam giác có chu vi nhỏ nhất. • Bất đẳng thức tam giác 22.11. Cho tam giác ABC. Gọi xy là đường phân giác gosc ngoài tại đỉnh C. Tìm trên xy một điểm M sao cho tổng MA + MB ngắn nhất. 22.12. Cho tam giác ABC có AM = 12, AC = 16. Gọi M là một điểm trong mặt phẳng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 7MA + 3MB + 4MC. 22.13. Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Chứng minh rằng tổng HA + HB + HC nhỏ hơn 2 3 chu vi của tam giác ABC. 22.14. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB = a. Tìm một điểm M sao cho tam giác MAC cân tại M, đồng thời tổng MA + MB nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 22.15. Cho đường thẳng xy và tam giác ABC có cạnh AB nằm trên một nửa mawjt phẳng bờ xy còn đỉnh C di động trên xy. Biết AB = 13cm, khoảng cách từ A và B đến xy lần lượt bằng 2cm và 7cm. Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC. 22.16. Một hộp gỗ hình lập phương mỗi cạnh dài 20cm. Đáy ABCD đặt áp sát mặt bàn. Nắp hộp A’B’C’D’ có thể mở dựng đứng lên trên (h.22.9). Một con kiến ở đỉnh A muốn bò tới đỉnh C’ bằng cách vượt qua cạnh A’B’ thì phải bò một quảng đường ngắn nhất là bao nhiêu? Hình 22.9 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 116 HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 1. HAI GÓC ĐỐI ĐỈNH 1.1. (h.1.6) � = ??? � (??? ?ó? đố? ?ℎ??) Ta có : ??? � + ??? � = 100? nên mà ??? � = ??? � = 100? : 2 = 500 . ??? Hai góc AOC và BOC kề bù nên � = 1800 − 500 = 1300 ??? 1.2. � = ??? � = 1300 (??? ?ó? đố? đỉ?ℎ) Do đó ??? ( h.1.7) � + ??? � = 180? Hai góc NOP và MOP kề bù nên ??? � = 2 ??? � nên Mà ??? � = ??? 3 1800 .2 2+3 � = 1800 − 720 = 1080 . = 720 ; ??? � = ??? � = 720 (??? ?ó? đố? đỉ?ℎ) Suy ra ??? 1.3. � = ??? � = 1080 (??? ?ó? đố? đỉ?ℎ). ??? (h.1.8) � = ??? � = ?0 (??? ?ó? đố? đỉ?ℎ) Ta có ??? Tia OM là tia phân giác của góc AOC nên a°   AOM = MOC = . 2  kề bù nên Hai góc  AOM và BOM a°   = = 180° − . AOM + BOM 180° suy ra BOM 2 a° a° a°  = 155° ⇔ 180° − = 155° ⇔ = 180° − 155° ⇔ = 25° Ta có BOM 2 2 2 ⇔ a °=50°. Vậy a = 50 . Lưu ý : Kí hiệu ⇔ đọc là “ khi và chỉ khi “ Khi viết A ⇔ B ta hiểu từ A suy được ra B và ngược lại , từ B suy được ra A 1.4 (h. 1.9)  + FOK = Hai góc EOK và FOK kề bù nên EOK 180°  ⇒ EOK = 180° − m°. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 117 Tia OK là tia phân giác của góc EOG  Nên EOG = 2(180° − m°)  đối đỉnh với EOG  nên FOH   Vì FOH = EOG = 2(180° − m°)  Ta có FOH = 110° ⇔ 2(180° − m°= ) 110° ⇔ 180° − m= ° 55° ⇔ m= ° 180° − 55° ⇔ m= ° 125°. Vậy m = 125 Hình 1.9 1.5 (h. 1.10)  Hai góc Aoy và Box là hai góc đói đỉnh nên  AOy = BOx  ≤ BOC  nên  Ta có BOx AOy ≤ 60° ; dấu “ = “ xảy ra khi tia Ox trùng với tia OC. Vậy số đo lớn nhất của góc Aoy là bằng 60° Hình 1.10 khi tia Ox trùng với tia OC 1.6 a) Ba đường thẳng cắt nhau tại O tạo thành 6 tia . Số đo 6 tia tạo thành là : 6.5 = 15 2 (góc). b) Xét hai đường thẳng AB và CD trong ba đường đã cho (h.1.11). Hai đường thẳng này tạo thành bốn góc không có điểm trong chung. Tổng bốn góc này bằng 360° nên trong bốn góc đó phải tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 90° . Thật vậy , nếu mỗi góc đều nhỏ hơn 90° thì tổng của chúng nhỏ hơn 90°.4= 360° , vô lí. THCS.TOANMATH.com Hình 1.11 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 118 Giả sử góc tồn tại nói trên là góc BOD.  > 90° thì   > 90° , bài toán đã giải xong. Nếu BOD AOC = BOD = 90° thì ta xét tiếp đường thẳng thứ ba MN đi qua O (h.1.12). Nếu BOD Giả sử tia ON nằm trong góc BOD. Khi đó góc BON là góc nhọn  và  do dó  AON là góc tù (vì BON AON là hai góc kề bù ). = Góc AON là góc tù thì góc BOM là góc tù ( vì BOM AON ). Vậy luôn tồn tại hai góc tù trong số 15 góc được tạo thành Hình 1.12 1.7 (h.1.13) Xét hai góc đối đỉnh AOC và BOD. Gọi tia OM là tia phân giác của góc AOC , Tia ON là tia phân giác của góc BOD. Ta phải chứng tỏ hai tia OM , ON đối nhau.  ( hai góc đối đỉnh ) Ta có  AOC = BOD  O   O  nên O  =O  ( một nửa của mà = O = 1 2 ; O3 4 1 3 hai góc bằng nhau ). = Vì  AOB = 180° nên  AOD + DOB 180°  +O  = 180° ⇒ AOD + O 4 3  +O  = 180° ( vì O  =O  ) ⇒ AOD + O 4 1 1 3 Hình 1.13 1.8. ( h.1.14)   DON  , Theo đề bài ta= có  AOM MOC = , BON  (hai góc đối đỉnh ) nên MOC  = DON  . mà  AOM = BON  + DON = Ta có MOD 180° ( hai góc kề bù ),  + MOC = suy ra MOD 180°. Hai góc MOD và MOC là hai góc kề , có tổng bằng 180° nên hai tia OC , OD đối nhau . Hình 1.14 1.9. (h.1.15) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 119 Ta có  AOB =  AOC ( đề bài cho ) ’ = COB ’ nên  ’ =  ’. mà BOC AOB − BOC AOC − COB Do đó  AOC ‘ =  AOB ‘. (1) Mặt khác , tia OA nằm giữa hai tia OB ‘ và OC ‘ (2) Hình 15 Nên từ (1) và (2) ta có được tia OA là tia phân giác của góc B ‘ OC ‘. 1.10 ( h.1.16) = Hai góc AOC và BOC kề bù nên  AOC + BOC 180° Tương tự , ta tính được  AOD= 30° =  Ta có BOE AOD= 30° ( hai góc đối đỉnh ). = BOE = 30° (1) Suy ra BOC Tia OB nằm giữa hai tia OC và OE . (2) Hình 1.16 Từ (1) và (2) ta được tia OB là tia phân giác của góc COE. 1.11. (h.1.17) a) Liệt kê các cặp góc đối đỉnh Xét các cặp góc “đơn” : Góc 1 đối đỉnh với góc 5 ; Góc 2 đối đỉnh với góc 6 ; Góc 3 đối dỉnh với góc ; Góc 4 đối dỉnh với góc 8 . Có tất cả 4 gặp góc “đơn” đối đỉnh. Hình 1.17 Xét các cặp góc “ghép đôi” ( ghép hai góc đơn kề nhau thành một góc “ghép đôi”): Góc 12 đối đỉnh với góc 56 ; Góc 23 đối đỉnh với góc 67; Góc 34 đối đỉnh với góc 78 ; Góc 45 đối đỉnh với góc 81. Có tất cả 4 góc “ghép đôi” đối đỉnh. Xét các cặp góc “ghép ba” ( ghép ba góc đơn kề nhau thành một góc “ghép ba”): Góc 123 đối đỉnh với góc 567 ; Góc 234 đối đỉnh với góc 678; Góc 345 đối đỉnh với góc 781 ; Góc 456 đối đỉnh với góc 812. Có tất cả 4 góc “ghép ba” đối đỉnh. Vậy tổng cộng có 4 . 3 = 12 cặp góc đối đỉnh. b) Xây dựng công thức tính số cặp góc đối đỉnh có 4 đường thẳng cắt nhau tại một điểm nên có : 4 . 2 = 8 (tia). 8.7 = 28 (góc). Số góc do 8 tia tạo ra là 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 120 Không kể số góc bẹt thì số góc còn lại là : 28 – 4= 24 (góc). Mỗi góc trong 24 góc này đều có một góc đối dỉnh với nó nên số cặp góc đối đỉnh tạo thành là 24 : 2 = 12 (cặp). Nhận xét : Nếu có n đường thẳng cắt nhau tại một điểm thì số cặp góc đối đỉnh (không kể góc bẹt ) được tạo thành là n(n-1). Thật vậy , số tia do n đường thẳng cắt nhau tại một điểm tạo ra là 2n (tia) 2n(2n − 1) = n(2n − 1) . Số góc do 2n tia tạo ra là : 2 Không kker n góc bẹt thì số góc còn lại là : n(2n − 1) − n= 2n 2 − n − n= 2n 2 − 2n= 2n(n − 1). Số cặp góc đối đỉnh là 2n(n − 1) = n(n − 1). 2 1.12 a) Ta có : n(n-1) = 20 b) Ta có : n(n-1) = 90 5. n(n-1)=5 .4 ⇒ n = 10. n(n-1)=10 .9 ⇒ n = Vậy n=5 . Vậy n=10. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 2. HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC 2.1. (h.2.9) Vì AB ⊥ CD nên  AOC= 90° . = O = 45°. Vì tia OK là tia phân giác của góc AOC nên O 1 2  +O  = 180° ( hai góc kề bù ) Ta có KOD 1  ⇒ KOD = 180° − 45= ° 135°.  +O  = 180° ( hai góc kề bù ) KOB 2 Hình 2.9  ⇒ KOB = 180° − 45= ° 135° . 2.2. (h.2.10) Tia OM là tia phân giác của góc AOC =1  AOC mà  Nên MOC AOC = 4 BOC 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 121  = 2 BOC . Nên MOC = 90° Nếu OM ⊥ OB thì MOB Hình 2.10  + BOC  =°  + BOC = 90° ⇒ BOC = 30°. Ta có MOC 90 do đó 2 BOC Vậy  AOC = 4.30= ° 120°.  Tia OC nằm trong góc AOB nên  AOB =  AOC + BOC = 120° + 30= ° 150°. 2.3. (h.2.11) a) Ta có OC ⊥ OA nên  AOC= 90°; = 90°. OD ⊥ OB nên BOD Tia OD nằm trong góc AOB nên  =  AOD + BOD AOB  = m° − 90°. (1) ⇒ AOD=  AOB − BOD =  Tia OC nằm trong góc AOB nên  AOC + BOC AOB Hình 2.11 =  ⇒ BOC AOB −  AOC = m° − 90°. (2)  (= m° − 90°). Từ (1) và (2) , suy ra :  AOD= BOC  + DOC = = Tia OC nằm giữa hai tia OB và OD . Suy ra BOC BOD 90°.  = DOC  thì DOC  = 90° : 2 = 45°. Nếu BOC  ⇔  Do đó  AOD = DOC = COB AOB = 3.DOC = 3.45= ° 135° ⇔ m = 135. 2.4.(h.2.7)  là góc bẹt nên O  +O + Vì MON AOC = 180°. (1) 1 3  +O  + BOD  = 180°. (2) O 2 4  O   O  (đề bài cho ) nên từ (1) và (2) suy ra  . Mặt khác= ,O = AOC = BOD 1 2 ; O3 4 = 90° ⇒ OB ⊥ OD. Vì  AOC= 90° nên BOD 2.5. (h.2.12)  =90°. Ta có OC ⊥ OA ⇒  AOC =90°.OD ⊥ OB ⇒ BOD Tia OB nằm giữa hai tia OA và OC.  =° Do đó  AOB + BOC 90 . (1) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 122 Tương tự , ta có  AOB +  AOD =° 90 . (2) =  Từ (1) và (2) ⇒ BOC AOD (cùng phụ với  AOB ). Hình 2.12  =O  = AOD . Tia OM là tia phân giác của AOD ⇒ O 1 2 2   =O  = BOC . Tia ON là tia phân giác của BOC ⇒ O 3 4 2  nên O    . Vì  AOD = BOC = O = O = O 1 2 3 4 = 90° ⇒   +O = 90° ⇒   +O = 90°. Ta có  AOB + BOC AOB + O AOB + O 3 4 3 2 = 90° ⇒ OM ⊥ ON . Do đó MON 2.6. (h.2.13) = + a) Ta có  AON + BON 180°; BOM AOM = 180° (hai góc kề bù)  (đề bài cho ) nên  . mà  AOM = BON AON = BOM Mặt khác , tia OC là tia phân giác của góc MON  = COM . Nên CON  = BOM  + COM  (1) OC ⊥ OB ⇒ Do đó  AON + CON Hình 2.13 Ta có tia ON nằm giữa hai tia OA, OC; tia OM nằm giữa hai tia OB, nên từ (1) suy ra 0   AOC = BOC = 180= : 2 900. Vậy OC ⊥ AB .  + MON  = BON  = m0 . (1) b) Tia OM nằm giữa hai tia OB và ON nên BOM  =180o −  Mặt khác BOM (2) AOM =180o − mo 2.7 (h.2.14) a) Tia OM là tia phân giác của góc AOB nên o   AOM = BOM = 120 = : 2 60o  =nên Ta có OC ⊥ OB ⇒ BOC 90o  + COM  = BOC  ⇒ COM  = 900 − 600 = 30 BOM Tia OC nằm giữa hai tia OA, OB nên ON ⊥ OB THCS.TOANMATH.com M N B O ⇒ AOC = 1200 − 900 = 300   AOC COM =( 30 Vậy = C A 0 ) (1) h.2.14 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 123 Tia OC nằm giữa hai tia OA, OM nên từ (1) suy ra tia OC là tia phân giác của  AOM . = b) Ta có OM ⊥ ON ⇒ MON 900. . Tia OA nằm giữa hai tia ON, OM nên  AON +  AOM = MON − Suy ra  AON = MON AOM = 900 − 600 = 300. Vậy  = AON  AOC =( 300 ) (2) . Tia OA nằm giữa hai tia ON, OC nên từ (2) suy ra tia OA là tia phân giác của CON 2.8 (h2.15)  Ta có OC ⊥ AB nên  AOC = BOC = 900 (1) C N Tia OC nằm giưa hai tia OA, OB. (2) Từ (1) và (2) ⇒ tia OC là tia phân giác của  AOB. 1   Ta có BOM = CON = BOC = 300. 3 M A B O h. 2.15  nên Tia ON nằm trong BOC  + CON  = BOC  ⇒ BON  = 900 − 300 = 600. BON Tia OM nằm giữa hai tia OB, ON. (3)  + MON  = BON  ⇒ MON  = 600 − 300 = 300. Do đó BOM    Vậy BOM = MON = CON = 300. (4) . Từ (3) và (4) ⇒ tia OM là tia phân giác của COM Tóm lại, các tia OC, OM, ON lần lượt là các tia phân giác của các góc AOB, BON và COM. 2.9. (h.2.16) = Ta có OM ⊥ ON ⇒ MON 900. C M Tia OM là tia phân giác của  AOC nên  . AOM = MOC A Xét tổng (   = 2 MOC  + 2 NOC  = 2 MOC  + NOC  AOC + BOC THCS.TOANMATH.com N O h.2.16 B TÀI LIỆU TOÁN HỌC 124 0  = 2 MON = 2.90 = 1800. Hai góc kề AOC và BOC có tổng bằng 1800 nên hai tia OA, OB đối nhau. 2.10. (h.2.17) = BF < a : Trường hợp AE x = MB = a Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó MA Điểm E nằm giữa hai điểm A và M, điểm F nằm giữa hai điểm B và M. M E A F B Do đó ME = MA − AE =− a AE ; MF = MB − BF =− a BF . y h.1.17 Vì AE = BF nên ME = MF . Vậy M là trung điểm chung của hai đoạn thẳng AB và EF. Qua M vẽ xy ⊥ AB thì xy là đường trung trực chung của AB và EF. = BF > a : Chứng minh tương tự. Trường hợp AE 2.11. (h.2.18) Ta có MN ⊥ xy; NP ⊥ xy (vì xy là đường trung x trực của NP). Qua điểm N chỉ vẽ được một đường thẳng vuông góc với xy, suy ra ba điểm M, N, P thẳng hàng. (1) M N P Q Ta có NP ⊥ xy, PQ ⊥ xy. Qua điểm P chỉ vẽ được một đường thẳng vuông góc với xy, suy ra ba điểm N, P, Q thẳng hàng. (2) y h.2.18 Từ (1) và (2) suy ra các điểm M, N, P, Q thẳng hàng vì chúng cùng thuộc đường thẳng NP. 2.12. Trên hình 2.8a) có AH ⊥ Ox, AK ⊥ Oy nên các góc có cạnh tương ứng vuông góc là  ; HAt .  và xOy  và xOy HAK Trên hình 2.8b) có AB ⊥ AC và AH ⊥ BC nên các góc có cạnh tương ứng vuông góc là:  ; CAH  và C  và B . BAH THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 125 HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 3. DẤU HIỆU NHẬN BIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 3.1. (h.3.5) a) Xét hai đường thẳng AD và Bm, đối với cát tuyến Dx thì: – Góc DCm so le trong với góc ADC; – Góc BCx đồng vị với góc ADC; – Góc DCB trong cùng phía với góc ADC. b) Xét hai đường thẳng AB và Dx, đối với cát tuyến Ay thì: – Góc ACD so le trong với góc BAC; – Góc xCy đồng vị với góc BAC; – Góc ACx trong cùng phía với góc BAC. 3.2. (h.3.6) * Tìm cách giải: Để chứng tỏ AB / / CD ta chứng tỏ một cặp góc so le trong bằng nhau. Ta nghĩ đến việc  vì có thể dùng các góc O và O làm trung gian. chứng tỏ  A=C 1 2 * Trình bày lời giải:    O  (đề bài cho) mà O  =O  (đối đỉnh) nên  . Ta có = A O = A=C 1; C 2 1 2 Suy ra AB / / CD vì có cặp góc so le trong bằng nhau. 3.3. (h.3.16) Tia AC nằm giữa hai tia AB và Ax nên A x  + CAx =  BAC BAx  = 1100 − 700 = 400. ⇒ CAx 70 0  =( 400 ) . Do đó CAx = C 40 0 Suy ra Ax / / BC vì có cặp góc so le trong bằng nhau. B C   MAC = MAB = 500. 3.4. (h.3.7) * Tìm các giải: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 126 Đề bài có cho hai tia đối nhau nên ta vận dụng tính chất của hai góc kề bù. Ngoài ra đề bài còn có tia phân giác nên trong hình vẽ có hai góc bằng nhau. * Trình bày lời giải:  = 1800 − 1300 = 500. Hai góc MAB và BAD kề bù nên MAB  =( 500 ) ⇒ AD / / CE vì có cặp góc so le trong bằng nhau. = C Do đó MAC 3.5. (h.3.8) +B  ( =1800 ) ⇒ 2   + 2B  (1). Ta có:  A1 +  A2 = B A1 + 2  A2 = 2 B 1 2 1 2  − 2B  . (2) Mặt khác:  A1 − 2  A2 =B 1 2 ⇒  Cộng từng vế các bất đẳng thức (1) và (2) được 3  A1 = 3B A1 = B 1 1 ⇒ a / / b vì có cặp góc so le trong bằng nhau. 3.6. (h.3.9) * Tìm cách giải:  và C ; E  . Muốn chứng tỏ Trong hình vẽ đã có các cặp góc so le trong là:  A và C 1 2  và E  =C . AB / / CD và CD / / EF chỉ cần chứng tỏ A = C 1 2 * Trình bày lời giải:  +C  C 2  +=  2 Ta có:  ACE = 1 ⇒C C ACE. 1 2 2  +C + Mặt khác C ACE = 3600 nên 2  ACE +  ACE = 3600 ⇒  ACE =1200. 1 2  +C  = 3600 − 1200 = 2400 mà C  −C  = 200 ⇒ C  = 1300 , C  = 1100. Do đó C 1 2 1 2 1 2  ( =⇒ =  ( =⇒ Ta có:  A= C 1300 ) AB / / CD; E C 1100 ) CD / / EF vì có cặp góc so le trong bằng 1 2 nhau. 3.7. (h.3.10) 1800.2 2  Ta có  = A2 = 400. A1 +  A2 = 1800 mà  A2 =  A1 nên 9 7 +B = −B =  = 400. B 1800 mà B 1000 nên B 1 2 1 2 2  Vậy  A= B = 400 ⇒ Ax / / By vì có cặp góc đồng vị bằng nhau. 2 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 127 3.8. (h.3.11)  = a0 ⇒ B  = a 0 − 1800. (1) Ta có  A1 +  A2 + B 2 2 +B + B A1 = b 0 ⇒  A1 = b 0 − 1800. (2) 1 2 + A1 =( a 0 + b 0 ) − 3600 =5400 − 3600 =1800. Từ (1) và (2) suy ra: B 2 + Mặt khác  A1 =  A2 +  A1 ( = 1800 ) . A2 +  A1 = 1800 (kề bù) nên B 2   Suy ra B = A2 ⇒ a / / b vì có cặp góc đồng vị bằng nhau. 2 3.9. (h.3.12) * Tìm cách giải Trong hình vẽ đã có những cặp góc đồng vị, cặp góc trong cùng phía, điều kiện trong đề bài, ta có thể suy ra được tổng của hai góc trong cùng phía bù nhau, từ đó suy ra được hai đường thẳng song song. * Trình bày lời giải −B ⇒ = B + Ta có  A2 −  A1 = B A2 + B A1. 2 1 1 2 +B + = Mặt khác  A2 + B A1 = 3600 nên  A2 + B 1800. 1 2 1 Suy ra a / / b vì có cặp góc trong cùng phía bù nhau. 3.10. (h.3.13)   Đặt  ACE = m0 thì C = m0 + 100 và C = m0 + 200. 2 1  +C = Ta có  ACE + C 3600 do đó 1 2 m0 + ( m0 + 100 ) + ( m0 + 200 ) = 3600 ⇒ 3m0 + 300 = 3600 ⇒ m0 = 1100. 0   120 Vậy = C = ; C1 1300. 2  =500 + 1300 =1800 ⇒ AB / / CD; E  +C  =600 + 1200 =1800 Ta có:  A+C 1 2 ⇒ CD / / EF vì có cặp góc trong cùng phía bù nhau. 3.11. (h.3.14)     Ta có D = D = 1050 (đối đỉnh); C = C = 750 (đối đỉnh). 1 2 1 2 0   A1 D = Vậy = 2 ( 105 ) ⇒ AB / / CD vì có cặp góc đồng vị bằng nhau. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 128 3.12. (h.3.15) 1   * Ta có: B = C = A1 ⇒ Bx / / Cz Vì có cặp góc so le trong bằng nhau. 1 1 3  =C  = 450 ⇒  + * Ta có B A1 = 1350. Vậy B A1 = 450 + 1350 = 1800 1 1 1 ⇒ Bx / / Ay vì có cặp góc trong cùng phía bù nhau.  và C  kề bù ⇒ C = 1800 − C = 1350. Vậy C =  * Ta có C A= 1350 ⇒ Ay / / Cz vì có cặp góc 1 2 2 1 2 1 đồng vị bằng nhau. 3.13. (h.3.17) = B = 550 ⇒ Mx / / BC vì có cặp góc so le trong bằng nhau. * Ta có BMx  + CAB = * Ta có CAM 1800 (hai góc kề bù) M x  = 1800 − 700 = 1100. ⇒ CAM A1 y 2  Tia Ay là tia phân giác của CAM = 550. ⇒ A1 =  A2 = 550 , do đó  A1= B Suy ra Ay / / BC vì có cặp góc đồng vị bằng nhau. B C h.3.17 HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 4. TIỂN ĐỀ Ơ-CLIT TÍNH CHẤT CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 4.1. (h.4.19) = B  ⇒ AM / / BC vì có cặp góc so le trong Ta có BAM bằng nhau. A M N = C  ⇒ AN / / BC vì có cặp góc so le trong bằng CAN nhau. Theo tiên đề Ơ- clit qua điểm A chỉ có một đường thẳng song song với BC, do đó ba điểm M, A, N thẳng hàng. B C h.4.19 4.2. (h.4.20) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 129 Giả sử trong số 101 đường thẳng vẽ qua A có chưa đến 100 đường thẳng cắt a. Suy ra ít nhất còn hai đường thẳng không cắt a. Hai đường thẳng này cùng đi qua a và cùng song song với a. Điều này trái với tiên đề Ơ-clit. Vậy điều giả sử là sai, do đó qua A có ít nhất 100 đường thẳng cắt a. A a h.4.20 4.3. Trong số n đường thẳng đã vẽ, nhiều nhất là có một và chỉ một đường thẳng song song với xy. Do đó muốn có ít nhất 10 đường thẳng cắt xy thì số đường thẳng phải vẽ ít nhất là 11. Vậy n = 11. 4.4. (h.4.21) = a) Ta có DE / / AB nên DEC A (hai góc đồng vị) A = DF / / AC nên BFD A (hai góc đồng vị). F  = FDE  (hai góc so le trong của DE / / AB ) Mặt khác BFD    . Suy ra = A DEC = BFD = FDE E 1 B =B  (hai góc đồng vị của DE / / AB ) b) Ta có D 2 2 C D h.4.21  =C  (hai góc so le trong của DF / / AC ); D 1 +D  =B  +C  = 1100. Suy ra FDE  = 1800 − 1100 = 700. Do đó D 1 2  ). Vậy  A = 700 (vì  A = FDE 4.5. (h.4.22)  (cặp goc so le Ta có MD // AC suy ra  A1 = M 1 A trong) 1 2 ME // AC suy ra  A1 =  A2 (cặp góc so le trog ) D Tia MA nằm giữa hai tia MD và ME,do đó tia MA là tia phân giác của góc DME   EOC = OCD = 50o M là giao điểm của BC với tia phân giác góc A THCS.TOANMATH.com E 2 1 B M h.4.22 C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 130 4.6. (h.4.9) Ta có  ABC = 180o − 2mo nên  ABy =180o − (180o − 2mo ) =2mo = C = mo (hai góc đồng vị); Mặt khác Bx / / AC nên xBy = C = mo . Vậy   suy ra xBy ABx = xBy = mo (1) Tia Bx nằm giữa hai tia BA và By (2) Từ (1) và (2) suy ra tia Bx là tia phân giác của góc Aby. 4.7. ( h.4.10)  Ta có  ACD = 180o − 120o = 60o . Vậy  ACD = BAa = 60o Suy ra m / / n (vì có cặp góc đồng vị bằng nhau) +D = =D  nên D  = 90o Ta có D 180o mà D 1 2 1 2 1 Suy ra b ⊥ n do đó b ⊥ m (vì m // n) 4.8. (h.4.11) Ta có AB ⊥ AC ; CD ⊥ AC ; OE ⊥ AC (đề bài) Suy ra AB / / CD / / OE ( cùng vuông góc với AC)  Do đó  AOE = OAB = mo (hai góc so le trong);   EOC = OCD = 50o (hai góc so le trong). Tia OE nằm giữa hai tia OA và OC nên tia OE là tia phân giác của góc AOC ⇔m ⇔ AOE = EOC = 50. 4.9. (h.4.12)  =450 + 450.3 =1800. Ta có  AEF + EFC Suy ra AB / / CD (vì có hai góc trong cùng phía bù nhau).  (hai góc so le trong) Do đó  AEF = EFD  Mặt= khác E 1 1  1 =F  dẫn tới Em / / Fn (vì có hai góc so le trong = AEF ; F1 EFD nên E 1 1 2 2 bằng nhau). 4.10. (h.4.23) Gọi C là giao điểm của hai đường thẳng Ay và Bm (h.4.23) A x n Ta có Ax / / Bm nên  A=  ACm (hai góc so le trong). ( )    nên = Mặt khác,  Acm mBn =  A . A = mBn Do đó Ay / / Bn (vì có hai góc đồng vị bằng nhau). m C B h.4.23 y 4.11. (h.4.24) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 131 Ở trong góc AOB vẽ tia Ot / / Ax. Khi đó  AOt=  A= a 0 (hai góc so le trong). A  = b 0 . Vậy BOt  =( b 0 ) . Suy ra BOt = B a0 x O t Do đó By / / Ot (vì có hai góc so le trong bằng B b0 nhau). y h.4.24 Vậy Ax / / By (vì cùng song song với Ot). 4.12. (h.4.25) Trong góc AOC vẽ tia Ot sao cho A m0 Ot / / AB. Khi đó  A+  AOt = 1800 (hai góc trong cùng phía) B t O Suy ra  AOt = 1800 − m0 . n0 C =  Do đó COt AOC −  AOt = = 360 − ( m + n ) − (180 − m 0 0 0 0 0 )= h.4.25 180 − n . 0 0 D  + COt  =n 0 + (1800 − n 0 ) =1800. Vậy C Suy ra CD / / Ot (vì có hai góc trong cùng phía bù nhau). Do đó AB / / CD (vì cùng song song với Ot). 4.13. (h.4.26) Vì OA ⊥ OC nên  AOC = 900. Trong góc AOC vẽ tia Ot sao cho Ot / / AB. Khi đó  A+  AOt = 1800 (hai góc trong cùng phía). Suy ra  AOt = 1800 − 1300 = 500. A  = 400. Vì  AOC = 900 nên COt 130 0  + COt  = 1400 + 400 = 1800. Ta có C O t Do đó CD / / Ot (vì có hai góc trong cùng phía bù nhau). Suy ra AB / / CD (vì cùng song song với Ot). B 140 0 C h.4.26 D 4.14. (h.4.27) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 132  = 400. Vì  AMx = 1400 nên M 1 A  = 1500 nên N  = 300. Vì BNy 2 Ở trong góc AOB vẽ tia Ot / / Mx, khi đó 140 Ot / / Ny (vì Mx / / Ny ). M 1  M  Ta có O = = 400 (hai góc so le trong); 1 1 x 1 t 0 N 2 O   O = N = 300 (hai góc so le trong). 2 2  +O  = 400 + 300 = 700. Suy ra  AOB = O 1 2 2 B 150 0 y h.4.27 4.15. (h.4.28) Ở trong góc AOB vẽ tia Ot / / Ax. Khi đó Ot / / By (vì Ax / / By ). 145 Ta có OA ⊥ OB nên  AOB = 900. = Mặt khác  A+O 180 (hai góc trong 1 0 x A 0 1 O 2 t cùng phía)  = 1800 − 1450 = 350. Nên O 1 B h.4.28 y  = 900 − 350 = 550. Suy ra O 2 +B = Ta có O 1800 (hai góc trong cùng 2 phía)  = 1800 − 550 = 1250. Do đó B 4.16. (h.4.29) x Trên nửa mặt phẳng bờ OB có chứa tia By vẽ tia Ot // By. Khi đó Ot // Ax (vì  + BOT = 180o (cặp Ax // By ). Ta có OBy A B y góc trong cùng phía).  = 180O − 150o = 30o. Ta có Suy ra BOt  AOt =  AOx = 50o (Cặp góc so le trong). Từ đó  AOB = 50o − 30o = 20o. THCS.TOANMATH.com t O Hình 4.29 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 133 HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 5. ĐỊNH LÝ 5.1. (h.5.6) • Tìm cách giải Với cấu trúc khi và chỉ khi ta phải chứng minh hai M C D mệnh đề thuận và đảo sau : – Mệnh đề thuận : Nếu OM ⊥ AB thì OM là tia . phân giác COD – Mệnh đề đảo : Nếu OM là tia phân giác của •  thì OM ⊥ AB. COD Trình bày lời giải – A O B Hình 5.6  Chứng minh mệnh đề thuận : OM ⊥ AB (gt) suy ra  AOM = BOM = 90o. Do đó   =BOD  + DOM  (vì tia OC nằm giữa hai tia OA, OM ; tia OD nằm giữa hai AOC + COM tia OB và OM).  (gt) nên COM  = DOM . Mặt khác  AOC = BOD (1) Tia OM nằm giữa hai ta OC và OD. (2) Từ (1) và (2) suy ra tia OM là tia phân giác của góc COD. – Chứng minh mệnh đề đảo :  = DOM . OM là tia phân giác của góc COD (gt). Suy ra COD  (gt) nên   =BOD  + DOM . Mặt khác  AOC = BOD AOC + COM  (vì tia OC nằm giữa hia tia OA, OM ; tia OD nằm giữa hai tia) Do đó  AOM = BOM o =  Lại có  AOM + BOM 180o (hai góc kề bù) nên = AOM 180 = : 2 90o. Suy ra OM ⊥ AB. 5.2. (h.5.7) Phát biểu định lí đảo: Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì nó vuông góc với đường thẳng kia. a // b a GT c⊥a KL c⊥b 1 A 1 b Chứng minh B Hình 5.7  ( cặp góc đồng vị). Ta có a // b (gt) suy ra  A1 = B 1  = 90o. Suy ra c ⊥ b. Mặt khác, c ⊥ a (gt) nên  A1 = 90o. Do đó B 1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 134 • Nhận xét: Ta có thể viết gộp cả định lí thuận và định lí đảo của định lí trên như sau: a⊥c b ⊥ c ⇔ a // b Kí hiệu ⇔ đọc là “khi và chỉ khi”. Kí hiệu này có nghĩa là mệnh đề ở bên trái suy ra được mệnh đề ở bên phải và ngược lại. 5.3. (h.5.8) B   kề bù AOB và BOC GT OM là tia phân giác của  AOB 2 3 1 ON nằm trong góc BOC A OM ⊥ ON . KL N M 4 C O Hình 5.8 ON là tia phân giác của . BOC Chứng minh  = 90o. Ta có OM ⊥ ON (gt) nên MON  +O = MON  Tia OB nằm giữa hai tia OM và ON nên O = 90o. 2 3  kề bù nên  = Vì  AOB và BOC AOB + BOC 180o.  +O  +O  +O = Do đó O 180o. 1 2 3 4  +O =  +O = Mặt khác, O 90o (chứng minh trên) nên O 90o. 2 3 1 4  +O  =O  +O  mà O  =O  (gt) nên O  =O . Suy ra O 2 3 1 4 1 2 3 4 Tia ON nằm giữa hai tia OB và OC. (2) Từ (1) và (2) suy ra ON là tia phân giác của góc BOC. 5.4. o  a)  = A 30 = ; B 40o  = 70o < 90o (không phải là số đo của một góc tù). ⇒ A+ B  = 30o ; D  = 100o ⇒ C +D  = 13o ≠ 180o. b) C 5.5.  (vì cùng phụ với góc O ). a) Suy ra  A= B THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 135 ' (vì cùng bằng hai góc bằng nhau). b)  A' = B 5.6. a) “=” (vì gấp ba lần hai đoạn thẳng bằng nhau thì được hai đoạn thẳng bằng nhau). b) “=” (vì thêm những đoạn thẳng bằng nhau vào những đoạn thẳng bằng nhau thì tổng bằng nhau). 5.7. (h.5.9) x c a // b   là cặp góc so le A1 và B 1 A a 1 y trong GT 2   A1 = B 1 KL b Chứng minh  không bằng nhau. Giả sử các góc  A1 và B 1 B Hình 5.9 Hình 5.9 =B . Qua A vẽ đường thẳng xy tạo với đường thẳng c góc xAB 1 Khi đó theo dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song ta được xy // b. Mặt khác, a // b (gt) nên qua A có hai đường thẳng song song với b trái với tiên đề Ơclit. Do đó xy phải trùng với đường thẳng a. =B  hay  . Suy ra xAB A1 = B 1 1 5.8. Hai góc có cạnh tương ứng song song thì bằng nhau hoặc bù nhau. = 130o ≠ 180o thì hai góc A và B phải bằng nhau. a) Nếu  A+ B = 130o : 2= 65o , Vậy  A= B  , do đó A + B  = 100° thì   = 180° . b) Nếu  A− B A≠ B  Suy ra = A 2 (180° + 100° ) :=  180° − 140= 140°; = B ° 40° 5.9 (h.5.10) GT   cùng nhọn (tù) AOB và CKD OA / / KC ; OB / / KD  O   K  = O = 1 2 ; K1 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 136 KL Ox / / Ky Chứng minh Hình 5.10 Hai góc AOB và CKD là hai góc có cạnh tương ứng song song . cùng nhọn hoặc cùng từ nên  AOB = CKD Tia Ox là tia phân giác của góc AOB , tia Ky là tia phân giác của góc CKD nên  1=   1 COD  = O AOB; K 1 1 2 2 =K  (một nửa của hai góc bằng nhau) Suy ra O 1 1 ( )  H   . Do đó Ox / / Ky (vì =K  (cặp góc so le trong của OB / / KD ) nên = O = K Mật khác H 1 1 1 1 1 có cặp góc so le trong bằng nhau) 5.10 (h.5.11) Từ M vẽ các tia Mx / / AB , My / / CD và tia Mt là tia phân giác của góc xMy . Qua M vẽ đường thẳng d ⊥ Mt , khi đó d vuông góc tia phân giác của góc AOC . Thật vậy, các góc xMy và AOC là các góc có các cạnh tương ứng song song, cùng nhọn nên các tia phân giác của chung song song với nhau. Mặt khác d ⊥ Mt nên d vuông góc tia phân giác của góc AOC . Hình 5.115.11 Hình 5.11 (h.5.12) Gọi 10 đường thẳng đã cho là a1 , a2 ,..., a10 . Từ một điểm O bất kì vẽ 10 đường thẳng d1 , d 2 ,..., d10 tương ứng song song với 10 đường thẳng đã cho. Vì trong 10 đường thẳng đã cho không có hai đường thẳng nào song song nên 10 đường thẳng d1 , d 2 ,..., d10 không có hai đường thẳng nào trùng nhau. 10 đường thẳng này cắt nhau tại O tạo thành 20 góc không có điểm trong chung nên tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng 360° : 20 = 18° . Góc này bằng góc có cạnh tương ứng song song với nó. Vậy trong 10 đường thẳng đã cho, tồn tại hai đường thẳng tạo với nhau một góc nhỏ hơn hoặc bằng 18° . THCS.TOANMATH.com Hình 5.12 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 137 HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 6. CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG 6.1 (h.6.9) Cho a / / b , c cắt a tại O . Ta phải chứng minh c cắt b . Giả sửa c không cắt b thì c / / b . Như vậy qua điểm O có hai đường thẳng là a và c cùng song song với b , trái với tiên đề Ơcơlit. Vậy điều giả sử là sai, suy ra c cắt b . Hình 6.9 6.2 (h.6.10) • Trường hợp đường thẳng c đi qua O thì c và a cắt nhau tại O . • Trường hợp đường thẳng c cắt b tại K ≠ O . Giả sửa c và a không cắt nhau thì chúng song song với nhau. Vì b ⊥ a nên b ⊥ c , trái với giả thiết. Vậy c và a phải cắt nhau. Hình 6.10 6.3 (h.6.11) • Giả sử a và b trùng nhau. Như vậy, qua O có hai đường thẳng là Ox và Oy cùng vuông góc với đường thẳng a (hoặc b ), vô lí. Vậy a và b không trùng nhau. (1) • Giả sử a / / b . Ta có Ox ⊥ a nên Ox ⊥ b . Mặt khác Oy ⊥ b (gt), như vậy qua điểm O có hai đường thẳng là Ox và Oy cùng vuông góc với đường thẳng b , vô lí. Vậy điều giả sử là sai, suy ra a và b không song song (2). Hình 6.11 Từ (1) và (2) suy ra a cắt b . 6.4 (h.6.12) Giả sử Ax / / By . Trong góc AOB vẽ tia Ot / / Ax thì Ot / / By (vì Ax / / By ).  +=   Ta có O A 180° ⇒ O = 180° − 134= ° 46° 1 1  +=  180° ⇒ O  O B = 180° − 135= ° 45° . 2 2  +O = 46° + 45° hay  Do đó O AOB= 91° > 90° . 1 2 Điều này mâu thuẫn với giả thiết là góc AOB là góc nhọn. Vậy THCS.TOANMATH.com Hình 6.12 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 138 điều giả sử là sai, suy ra Ax và By không song song. 6.5 (h.6.13) Ta có AB ⊥ BD , AC ⊥ CE ⇒  ABD = ACE =90° . Do đó  ABx=  ACy= 45° . Ta chứng minh Bx và Cy cắt nhau bằng phương pháp phản chứng. Giả sử Bx / / Cy . Ở trong góc A ta vẽ At / / Bx thì At / / Cy (Vì Bx / / Cy ) Ta có  A=  ABx= 45° (cặp góc so le trong) 1   A= ACy= 45° (cặp góc so le trong) 2 Hình 6.13 = 90° trái với giả thiết là  Do đó  A tù. A1 +  A2 =90° hay BAC Vậy điều giả sử là sai, suy ra hai đường thẳng Bx và Cy cắt nhau. 6.6 (h.6.14) Trong số 50 đường thẳng vẽ qua A ít nhất cũng có 49 đường thẩng cắt m . Ta chứng minh điều này bằng phản chứng. Giả sử có chưa đến 49 đường thẳng cắt m , suy ra ít nhất cũng còn 2 đường thẳng không cắt m . Hai đường thẳng này cùng đi qua điểm A và cùng song song với m . ĐIều này vô lý vì nó trái với tiên đề Ơclit. Vậy điều giả sử là sai, do đó có ít nhất cũng có 49 đường thẳng cắt m . Nếu đường thẳng AB / / m thì số giao điểm của dường thẳng m với các đường thẳng đã vẽ 98 (điểm). ít nhất cũng là 49 + 49 = • Nếu đường thẳng AB và đường thẳng m không song Hình 6.14 song thì giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng m cũng là giao điểm của đường thẳng BA với đường thẳng m . Do đó số giao điểm của đường thẳng m với các đường thẳng đã vẽ ít nhất cũng là 49 + 49 − 1 =97 (điểm). 6.7. (h.6.8) =D  , suy ra AC //BD (vì có cặp góc đồng vị bằng nhau). Giả sử C 1 1  (cặp góc so le trong). Do đó  A1 = B 1 Điều này trái giả thiết. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 139 ≠D . Vậy điều giả sử là sai, do đó C 1 1 6.8. (h.6.15) 9 đường thẳng cắt nhau tại O tạo thành 18 góc không có điểm trong chung. Tổng của 18 góc này bằng 360 (*) • Nếu tất cả các góc đều nhỏ hơn 20 thì tổng của chúng nhỏ hơn 20.18 = 360 , mâu thuẫn với (*). Vậy tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 20 . • Nếu tất cả các góc đều lớn hơn 20 thì tổng của chúng lớn hơn 20.18 = 360 , mâu thuẫn với (*). Vậy tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng 20 . 6.9. (h.6.16) Gọi số đường thẳng vẽ qua O và cắt đường thẳng a là n . Số tam giác đỉnh O có cạnh đối diện nằm trên đường thẳng a n ( n − 1) được tính theo công thức . 2 Theo đề bài ta có n ( n − 1) = 78 2 ⇔ n ( n − 1)= 156= 13.12 ⇒ n= 13 . Vậy có 13 đường thẳng đi qua O và cắt đường thẳng a . Theo đề bài, qua O còn có đường thẳng không cắt a . Theo tiên đề Ơ-clít chỉ có một đường thẳng như thế. Vậy số đường thẳng đã vẽ qua O là 14. 14 đường thẳng này tạo nên 28 góc đỉnh O không có điểm trong chung và có tổng số đo bằng 360 . (*)  Vậy ít nhất phải có một góc nhỏ hơn hoặc bằng 360= : 28 1251′ < 13 vì nếu không có góc nào nhỏ hơn 13 thì tổng của 28 góc này sẽ lớn hơn hoặc bằng 13.28 = 364 , mâu thuẫn với (*). 6.10. (h.6.17) • Điểm O không nằm giữa hai điểm M và N (1) vì M và N nằm trên tia Ox . • Giả sử điểm N nằm giữa hai điểm O và M thì ON = NM = OM do đó b + NM = a. Suy ra NM = a − b < 0 (vì a < b ). Điều này vô lí vì NM > 0 . Vậy điều giả sử là sai, do đó điểm N không nằm giữa hai điểm O và M . (2) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 140 Trong ba điểm O , M , N thẳng hàng phải có một điểm nằm giữa hai điểm còn lại nên từ (1) và (2) suy ra điểm M nằm giữa O và N . 6.11. (h.6.18) Giả sử hai tia Ox , Oy không đối nhau. Ta vẽ tia Oy ‘ là tia đối của tia Ox .  + zOy ’ = Khi đó zOx 180 (hai góc kề bù).  + zOy = Mặt khác, zOx 180 (gt). ’ = zOy  (cùng bù với zOx  ). Điều này vô lí vì trên cùng một nửa mặt phẳng bờ Suy ra zOy  = m . chứa tia Oz bao giờ cũng có một và chỉ một tia Oy sao cho zOy Vậy điều giả sử là sai, do đó hai tia Ox , Oy đối nhau. 6.12. Không thể xảy ra trường hợp mỗi đoạn thẳng cắt đúng 5 đoạn thẳng khác. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử mỗi đoạn thẳng cắt đúng 5 đoạn thẳng khác. Như vậy với cả 9 đoạn thẳng ta được 9.5 = 45 trường hợp hai đoạn thẳng cắt nhau. Nhưng như thế thì mỗi trường hợp đã được tính hai lần (vì đoạn thẳng AB cắt đoạn thẳng CD 45 thì ngược lại, đoạn thẳng CD cũng cắt đoạn thẳng AB ) do đó thực sự chỉ có trường 2 45 hợp hai đoạn thẳng cắt nhau. Vì ∉  nên điều giả sử là sai. 2 Do đó không thể xảy ra trường hợp mỗi đoạn thẳng cắt đúng 5 đoạn thẳng khác. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 7. TỔNG BA GÓC TRONG MỘT TAM GIÁC 7.1. – Hình 1. ∆ABC có Aˆ + Bˆ + Cˆ = 1800 A 560 + x 0 + 120 + x 0= 1800 ⇔ x 0= 560 . – Hình 2. ∆MNP vuông tại M ⇒ Nˆ + Pˆ = 900 2 x 0 + x 0 − 150 = 900 ⇔ x 0 = 350 . – Hình 3. ∆DEF có Dˆ + Eˆ + Fˆ = 1800 B C x 0 + 3 x 0 − 250 + x 0 + 100 = 1800 ⇔ x 0 = 390 . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 141 Aˆ= 450 (đối đỉnh). 7.2. Ta có Aˆ= 2 1 Ta có Bˆ 2 + Bˆ1= 1800 ⇒ Bˆ 2= 500 . Aˆ 2 + Bˆ 2 (góc ngoài của tam giác) suy ra: Cˆ 2 = 950 . ∆ABC có Cˆ= 1 7.3. Đặt số đo góc ngoài đỉnh A ; B ; C lần lượt là x ; y ; z . Theo đầu bài ta có: x y z và x + y + z = 3600 . = = 2 3 4 Giải ra, ta được: x = 800 ; y = 1200 ; z = 1600 . Từ đó ta suy ra các góc trong đỉnh A , B , C tương ứng là 1000 , 600 , 200 . Do đó tỉ lệ ba góc trong là: 5 : 3 :1 . 7.4. E a) Ta có Aˆ = 2.Bˆ ; Bˆ = 3.Cˆ ⇒ Aˆ = 6.Cˆ . ∆ABC có: Aˆ + Bˆ + Cˆ= 1800 ⇒ 6.Cˆ + 3.Cˆ + Cˆ= 1800 ⇒ Cˆ = 180 ; Bˆ = 540 ; Aˆ = 1080 . = b) Ta có  ACx + C 180o (hai góc kề bù) 1 A  ACx + 18o = 180o ⇒  ACx = 162o 2 3 1 B 1   Ta có: C = C = ACx = 81o 2 3 2 C x +B  + BCE = ∆BCE có E 180o  + 54o + 18o + 81o= 180o ⇒ E = 27 o hay  E AEC = 27 o . 7.5. x + a) ∆ABD có  A1 + B ADB = 180o ; A + ∆ACD có  A2 + C ADC = 180o ; 4 3 1 2 Mà  A1 =  A2 nên + +  −C ; C ADC = B ADB ⇒  ADC −  ADB = B 1 E B 2 D C = B  +C  (góc ngoài tam b) ∆ABC có BAx giác) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 142  +C  1 B ⇒ A3 =  A4 = BAx = 2 2  +C   −C  B B  +C  (góc ngoài) ⇒ E =  ⇒  hay  ∆ACE có  . A4= E A4 − C AEB = −C AEB = 2 2 = B + 7.6. ∆ACD có D A1 (góc ngoài tam giác) 2 A = C + A2 (góc ngoài tam giác) ∆ABD có D 1 1 2 −D  =B  −C  mà  A1 =  A2 nên D 2 1 −D = +D = ⇒D 18o mà D 180O nên 2 1 2 1 1 180o + 18o 180o − 18o o   ; D1 = D2 = 99 = = 81o . 2 2 B 2 C D 7.7. = = a) Ta có ADB 850 ⇒ ADC 950. A 1 + B  + ADB = ∆ABD có A 1800 ; 2 + C  + ADC = ∆ACD có A 1800 ; 1 = A  2 nên C  + ADC =  + ADB  Mà A B  − ADB =  −C . ⇒ ADC B  −C  = 950 − 850 = 100 . Vậy B    = 5.C ⇒B= C b) 4.B 5 4 B  B 5 Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau, ta có: = C D  B  −C  100 C = = = 100 4 5−4 1 0   50 Suy = ra: B = ; C 400. 7.8. =  1 + ABO  (góc ngoài tam giác). a) ∆ABO có O A 1 =  2 + ACO  (góc ngoài tam giác). ∆ACO có O A 2 1 + O 2 = 1 + A  2 + ABO  + ACO  Hay BOC  =+  ABO  + ACO . ⇒O A A  A  + ACO  =900 − A b) Từ ABO 2 1 2     2 +=  2 180 − A ⇒ B  2 += 2 B + C ⇒B C C O 2 2 1 2   C 2 B   1 ⇒ B2 + C2 = + mà BO là tia phân B 2 2 1 2 C x THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 143   B C    . giác của B nên B1 = suy ra C 2 = ; hay CO là tia phân giác của góc C 2 2 7.9.  = 1800 − 3.C ⇒A =A +B  +C  − 3.C  a) Từ : A A  = 2.C  suy ra B =  (góc đồng vị) và b) DE // BC ⇒ ADE C  = DBC  (góc so le trong). EDB  Tia DE là tia phân giác của ADB ⇔C = DBC  = EDB ⇔ ADE D E C B 1   = 1 .B   nên DBC . mà C = .B ⇔ BD là tia phân giác của ABC 2 2  và AC thì DE là tia phân giác của ADB . Vậy khi D là giao điểm của tia phân giác B 7.10. Giả sử cả ba góc ngoài ở ba đỉnh đều lớn hơn 1200 suy ra mỗi góc trong đều nhỏ hơn 600 . Vậy tổng ba góc trong của tam giác nhỏ hơn 1800 , vô lí. Do đó tồn tại một góc ngoài có số đo không lớn hơn 1200 . 7.11. a) Góc BDC là góc ngoài tại đỉnh D của B  >A = tam giác ACD nên BDC 90 ; 0  < 1800 ⇒ BDC  là góc tù. 900 < BDC = A  + ACD  (góc ngoài tam giác) b) BDC = ⇒ ACD 150  = 300 ⇒ B  = 600 . ⇒ ACB D C A +B = 1800 − AIB  7.12. Xét ∆ABI có A  +D = 1800 − CHD  Xét ∆CDH có C +F = 1800 − EKF  Xét ∆EFK có E ( ) +B  +C  +D +E +F = 5400 − AIB  + CHD  + EKF = Suy ra : A ( )  + IHK  + IKH  = 5400 − 1800 = 3600 . 5400 − KIH HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 8. HAI TAM GIÁC BẰNG NHAU CÁC TRƯỜNG HỢP BẰNG NHAU CỦA HAI TAM GIÁC ● Định nghĩa tam giác bằng nhau 8.1. Đáp số: = = AC MP; = BC NP. a) AB MN; I D; =  F; =  E . b) = K H THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 144 8.2. Đáp số: ∆ABC = ∆DEC; ∆MNP = ∆MKQ; ∆IHL = ∆KLH.  N ; C   mµ N +=  1200 8.3. ∆ABC = ∆MNP suy ra: = B = P P  +C = ⇒B 1200  −C =  =1200 + 100 : 2 =650 Ta có: B 100 nên B ( )  =(1200 − 100 ) : 2 =550 C  +C = ∆ABC có  A+ B 1800 0  A + 120= 1800 ;  A= 600 =  = B = 650 ; P = C = 550 . Vậy M A= 600 ; N = MN; BC = NP; AC = MP (cặp cạnh tương ứng). 8.4. ∆ABC = ∆MNP ⇒ AB Vì AB + AC = 9cm ⇒ MN + MP = 9cm , mà MN − NP = 3cm nên MN = 6 ( cm ) ( 9 + 3) : 2 = MP = 3 ( cm ) ( 9 − 3) : 2 = Do đó chu vi ∆MNP là: MN + NP + MP = 6 + 5 + 3 = 14cm Vì ∆ABC = ∆MNP nên chu vi ∆ABC bằng chu vi ∆MNP và bằng 14cm. = RS; BC = ST; AC = RT (cặp cạnh tương ứng). 8.5. ∆ABC = ∆RST ⇒ AB Vì ST − RS = 8cm ⇒ BC − AB = 8cm. Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau : BC AB BC − AB 8 = = = =⇒ 4 BC = 4.5 = 20cm; AB = 3.4 = 12cm . 5 3 5−3 2 = RS = 12cm; AC = RT = 18cm; BC = ST = 20cm. Vậy : AB ● Trường hợp c.c.c 8.6. Đáp số : ∆PQS = ∆RAE ; ∆NUV = ∆VMN ; ∆EKI = ∆EHI. 8.7. ∆OAB và ∆OCB có OA = OC ; AB = CB ; OB chung ⇒ ∆OAB = ∆OCB (c.c.c) =  (cặp góc tương ứng), hay OB là tia phân giác của AOC . ⇒ AOB COB 8.8. Nối AC. Xét ∆ABC và ∆CDA có : A = AB CD; = AD BC B AC cạnh chung Nên ∆ABC = ∆CDA (c.c.c)  = BCA  Suy ra DAC Xét ∆ABC và ∆CDA có : = AB CD; = AD BC ; AC cạnh chung D C Nên ∆ABC = ∆CDA (c.c.c)  = BCA  mà hai góc ở vị trí so le trong ⇒ AD / / CD Suy ra DAC  = DCA  mà hai góc ở vị trí so le trong ⇒ AB / / CD . BAC 8.9. ∆AMN và ∆AMC có AM chung; AB = AC; BM = CM THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 145 ⇒ ∆AMB = ∆AMC (c.c.c) =  (góc tương ứng) ⇒ BAM CAM  = CAM  = 1 BAC  = 1 .500 = 250 . ⇒ BAM 2 2 =  (góc tương ứng). ⇒ AMB AMC  + AMC =   Mà AMB 1800 nên AMB = AMC = 900  + BAM  + AMB = ∆AMB có ABM 1800 .  + 250 + 900 = 1800 ⇒ ABM  = 650 suy ra ACM  = 650 . ABM A B C M ● Trường hợp c.g.c 8.10. a) ∆ABD và ∆EBD có AB = BE; B  = EBD;  BD chung ABD ⇒ ∆ABD = ∆EBD (c.g.c). =  b) ∆ABD = ∆EBD ⇒ BED BAD  = 900 ⇒ DE ⊥ AB. ⇒ BED ED c) ∆ABD = ∆EBD ⇒ AD =   ∆ADF và ∆EDC có ADF = EDC; E A C D  DEC  = AD ED; FAD = =( 900 ) DF ⇒ ∆ADF = ∆EDC (g.c.g) ⇒ DC = F 8.11.  =900 ⇒ ABD  + BAC  =900 a) ∆ABD có ADB (1)  =90  =90 ⇒ ACE  + BAC ∆ACE có AEC (2) 0 0  = ACE  do đó ABD  = ACE . Từ (1) và (2), suy ra: ABD  ACE;  b) ∆ABH và ∆KCA có AB CK; = = ABD BH = AC ⇒ ∆ABH = ∆KCA (c.g.c) ⇒ AH = AK . A D E B C K H  + ABD   + ACB  8.12. Ta có: ABE = 1800 ; ACK = 1800 (cặp góc kề bù)  = ACB   = 1 ABC   ⇒ ABE  = ACK . Mà ABD    THCS.TOANMATH.com 2  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 146  ACK;  ∆ABE và ∆ACK có : AB CK; = = ABD = BE AC ⇒ ∆ABE = ∆KCA (c.g.c) ⇒ AE = KA. A D B K C E 8.13. a) Ta dễ chứng minh được ∆ADE = ∆CFE (c.g.c) Suy ra AD = CF ⇒ BD = CF  , mà hai góc ở vị trí so le trong nên CF // AB. Và  A = FCE b) Xét ∆BDC và ∆FCD có : BD = FC A (chứng minh trên)  = FCD  (so le trong ; AB // CF) ; BDC CD là cạnh chung do đó: ∆BDC = ∆FCD (c.g.c) c) ∆BDC = ∆FCD (chứng minh trên) 1 = C  1 , mà hai góc ở vị trí so nên D le trong suy ra DE // BC. D 1 E 1 F 2 1 B C ● Nhận xét . Từ kết luận ∆BDC = ∆FCD, chúng ta còn suy ra được DE =  = EBD  (giả thiết) ; 8.14. a) ∆ABD và ∆EBD có ABD BE = BA ; BD là cạnh chung ⇒ ∆ABD = ∆EBD (c.g.c) ⇒ AD = ED. B H =  b) ∆ABD = ∆EBD ⇒ BAD BED  = 900 ⇒ DE ⊥ BC , mà ⇒ BED AH ⊥ BC ⇒ AH // DE 1 .BC . 2 I E O A C D =  (cặp góc so le trong). c) AH // DE ⇒ AHO IDO  = IDO  ; OH = OD ; AH = ID ⇒ ∆AHO = ∆IDO (c.g.c) ∆AHO và ∆IDO có AHO = . ⇒ AOH IOD  + AOD =  + AOD = Mà AOH 1800 (kề bù) ⇒ IOD 1800 . Suy ra A, O, I thẳng hàng. 8.15. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 147 (   a) CBD = ABE = 900 ) D  + ABD  = CBA  + CBE  ⇒ CBA = . ⇒ ABD CBE A Xét ∆ABD và ∆EBC có AB = EB;  = CBE  (cùng phụ với góc ABC) ABD BD = BC ⇒ ∆ABD = ∆EBC (c.g.c) ⇒ AD = CE . b) Gọi H, I là giao điểm của đường thẳng AD với CE và BC. I C B  = BCE  mà ∆ABD = ∆EBC suy ra: BDA H  + BIA =  + CIH = BDA 900 ⇒ BCE 900 ⇒ ∆CIH vuông, hay AD ⊥ CE . E 8.16. a) ∆AMC và ∆NMB có AM = MN ; E  = NMB  ; BM = CM AMC ⇒ ∆AMC = ∆NMB (c.g.c) ⇒ AC = BN, mà AC = AE ⇒ BN = AE.  = 900 ; CAE  = 900 b) Ta có BAD I D A  + DAE = ⇒ BAC 1800 (1) ∆AMC = ∆NMB (chứng minh trên) =  ⇒ BN // AC ⇒ MAC MNB  + ABN = ⇒ BAC 1800 (2) B M C  = ABN  Từ (1) và (2), suy ra : DAE N  = ABN  ; AE = BN Xét ∆ABN và ∆DAE có AD = BA; DAE ⇒ ∆ABN = ∆DAE (c.g.c) ⇒ AN = DE; mà AN = 2.AM ⇒ AM = DE . 2 c) Gọi C là giao điểm của đường thẳng AM và DE. =  (1) ∆ABN = ∆DAE (chứng minh trên) ⇒ EDA NAB  = 900 ⇒ DAI  + NAB = Mà DAB 900 (2)  + DAI = Từ (1) và (2), suy ra: EDA 900 , hay AM ⊥ DE . CD . 8.17. ∆OAB = ∆OCD (c.g.c) ⇒ AB = ● Trường hợp g.c.g 8.18. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 148  = 1200 ⇒ B  +C = a) ∆ABC có A 600 .  + ICB  = 1B  + 1C  = 300 . Ta có: IBC 2 2    = = ∆BIC có IBC + ICB + BIC = 1800 ⇒ 300 + BIC 1800 ⇒ BIC 1500 .  = BIC  − BIM  − CIN  ⇒ MIN  = 1500 − 300 − 300 = 900 . Từ đó MIN A E I F B M C N  = 1500 ⇒ BIF  = CIE  = 300 . b) BIC  = NCI  ; CI là cạnh chung ∆CIN và ∆CIE có ECI   EIC = NCI = ( 30 ) ⇒ ∆CIN = ∆CIE (g.c.g) ⇒ CE = CN (1) 0 Chứng minh tương tự, ta có : ∆BFI = ∆BMI (g.c.g) ⇒ BM = BF (2) Từ (1) và (2), ta có : CE + BF = CN + BM < BC  +C  = 600 ⇒ BAC  = 1200 . 8.19. ∆ABC có B  ⇒ BAD  = CAD  = 1 BAC  = 600 . Ta có AD là tia phân giác BAC ( ) 2  = ABO   BAM  ∆ABO và ∆ABM có = BAO = 600 ; AB chung ; ABM ⇒ ∆ABO = ∆ABM (g.c.g) ⇒ AM = AO (1) Chứng minh tương tự, ta có: ∆ACO = ∆CAN (g.c.g) ⇒ AN = AO (2) Từ (1) và (2), suy ra: AM = AN. N M A O B C D 8.20. a) Kẻ EM // AB ( M ∈ BC ) A Tam giác DEM và tam giác MBD có 1 1 = M  1 ; DM chung; D 2 = M 2 D K nên ∆DEM = ∆MBD (g.c.g) suy ra BD = ME; DE = BM. 1 = B 1 . Lại có KI // BC nên K THCS.TOANMATH.com 2 1 B I E D  =  M 3 Ta có AB // EM nên = A1 E 1 ; B1 1 1 1 1 2 3 M C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 149 1 ; = AK EM =( BD ) Tam giác AKI và tam giác EMC có  A1 = E ( )  =  1 nên ∆AKI = ∆EMC (g.c.g) M = K B 3 1 Suy ra AI = EC và KI = MC . b) Ta có KI = MC ; DE = BM suy ra KI + DE = MC + BM = BC = 5cm . 8.21.  a) Xét ∆ABD và ∆CAE có BDA =  AEC = 900 . B 1 = C  1 (cùng phụ với  AB = AC (giả thiết) B A2 ) do đó ∆ABD = ∆CAE (cạnh huyền – góc nhọn). b) ∆ABD = ∆CAE nên BD = AE ; AD = CE do đó BD − CE = AE − AD DE Vậy BD − CE = 1 M 2 1 E D C A * Nhận xét: Để chứng minh một đoạn thẳng bằng tổng hay một hiệu hai đoạn thẳng ta thường biến đổi đoạn thẳng đó thành hai đoạn cùng nằm trên một đường thẳng và sử dụng cộng, trừ đoạn thẳng. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 9. TAM GIÁC CÂN = C = α 9.1. ∆ABC (AB = AC) cân. Đặt B A =  + BAD = ∆ABD có ADC B α + 600  = AED  ∆ADE (AD = AE) cân nên ADE  + CDE =  + CDE = = ⇒ AED ADE ADC α + 600 = C  + CDE  ∆CED có AED E Từ đó suy ra:  + CDE  + CDE =  + CDE  + ADC = C AED α + 600  = α + 600 ⇒ CDE = ⇒ α + 2.CDE 300 1 D 3 2 800 B F C +B  +C =  = 800 ⇒ A  +C = 9.2. ∆ABC có A 1000 1800 mà B  1800 − A  ∆AED cân tại A ⇒ D1 = . 2  1800 − C 2 = ∆CDF cân tại C ⇒ D . 2  −C  3600 − A   Suy ra = D1 + D 2 = 1300 . 2  3 =500 ⇒ EDF  =500 . Do vậy D THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 150 9.3. ∆AEC có ED là đường trung trực của AC nên dễ dàng chứng minh được ∆AEC cân tại E A =  mà BAC  + ACB = ⇒ DEC BAC 900  + ACB = ⇒ DCE 900 D  BCE  DCE Đặt = = x 0 5 2   ⇒ DCE = 5x 0 ; BCE = 2x 0 E Suy ra: 5x 0 + 5x 0 + 2x 0 = 900 ⇒ x 0 = 7,50 C B 0 0  5.7,5  2.7,5 Do vậy = DCE = 37,50 ; = BCE = 150 = 37,50 + 150= 52,50 ⇒ ACB 9.4. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho AM = AB Từ giả thiết suy ra MC = BD (1)  = CAD  ; AD là cạnh chung ∆ABD và ∆AMD có AB = AM; BAD  = AMD  (2) MD ; ABD ⇒ ∆ABD = ∆AMD (c.g.c) ⇒ BD = =  (góc ngoài của tam giác) Từ (1) và (2) suy ra MD = MC ⇒ ∆MCD cân ⇒ AMD 2.ACB =  ⇒ ABC 2.ACB 0  + ACB  = 1800 − 1140 = 660 nên =  66 mà ABC ACB = : 3 220 A M B C D 9.5 ∆ABM (BA = BM) cân tại B A   = 180 − B ⇒ AMB 2 o ∆CAN (CA = CN) cân tại C  180o − C  ANC = 2 Suy ra: B N M  + 180o − C  180o − B   AMB = + ANC = 135o 2  + ANC  + MAN = ∆AMN có AMB 180o  =180o ⇒ MAN  =45o Suy ra: 1350 + MAN THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 151 9.6 Theo tính chất góc ngoài tam giác, ta có:  BFC =  BEF = A  + ABD;  BEF  + ACE;  BAC E D  = ABD  + ACE  + BAC(1)  ⇒ BFC F   ∆ABD cân tại B nên: ABD = 180O − 2.BAC   ∆ACE cân tại B nên: ACE = 180O − 2.BAC C B Thay vào (1) ta có: =  + 180 − 2.BAC  + BAC  BFC 180O − 2.BAC  = 70o . Suy ra: BAC   9.7 ∆ADE có EAD = EDA = 40O , nên nó là tam giác cân.  =180O − 2.40O =100O. Suy ra: AED   4x . ∆AEB cân tại E, theo tính chất góc ngoài của tam giác: AEC = 2.B = Suy ra: 4x + x = 100o . Do đó: x = 20o 9.8  + ABC   + ACB  a) ABD = 180O ; ACE = 180O (cặp góc kề bù)  = ACB  ⇒ ABD  = ACE  Mà: ABC  = ACE  ; BD = CE ∆ABD và ∆ACE có: AB = AC; ABD ⇒ ∆ABD = ∆ACE(c.g.c) ⇒ AD = AE ⇒ ∆AED cân. A K H D B C E b) ∆BHD = ∆CKE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 152  CKE;ADB   AEC;BD  = BHD = = CE ⇒ ∆BHD = ∆CKE ⇒ BH = CK =  ⇒ OBC =  ⇒ ∆OBC cân tại O. c) ∆BHD = ∆CKE ⇒ HBD KCE OCB 9.9 a) ∆BHE (BH = BE) cân tại B. A =  ⇒ ABC 2.BHE Mà: F  = 2.C  ⇒C  = BHE ⇒C  = FHC  ABC B ⇒ ∆CHF cân tại F H C I E ⇒ FH = FC(1)  +=  90O ;CAH   90O mà FHC  +C  = 90O ;FHC  =C  ⇒ FHA  = CAH  Ta có: FHC FHA = +C ⇒ ∆FHA cân tại F ⇒ FA = FH (2) Từ (1) và (2) suy ra: FH=FA=FC b) Trên tia HC lấy HI = HB ⇒ ∆AHB = ∆AHI(c.g.c)  = AIH  = 2.C(1)  ⇒ AB = AI; ABH = C  + IAC(2)  Mà ∆AIC có AIH  + IAC  =2.C  ⇒ IAC  =C  Từ (1) và (2), suy ra: C ⇒ ∆IAC cân tại I ⇒ AI = IC Từ đó suy ra AB = IC. Mặt khác BE = HI (=BH) ⇒ AB + BE =IC + HI hay AE =HC F A 9.10 N a) ∆AIE và ∆AIH , có:   AIH = AIE( = 90O );= IE IH; AI chung M K ⇒ ∆AIE=∆AIH(c.g.c) ⇒ AE =AH Tương tự, ta có: ∆AKF = ∆AKH E I ⇒ AF=AH ⇒ AE=AF B THCS.TOANMATH.com H C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 153 =  b) ∆AIE = ∆AIH ⇔ EAI HAI  HAM;  AM chung có: AE AH; = EAM ∆AEM và ∆AHM= ⇒ ∆AEM = ∆AHM(c.g.c) =  ⇒ AEM AHM ∆AFN Tương tự, ta có: ∆AHN =   ⇒ AHN=AFN Mà ∆AEF cân tại A nên:  =AFN  ⇒ AHM  =AHN  AEM  Suy ra: HA là tia phân giác MHN 9.11   a) ∆ACE và ∆DBC có:= AC DC; ACE = DBC( = 120O );= EC BC ⇒ ∆ACE = ∆DBC(c.g.c) ⇒ AE = BD =  b) ∆ACE = ∆DCB(c.g.c) ⇒ CEM CBN. D ∆CME và ∆CNB có CE = CB;  = CBN  ; CEM EM = BN ⇒ ∆CME = ∆CNB(c.g.c) ∆CME = ∆CNB   c) ⇒ = CM CN;MCE = NCB  − NCE  = NCB  − NCE  = 60O ⇒ MCE  ⇒ MCN = 60 ⇒ ∆MNC là tam giác đều. N E M A B C O C 9.12 ∆MLC và ∆ALN có AL=LM;    ALN = MLC( = 60 + MLN) LN = LC ⇒ ∆MLC = ∆ALN(c.g.c) ⇒ MC = AN. L A O N M Chứng minh tương tự, ta có: THCS.TOANMATH.com B TÀI LIỆU TOÁN HỌC 154 ∆MAN = ∆MLB(c.g.c) ⇒ AN = BL ⇒ LB = MC = NA 9.13 Gọi E, I là giao điểm của MC với Oy, Ox. ⇒ ∆EOI đều. Từ đó dễ dàng chứng minh được ∆OCE = ∆EKO ⇒ OC = EK Vẽ EH ⊥ MA; EK ⊥ OI Dễ dàng chứng minh được: ∆MBE = ∆MHE ⇒ MH = MB; ∆OCE = ∆EKO ⇒ EK = OC MA − MB = MA − MH = HA = EK = OC B E C M I H K A 9.14 a) Ta có: ( ) =  90O − ADC  ;CAD =  ACD AME MAE B AD = AE ⇒ ∆ACD=∆AME(c.g.c) G ∆ACD = ∆AME ⇒ AC = AM b) ⇒ AB = AM H  = MAI  ∆AGB và ∆MIA có: ABG  = AMI  (đồng vị); AB = AM; BAG (đồng vị) A E C I ⇒ ∆AGB = ∆MIA(c.g.c) c) AG//MH (cùng vuông góc với CD) =  (so le trong) ⇒ GAH IHA AH chung, suy ra: ∆AGH = ∆HIA(c.g.c) M ⇒ HG = AI .Mặt khác: ∆AGB = ∆MIA THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 155 ⇒ AI = BG . Từ đó suy ra: BG = HG 9.15 Trên tia BA lấy điểm D sao cho BD = BC. Ta có tam giác BCD cân tại B. 180O − 36O O    = BDC = = 72O Vì ABC = 36 nên BCD 2  = ABC  + ACB  = 36O + 36O = 72O (Tính chất của góc ngoài) Ta lại có: DAC  DAC  = BDC =( 72O ) D Suy ra tam giác ACD cân tại C, do đó: CA = CD (1) Xét ta giác BDN và BCN ta có: A  = DBN  BN chung, BD = BC và CBN nên suy ra: ∆BDN = ∆BCN(c.g.c) N ⇒ CN = DN ⇒ ∆ NCD cân tại N, lại có: B C  = BCD  − BCN  = 72O − 12O = 60O NCD A ⇒ ∆NCD là tam giác đều ⇒ CN = CD (2) Từ (1) và (2) ta có: CA = CN. I D 1 E 2 2 9.16 2 1 1 C B   C . DE//BC nên: = I1 B = 2 ; I2 1 A =B  (theo giả thiết) Mà B 1 2 1 2  =C  (giả thiết) suy ra: C 1 2   C  . = I1 B = 2 ; I2 1 Do đó, ∆DIB, ∆EIC là các tam giác cân đỉnh D và E. 1 B M 2 C Nên DI = BD, EI = CE. Vậy DE = DI + IE = BD + CE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 1 D 156 9.17 Trên tia đối của tia MA lấy D sao cho MD = MA Xét ∆ABM và ∆DMC có: MB = MC (giả thiết)  =M  (đối đỉnh) AM = MD, do đó: M 1 2  =D  ∆AMB = ∆DMC (c.g.c) nên AB = DC; A 1 1  =A  suy ra D  =A  hay ∆ACD cân tại C Mặt khác: A 1 2 1 2 ⇒ AC = CD ⇒ AC = AB Vậy, ∆ABC cân. * Nhận xét: Để chứng minh ∆ABC cân ta chưa tìm được cách nào trực tiếp để chứng minh cặp cạnh bằng nhau hoặc cặp góc bằng nhau, cũng như vận dụng BM = CM. Vì vậy, việc kẻ thêm đường A phụ là điều cần thiết. 9.18 Dựng tam giác đều AMN (N và B khác phía đối với AC) . Ta có MA = MN.    . Suy ra Mặt khác CAN = BAM = 60O − MAC ∆MAB = ∆NAC (c.g.c) dẫn đến MB = NC. Rõ ràng, tam giác MCN có các cạnh tương ứng bằng MA, MB, MC. N M B C HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 10. ĐỊNH LÝ PYTAGO 10.1 Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: AB2 ∆ABH vuông, nên AH 2 + BH 2 = A 64 + BH 2 = 100 ⇒ BH = 6cm ∆AHC vuông, nên AC2 =64 + 125 ⇒ AC =17cm Chu vi ∆ABC là: AB + BC + AC = 10 + 17 + 6 + 15 = 48 (cm) 10.2 10cm B 8cm H 15cm Tam giác ABC vuông tại A. Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 157 AB2 + AC2= BC2 ⇒ 62 + 62= BC 2 ⇒ BC 2= 72. Tam giác BCD vuông tại C. Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: BC2 + CD 2 = BD 2 ⇒ 72 + 32 = BD 2 = 81 ⇒ BD = 9 Từ đó suy ra: x = 9. 10.3  = BAN  (cùng bằng 90o + BAC  ) a) Ta có: MAC MA = AB ( ∆MAB vuông cân tại A) AC = AN ( ∆NAC vuông cân tại A) ∆AMC = ∆ABN (c.g.c) b) Gọi giao điểm của BN với AC là F.  = FCD  (vì ∆AMC =  = CFD  (đối đỉnh) ∆ABN ), AFN ANF  = FAN  . Do đó BN ⊥ CM Từ đó suy ra: FDC N M A E F D B C a) Áp dụng định lí Py-ta-go vào các tam giác vuông MDN, BDC, MDE, NDC, ta có: MN 2 + BC 2 = MD 2 + ND 2 + BD 2 + CD 2 BM 2 + CN 2 = MD 2 + BD 2 + ND 2 + CD 2 ⇒ MN 2 + BC2 = BM 2 + CN 2 ⇒ MN 2 = BM 2 + CN 2 − BC 2 Thay MB = 3cm, BC = 2cm CN = 4cm vào đẳng thức trên, ta được MN = 21 cm b) Trên tia BN lấy điểm E, sao cho BE = MD ∆AMD = ∆ABE (c.g.c) Suy ra AD = AE ⇒ ∆ADE cân tại A (1) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 158 =  ⇒ DAE = = ∆AMD = ∆ABE ⇒ MAD BAE MAB 90O ⇒ ∆ADE vuông tại A (2)  =45o ⇒ ADE  =1 MDN  Từ (1) và (2) ADE 2  Suy ra: DA là phân giác MDN 10.4  = 30o Ta kéo dài AD và BC sao cho chúng cắt nhau tại E. Suy ra E  = 30o nên CE = 2.CD = 12 cm. (theo ví dụ 8, chuyên đề 9) ∆CDE vuông tại D có E ⇒ BE =4 + 12 =16cm  = 30o nên AE = 2.AB = 2x. Đặt AB = x, ∆ABE vuông tại B có E chuyên đề 9) (theo ví dụ 8, A D Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: BE 2 + AB2 = AE 2 2 BE= 162 − 256 B E C 2 Ta có: = AB2 x= ; A E 2 4x 2 256 + x 2 = 4x 2 ⇔ 256 = 3x 2 Nên ⇔ x2= 256 16 16 3 ⇒ x= = cm 3 3 3 10.5 A ∆ABC vuông suy ra: 2 AB = AC2 − BC2 m ∆ABD vuông suy ra: 2 AB = AD 2 − BD 2 Do đó: n AD 2 − AC2 = BD 2 − BC2 ⇒ m 2 − n 2 = 52 − 32 = 16 B B 3cm C D 2cm 10.6 Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông ABC, AHB, AHC, ta có: H THCS.TOANMATH.com A TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 159 2 = BC AB2 + AC2 ⇒ BC2 = AH 2 + BH 2 + AH 2 + HC 2 ⇒ BC2 = BH 2 + CH 2 + 2.AH 2 (Điều phải chứng minh) 10.7 a) ∆AHB và ∆AHC có AB = AC; A o    C  AHB = AHC( = 90= );B ⇒ ∆AHB = ∆AHC (cạnh huyền – góc nhọn)  . ⇒= BH CH;BAH = CAH ( )   ∆AMH và ∆ANH có AMH = CAH = 90o ;  = NAH  , AH chung MAH N M C B ⇒ ∆AMH = ∆ANH (cạnh huyền góc nhọn) H ⇒ AM = AN ⇒ ∆AMN cân.  180o − A  b) ∆ABC cân tại A ⇒ ABC = 2  180o − A = ∆AMN cân tại A ⇒ AMN 2  = AMN  mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN//BC. Suy ra ABC c) Áp dụng định lý Py-ta-go trong các tam giác vuông, ta có: AH 2 + BM 2 = AN 2 + HN 2 − HM 2 = AN 2 + BH 2 (vì HM = HN) 10.8 Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: C 2 = BM AB2 + AM 2 BM 2 = BC 2 − AC 2 + AM 2 AC 2 BM = BC − AC + 4 3 2 hay BM = BC 2 − AC 2 4 2 2 THCS.TOANMATH.com M 2 B A TÀI LIỆU TOÁN HỌC 160 10.9 A Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: 2 = AB BH 2 + AH 2 (1) 2 = BC BH 2 + CH 2 (2) H 2 = AC BH 2 + AH 2 (3) Cộng từng vế (1) (2) (3) ta có: AB2 + AC2 + BC2 = 3.BH 2 + 2.AH 2 + CH 2 C B 10.10 A Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: = AF2 AM 2 − MF2 E F 2 = BD BM 2 − MD 2 2 = CE CM 2 − ME 2 Suy ra: C B D AF2 + BD 2 + CE 2 = AM 2 + BM 2 + CM 2 − MF2 − MD 2 − ME 2 = ( AM 2 − ME 2 ) + ( BM 2 − MF2 ) + ( CM 2 − MD 2 ) = AE 2 + BF2 + CD 2 10.11 A Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: E AH =+ AE HE ;BC =+ BE CE . 2 2 2 2 2 2 ⇒ AH 2 + BC2 = AE 2 + BE 2 + HE 2 + CE = AB + CH 2 2 H 2 B D C 10.12 a) Từ kẻ tia My vuông góc với BC và cắt tia Bx tại A’ Tam giác BMA vuông cân tại M nên MB, MA = 1: 2 Suy ra A ≡ A’ nên AM vuông góc với BC. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 161 Ta có: ∆AMB = ∆AMC (c.g.c) nên AB = AC  = 45o và ACB Tam giác ABC vuông cân tại A và có    BAH = CAI = 90o − CAH H, I là hình chiếu của B và C trên AD  = I= 90o nên H ∆BHA (ch.gn) Suy ra: ∆AIC = ⇒ CI = AH Ta có: BH 2 + CI 2 = BH 2 + AH 2 = AB2 (Không đổi)  = IMA  b) ∆BHM = MI và BHM ∆AIM (c.g.c) ⇒ HM =  + BMI  =90o ⇒ BMH  + BMI  =90o Mà IMA  = 45o mà HIC  =90o ⇒ HIM  =MIC  =45o ⇒ ∆HMI vuông cân ⇒ HIM  ⇒IM là tia phân giác của góc HIC  luôn đi qua điểm cố định M Vậy tia phân giác của HIC 10.13 Vì AD = HE (gt) nên AH = DE Áp dụng định lý Py-ta-go trong các tam giác vuông A ABF; ABH; ADF; BHE; DEF ta được: D BF = AB + AF = 2 2 2 F (BH 2 + AH 2 ) + (A D 2 + DF2 ) = BH 2 + DE 2 + HE 2 + DF2 = (BH 2 + HE 2 ) + (DE 2 + DF2 ) B ⇒ BF2 = BE 2 + EF2 H C E Suy ra, tam giác BEF vuông tại E (định lý Py-ta-go đảo) ⇒ BE ⊥ EF. 10.14 Dựng ra phía ngoài tam giác ABC tam giác đều ACE  = BAC  + CAE  = 90o và AC = AE = CE ⇒ BAE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 162  E = 90o ∆ABE có BA Theo định lý Py-ta-go ta có: AB2 + AE 2 = BE 2 D B A C E ⇒ AB 2 + AC 2 = BE 2 (1) ∆CAD và ∆CEB có CA = CE;  và ECB  ECB =( 600 +  ACB) CA = CE. CAD ⇒ ∆CAD = ∆CEB(c.g.c) ⇒ BE = AD(2) Từ (1) và (2) suy ra: AB 2 + AC 2 = AD 2 . HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 11. CÁC TRƯỜNG HỢP BẰNG NHAU CỦA TAM GIÁC VUÔNG 11.1.   a)Xét ∆MBD và ∆NCE có: BMD = CNE =( 900 ) A  C = ∆NCE = B ; BD CE. Do đó ∆MBD = NC (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ MB = ∆NCE (chứng minh trên) b) ∆MBD = ⇒ MB = NC AM + MB =AN +NC nên AM = AN Xét ∆MAK và ∆NAK có:  AMK =  ANK =( 900 ) ; AK là cạnh chung ; AM=AN. N M D E B C K Do đó ∆MAK=∆NAK(cạnh huyền – cạnh góc vuông). THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 163 11.2. a)Ta có  ABD +  ABC = 1800 ;  ACE +  ACB = 1800 A Mà  ABC =  ACB ⇒  ACE =  ABD. ∆ABD và ∆ACE có AB = AC ;  = ABD  ACE = ; BD CE ⇒ ∆ABD = ∆ACE (c.g.c) ⇒  ADB =  ACE    ; ∆BHD và ∆CKE có BHD = CKE =( 900 ); HDB = KEC K H D B C E O BD = CE ⇒ ∆BHD = ∆CKE (cạnh huyền- góc nhọn). b)Ta có ∆AHB và ∆AKC có  AHB =  AKC =( 900 ); ⇒ ∆AHB = ∆AKC (cạnh huyền- cạnh góc vuông). c) ∆AHB = ∆AKC ⇒ AH = AK  1800 − HAK ⇒ ∆AHK cân tại A ⇒  AHK = 2  1800 − DAE ∆ADE cân tại A ⇒  ADE = 2 ⇒ AHK =  ADE ⇒ BC  HK 11.3 A a)∆AHM và ∆AKM có :  AHM =  AKM = 900  = KAM  AM chung: HAM ⇒ ∆AHM = ∆AKM (cạnh huyền góc nhọn) ⇒ MH = MK  = CKM  (900 ); b)∆BHM và ∆CKM có BHM BM = MC ; MH=MK ⇒ ∆BHM = ∆CKM ( cạnh huyền, cạnh góc vuông) = C  ⇒ ∆ABC cân tại A. ⇒B THCS.TOANMATH.com K H B M C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 164 11.4 a)∆AHB=∆AHD(c.g.c), suy ra AB=AD.  = 300 có B  = 600 ∆ABC vuông tại A, có C  = 600 nên ∆ABD là tam giác đều. Tam giác ABD cân, có B b)  = BAC  − BAE  = 900 − 600 = 300 EAC =  ⇒ EAC ACB C E D ⇒ ∆AHC = ∆CEA (cạnh huyền- góc nhọn) H Suy ra CH= AE.  = DCA  nên DA=DC. ∆ADC cân tại D vì DAC Suy ra AE – AD = CH – CD hay DE = DH. Do đó ∆DEH cân tại D. B A Hai tam giác cân DAC và DEH có góc ở đỉnh   ⇒ EAC = ADC = EHD AEH ⇒ EH / / AC. 11.5 a)∆ABE và ∆DBE có:  = 900 (Vì AE ⊥ AB, AD ⊥ BC ) AB = A= D AD (giả thiết),BE: cạnh chung. Vậy ∆ABE = ∆DBE (cạnh huyền - cạnh góc vuông) ⇒ AE = DE. N  , do đó BK là phân giác của góc ABC. b)Từ câu a) suy ra  ABE = DBE Vẽ KN ⊥ BA, KH ⊥ AC , KM ⊥ BC. A  =C  (giả thiết); Tam giác vuông KMC và tam giác vuông KHC có: C 1 2 K E CK cạnh chung M B D M C Do đó ∆KMC = ∆KHC (cạnh huyền – góc nhọn), suy ra KM = KH(1) Ta lại có ∆AKH = ∆AKN(cạnh huyền – cạnh góc vuông) =1350. ⇒ A =  A = 450 ⇒ BAK 1 2 11.6. Kẻ MH ⊥ BK , MI ⊥ KD ∆ABC vuông cân tại A có MB = MC nên dễ dàng suy ra ∆AMB = ∆AMC(c.c.c) từ đó suy ra  = CAM  ⇒ AM = MB; MAC  = 450 AM ⊥ BC , BMA B =  (=  ) ⇒ KBC  =MAI  Ta có: KBA CAD 900 − BAK H M   ∆BMH và ∆AMI có = AIM BHM = 90 = ; BM AM. 0   ⇒ ∆AMI (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ MH = MI . MBH = MAI   = MIK = 900 ; MK chung; MK = MI. ∆MHK và ∆MIL có MHK = . ⇒ ∆MHK = ∆MIK (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ HKM IKM THCS.TOANMATH.com C K A I D TÀI LIỆU TOÁN HỌC 165 D  Vậy KM là tia phân giác BKD 11.7 Áp dụng ví dụ 10 chuyên đề 8, ta có: ME = MD = . ⇒ ∆MDE cân tại M ⇒ MDE E =F  (cùng phụ với góc HDF). Mặt khác, ta có: HDE =  − HDE = = . Ta có: MDH MDE E F E H M F 11.8 a)Từ A kẻ AK ⊥ MC tại K và AQ ⊥ HN tại Q. Hai tam giác vuông MAK và NCH có 1   (cùng phụ với góc AMC) MA = NC =( AB),= A1 C 1 2 ⇒ ∆MAK = ∆NCH ⇒ AK = HC (1) B M  ∆BAK và ∆ACH có AK = CH , = A1 C = CA 1 , AB E = ⇒ ∆BAK = ∆ACH (c.g.c) ⇒ BKA AHC. A K H N ∆AQN và ∆CHN có AN = NC.   ⇒ ∆ANQ = ∆CNH (ch − gn) ⇒ AQ = CH(2) ANQ = CNH C Q Từ (1) và (2), suy ra: AK = AQ.   ⇒ HA tia phân giác của góc ∆AKH và ∆AQH(ch-cgv) KHA = QHA  =1350. KHQ ⇒  AHQ =450 ⇒  AHC =1350 ⇒ BKA  + BKH +  =1350. Từ BKA AKH =3600 ⇒ BKH  = 450 nên nó vuông cân tại K , suy ra KA = KH. Tam giác AKH có KHA  BKH  ∆BKA = ∆BKH có BK chung, BKA = = 1350= , KA KH ⇒ ∆BKA = ∆BKH (c.g.c) ⇒ BA = BH hay ∆ABH cân tại B  . b) Dễ chứng minh được ∆AKB và ∆HKB (c.c.c) ⇒  A1 = H 1 =  (góc đồng vị) vì  ⇒H  =H . Mà HE // CA ⇒ H C A1 =C 2 1 1 1 2 Hay HM là tia phân giác góc BHE HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 12. VẼ HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN = 12.1. Cách 1.Từ D kẻ DH // AC (H ϵ BC) suy ra DHB ACB , mà   ABC =  ACB ⇒ DHB =  ABC ⇒ ∆DHB cân tại D ⇒ DH =DB ⇒ DH =CE.  ECF   CEF  ∆DHF và ∆ECF có = DHF = , DH CE = , HDF FE Suy ra ∆DHE = ∆ ECF (c.g.c) ⇒ DF = Cách 2. Từ E kẻ EK //AB (K ∈ BC ) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 166  mà  ⇒ ABC = CKE ABC =  ACB A  ⇒ ECK  = CKE  ⇒ ACB = CKE ⇒ ∆ECK cân tại E ⇒ CE = KE ⇒ BD = KE  EKF   KEF  ∆BDF và ∆KEF = có DBF = , BD KE = , BDF D Suy ra ∆BDF và ∆KEF (c.g.c) C B Cách 3. Hạ DH ⊥ CE , EK ⊥ BC (H, K ∈ BC) K K E A     ∆BDH và ∆CEK có BHD = CKE = 900 ,= BD CE , DBH = KCE Suy ra ∆DBH = ∆ECK(cạnh huyền , góc nhọn) D ⇒ DH = EK     ∆HDF và ∆KEF có DHF = EKF = 900 ,= DH KE , DFH = KFE C K B H F Suy ra ∆DHF = ∆EKF(c.g.c) ⇒ DF = FE. E Tóm lại: Chứng minh DF = EF dựa vào cặp ta giác bằng nhau, do đó cần tại ra cặp tam giác bằng nhau. 12.2 Tìm cách giải.  = 600 mà CD = 2BC , nên ta nghĩ tới tam giác vuông có góc nhọn 600 Ta thấy DCA Ta hạ DE ⊥ AC ⇒ CD = 2CE ⇒ CE = CB A Dễ thấy ∆BED và ∆BEA cân tại E ⇒ ∆EAD cân tại E. Từ đó tính được: E   =300 ⇒  ADE =450 , EDB ADB =750. B D C  =⇒ 12.3. Đặt xOy α  yOz = 2α x z D Lấy điểm E trên Bz sao cho OE = OA , ∆AEO cân tại O 180 − 2α ⇒ AEB = 2 E 0 H B =  AEB = 900 − α ;  ABE = OBH 900 − α y O THCS.TOANMATH.com A TÀI LIỆU TOÁN HỌC 167  ⇒ AEB = ABE ⇒ AED=  ABO; OB= ED; AE= AB ∆AOB = ∆ADE (c.g.c) ⇒ AO = AD ⇒ ∆AOD cân.  = 700 ⇒ C  = 600. 12.4. ∆ABC có  A = 500 ; B  nên MCA   CM là tia phân giác của C = MCB = 300.  =B  − MBN = Có NBC 500 − 400 = 100.  = MCB  + NBC  = 300 + 100 = 400 (góc ngoài của ∆NBC) Ta có MNB ⇒ ∆MNB cân tại M A M Từ M vẽ MH ⊥ BC ta có MH = 1 MC (1) 2 1 Từ M vẽ MK ⊥ BN ⇒ BK = BN (2) 2 N K B C H   Xét ∆MKB và ∆BHM có BHM = BKM =( 900 ) , BM là cạnh chung   MBK = BMH = 400 ⇒ ∆BHM (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ MH = KB (2) MC (điều phải chứng minh). Từ (1)(2)(3) ⇒ BN = 12.5. A Kẻ BH ⊥ AD; CI ⊥ AD .  + KDB  = 300 + 450 ⇒  ∆ABK có  AKB = KBD AKB = 750.  ∆ABK có BAK =  AKB =( 750 ), BH ⊥ AK nên AH = KH. 1  BH là tia phân giác của  ABK nên= ABK = ABK 150. 2 0 0  90  45 nên ∆CDE vuông cân tại ∆CDE có = ECD = ; CDE H K E I B C Kẻ CI ⊥ ED suy ra EI = ID = CI suy ra ED = 2.CI.   ∆AHB và ∆CIA có  AHB = CIA =( 900 ); = AB AC;  ABH = CAI =( 150 ) D C. A Nên ∆AHB = ∆CIA (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra AH = CI. Từ đó suy ra AK = ED. E F B M C 12.6. THCS.TOANMATH.com D TÀI LIỆU TOÁN HỌC 168  = 900 , kết quả là hiển nhiên. Trường hợp BAC  < 900 Ta chứng minh cho trường hợp BAC  > 900 , chứng minh hoàn toàn tương tự . Trường hợp BAC Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MA = MD. Nối B với D. Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AD tại G. Xét hai tam giác AMC VÀ DMB có AM = MD;   = AMC DMB = ; BM MC A  = BDM  (1) và BD = AC. Nên ∆AMC = ∆DMB(c.g.c), suy ra CAM  = BGA  (so Ta có AE ⊥ AB; BG ⊥ AB nên BG // AE suy ra EAM le trong)(2)   + CAM  (3)   + BDM  và EAM Mà BGA = EAC = GBD E F M C B G  = GBD  Nên từ (1) , (2) và (3) suy ra EAC =   ; BD = Ta có AE = AB; EAF ABD = 1800 − BAC AF(=AC). D Do đó ∆EAF = ∆ABD(c.g.c) suy ra EF = AD. Mà AD = 2.AM (cách vẽ) nên EF = 2.AM.  mà BAD  + DAE = = Do ∆EAF = ∆ ABD nên  900 nên  AEF + DAE 900 AEF = BAD Suy ra AM ⊥ EF (điều phải chứng minh). 12.7. Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia AD ở F. Do AB = AC.   (cùng phụ với góc AEB) ABE = CAF B  BAE =  ACF = 900 nên ∆BAE = ∆ACF (g.c.g) ⇒ AE = CF ⇒ CE = CF. Suy ra ∆ CED = ∆CFD (c.g.c) D A Trên tia DE lấy điểm G sao cho EG = ED. E F C G ∆AEG và ∆CED có AE = CE.   =  = AEG CED = , EG ED suy ra ∆AEG = ∆CED(c.g.c) ⇒ CDE AGE  = FDC  (đồng vị) suy ra DAG  = DGA  . và AG // DC , do đó DAG Vậy ∆DAG cân tại D , hay DA = DG = 2DE(điều phải chứng minh). 12.8. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 169 Gọi E là giao điểm của XA với YZ. Trên nửa mặt phẳng bờ XC không chứa A lấy điểm K sao cho ∆XCK = ∆XBA. =  Ta có XK = XA và KXC AXB suy ra  AXK = BXC = 1200 Do đó  XAK = 300 . Mặt khác , ta có CK = AZ(vì ∆XCK = ∆XBA và ∆ABZ đều) ; CA=AY(vì ∆YCA đều) ;  +  + 300 +  ACK = ACB + BCX XCK =C XBA X A  + 300 + 300 + B  =600 + (1800 − A) =C  − ZAB  − YAZ  ) = YAZ ; = 2400 − (3600 − YAC Y E B Suy ra ∆CAK = ∆AYZ (c.g.c) C X K   Do đó CAK =  AYZ = EYZ  + CAK  = 1800 − (YAC + Ta có : EAY XAK ) = 1800 − (600 + 300 ) = 900  + EYA = ∆EAY có EAY 900 .Suy ra  AEY = 900 . Vậy XA ⊥ YZ 12.9. B N M D E A C Trên tia đối của tia MA lấy A’ sao cho MA’ = MA. Khi đó ∆MCA’=∆MBA(c.g.c), Suy ra CA’ = AB(1) ’ =  ’ = 360 + 540 = 900. MCA ACB + BCA 1  = MCA  = 360. Từ ∆ABC = ∆CA’A(c.g.c) ⇒ AA ‘ = BC ; MC = MA = BC , MAC 2  = 180 ,  Mặt khác , CD là phân gicas  A ‘ EC là góc ngoài của tam giác AEC nên ACB nên ECA   + ECA  = 360 + 180 = 540 = EA  A ‘ EC = EAC ‘ C, Suy ra tam giác ECA’ cân tại C , nên CE = CA’(2) Từ (1), (2) suy ra CE = AB. 12.10. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 170 B H I E F A C D Kẻ DE ⊥ BC tại E, DF ⊥ AH tại F. BD . 2 Xét các tam giác vuông ABD và EBD có IB = ID nên AI = EI = Ta có ∆ABH = ∆DAF (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ AH = DF (1) DF (2) ∆HED = ∆DFH (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ HE = Từ (1) và (2) suy ra AH = HE. Từ đó ∆IHA = ∆IHE(c.c.c)  = IHE  = 900 : 2 = 450 . Ta có BIH  + IHB  = IHE  = 450 ⇒ IHA  = FDI  ( so le trong ) ⇒ BIH =  Mà IBH ADF . Lại có  ADF =  ACB ( đồng vị) = Suy ra BIH ACB điều phải chứng minh ). HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 13. CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG 13.1. a) ∆AMC và ∆EMB có MA = ME ,   = AMC EMC = ; MB MC A ⇒ ∆AMC = ∆EMC ( c.g.c )   ⇒= AC EB; CAM = MEB I B ⇒ AC / / BD C M K b) ∆AIM và ∆EKM có AM = EM ;  = MEB  ; AI = EK ⇒ ∆AIM = ∆EKM ( c.g .c ) CAM E  mà   = 1800 ⇒ EMK  + IME  = 1800 ⇒ AMI = EMK AMI + IME ⇒ I , M , K thẳng hàng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 171 13.2     ; BC là cạnh chung a) ∆BCE và ∆CBD có BEC = CDB = 900 ; EBC = DCB ⇒ ∆BCE = ∆CBD ( cạnh huyền , góc nhọn ) A ∆CBD ⇒ BE = CD b) ∆BCE = ∆BKE và ∆CDK có :     BEK = CDK = 900= ; BE CD; BKE = CKD ⇒ ∆BKE = ∆CDK ( góc nhọn , canh góc vuông ) D E ∆CKD ⇒ KE = KD. c) ∆BKE = K AEK =  ADK = 900 ; ∆AEK và ∆ADK có  B C I  = DAK  AI chung; KE = KD ⇒ ∆AED = ∆ADK ⇒ EAK  (1) Hay AK là tia phân giác BAC d) ∆ABI và ∆ACI có AB = AC là cạnh chung ; BI = CD ⇒ ∆ABI = ∆ACI (c.c.c) =  hay AI là tia phân giác của BAC  (2) ⇒ BAI CAI Từ (1) và (2) suy ra A ; K ; I thẳng hàng. 13.3.  EAD  ; AD là cạnh chung a) ∆ABD và ∆AED= có AB AE = ; BAD ⇒ ∆ABD = ∆ED ( c.g .c ) ⇒ BD = ED;  ABD =  AED    = DEC  Mặt khác  ABD + DBF = 1800 ;  AED + DEC = 1800 nên DBF Ta có AF = AC ; AB = AE ⇒ BF = EC. A ∆DBF và có DB = DE ⇒ ∆BDF = ∆EDC ( c.g .c ) E ∆EDC b) ∆BDF = B =  mà BDF  + FDC = ⇒ BDF EDC = 1800 D  + FDC = ⇒ EDC 1800 ⇒ F , D, E thẳng hàng . THCS.TOANMATH.com C H F TÀI LIỆU TOÁN HỌC 172 c) Gọi H là giao điểm của AD và CF .  CAH  ; AH chung có AF AC = = ; FAH ∆AHE và ∆AHC  AHF +  AHC = 1800 ∆AHE = ∆AHC ( c.g .c ) ⇒  AHF = AHC mà  ⇒ AHF =  AHC = 900 Vậy AH ⊥ FC hay AD ⊥ FC B 13.4. Gợi ý : Tính góc  ABN = 600 M  =600 mà BN ; BM thuộc cùng một nửa mặt ⇒ ABM =  ABC + CBM N phẳng bờ AB nên tia BM trùng với tia BN Vậy B, M , N thẳng hàng. C A 13.5.  + MAD =  + MAD = a) Ta có ∆DMA vuông tại M nên MDA 900 mà BAH 900  = 900 ) ⇒ MDA = . ( vì BAD BAH  Xét ∆DMA và ∆AHB có DMA =  AHB = 900 ; E N  BAH  = MDA = ; AD AB nên ∆DMA = ∆HB ( cạnh huyền, góc nhọn ) ⇒ DM = AH I D M b) Chứng minh tương tự câu a, ta có : A ∆ANE = ∆CHA , suy ra AH = EN   = INE =( 900 ) , Xét ∆MID và ∆NIE có IMD = IM IN , DM = DN =( AH ) , suy ra B =  ∆MID = ∆NIE ( c.g .c ) ⇒ MID NIE C H  + NID  = 1800 ⇒ NIE  + NID  = 1800 Mặt khác MID Vậy D, I , E thẳng hàng. 13.6. ∆BOD và ∆COD có OB = OC ( gt ); OD cạnh chung. BD = CD (D là giao điểm của hai đường tròn tâm B x ∆COD (c.c.c), và tâm C cùng bán kính ). Vậy ∆BOD =  = COD . suy ra BOD B A  nên tia OD nằm giữa Điểm D nằm trong góc xOy hai tia Ox và Oy . D . Do đó OD là tia phân giác của xOy O THCS.TOANMATH.com y C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 173 . Chứng minh tương tự ta được OA là tia phân giác của xOy Góc xOy chỉ có một tia phân giác nên hai tia OD và OA trùng nhau. Vậy ba điểm O, D, A thẳng hàng. 13.7. Kẻ MK ⊥ AB; MH ⊥ AC ; E Ta có M là trung điểm của CE nên ∆BME = ∆BMC (c.c.c)  = CBM  = 450 ⇒ EBM  =900 ⇒ KBE + Mặt khác EBC ABC =900.  =  =HCM . Mà  ACB +  ABC = 900 , suy ra KBE ACB ⇒ KBM K M Lại có BM = MC ⇒ ∆KBM = ∆HCM B D ( cạnh huyền, góc nhọn ) ⇒ MK = MH ⇒ ∆AKM = ∆AHM (cạnh huyền, cạnh góc vuông)  = HAM  ⇒ AM là tia phân giác của góc A. ⇒ KAM A H C  =450 ⇒ AD là tia phân giác của góc A Mặt khác, ∆BAD vuông cân tại A ⇒ BAD ⇒ A; D; M thẳng hàng ( vì A; D; M cùng thuộc tia phân giác của góc A) 13.8. Theo đề bài ∆ABC vuông tại A có BC = 2 AB nên 0   = ABC 60 = ; ACB 300. G B I 1   =400 ABD =  ABC =200 ⇒ DBC 3 1  = ABD =  ABC = 100 ⇒ DBC 200 3 E ∆CIF và ∆CIG có IF = IG ( gt ) A   CIF = CIG = 900 ; IC cạnh chung F K C D H ⇒ ∆CIF = ∆CIG ( c.g .c )   ⇒ CG = CF và KCH = KCF = 100  + FCH  = 2  = 600 (1) Từ đó suy ra CG = CH và GCF ACB = 600 , do đó CHG   = DKH = 900 , KD cạnh chung, do đó ∆DKF = ∆DKH vì có KF = KH ( giả thiết ), DKF ∆CDH ( c.c.c ) DF = DH , vì thế ∆CDF =  = CFD  Suy ra CHD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 174  = 70o ⇒ CDF  = 1100 ABD = 200 ⇒ DB ∆ABD vuông tại A có   =1800 − CDF  − FCD  =1800 − 1100 − 100 =600 vì thế CHD  = 600 (2) ⇒ CFD 0   mà hai tia HD, HG cùng nằm trên một nửa mặt Từ (1) và (2) suy ra CHD = 60 = CHG phẳng bờ là đường thẳng HC nên HD trùng với HG, nghĩa là ba điểm H , D, G thẳng hàng. 13.9. Gọi F là trung điểm của AC ⇒ AH = AC ⇒ ∆AHF đều 2 D ⇒ HF / / AD ⇒ M , H , F thẳng hàng Mà AK = KF ; ∆AMF = ∆FDA (g.c.g) A K ⇒ AM = DF ⇒ ∆AMK = ∆FDK ( c.g .c ) F B  ⇒ AKM = DKF C H M ⇒ M , K , D thẳng hàng. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 14. TÍNH SỐ ĐO GÓC 14.1. Tìm cách giải: Đây là bài toán khó bởi chúng ta khó nhận ra mối quan hệ giữa giả = thiết và kết luận đề tìm cách giải quyết bài toán. Ta có  ABC + DBC 600 là một góc của tam giác đều. Từ đó chúng ta có thể vẽ để tạo ra tam giác đều theo các hướng sau: – Cách 1. Dựng tam giác đều BCM ( A ; M cùng phía so với BC ) . M có AB AC ∆ABM và ∆ACM = = ; MB MC ; MA là cạnh chung. ∆ACM ( c.c.c ) Suy ra ∆ABM = A ⇒ AMB =  AMC = 300 Xét ∆ABM và ∆DBC có BM = BC ,    AMB = DCB = 300 ;  ABM = DBC = 100 ⇒ ∆ABM = ∆DBC ( g .c.g ) ⇒ AB = DB D B C ⇒ ∆ABD cân tại B THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 175 ⇒ ADB = 1800 − 400 = 700 2 – Cách 2. Dựng tam giác đều ABE (C và E cùng phía A so với AB ) Ta có ∆ACE cân tại 0 0 180 − 20  =200 ⇒  CAE ACE = =800 2 A, mà  = 800 − 500 = 300 ⇒ ∆BDC = ∆BEC ( g .c.g ) ⇒ BCE D B C ⇒ BD = BE = BA ⇒ ∆BAD cân tại B ⇒ ADB = E 1800 − 400 = 700 2 Cách 3: Dựng tam giác đều ACK ( B; K cùng phía so A với AC ) Ta có ∆ABK cân tại K , D  =200 ⇒  mà BAK ABK = 800.  = 800 − 500 = 300 ⇒ CBK B ⇒ ∆BDC = ∆CKB ( g .c.g ) C K ⇒ BD = CK ⇒ ∆ABD cân tại B Mà  ABD = 400 ⇒ ADB = 1800 − 400 = 700 2 Cách 4: Kẻ tia phân giác của góc  ADB cắt CD kéo dài tại A M   Ta có MBC = MCB = 300 ⇒ ∆BMC cân tại = M ⇒ BMC 1200 3600 − 1200 Mặt khác ∆AMB = ∆AMC = = 1200 2 M D B C ⇒ ∆ABM = ∆DBM ( c.g.c ) ⇒ AB = DB ⇒ ∆ABD cân tại B , THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 176 Mà  ABD = 400 ⇒ ADB = 1800 − 400 = 700 2 14.2. Nhận xét . Để tính được góc ADB ta cần chứng minh tam giác ABD cân tại B. Ta có 1500 − 900 = 600 là một góc của tam giác đều. Do vậy trong bài toán này ta phải tìm cách vẽ kẻ để tạo ra tam giác đều từ đó tìm cách tính góc ADB . Có thể vẽ đường phụ theo các cách sau: Cách 1: Dựng ∆ đều ADF ( B; F cùng phía so với AC ) Ta có : ∆ADC cân tại D mà  ADC = 1500  ⇒ CAD = B 1800 − 1500 = 150 2  =900 − (150 + 600 ) =150 ⇒ BAF F ⇒ ∆ADC = ∆AFB ( c.g .c ) ⇒  AFB = 1500  =3600 − ( 600 + 1500 ) =1500 Và  ABF =150 ⇒ DFB D C A ⇒ ∆A FB = ∆DFB ( c.g .c ) ⇒ AB = DB ⇒ ∆ABD cân tại B mà  ABD = 300 1800 − 300 ⇒ ADB = = 750 2 Cách 2: Dựng tam giác đều ACE ( E; B khác phía so với AC ) B ∆ADE và ∆CDE có = AD CD = , AE CE , DE là cạnh chung, suy ra ∆ADE = ∆CDE (c.c.c)  = 750. ⇒ ADE = CDE D ∆ADE và ∆ADB có AB = AE ,  EAD  = BAD = 750 , AD là cạnh chung, ( C A ) ∆ADB ( c.g .c ) Suy ∆ADE = ⇒ ADE =  ADB = 750 Vậy  ADB = 750 Cách 3 : Dựng tam giác đều CDK (K; B cùng phía so với   AC) suy ra DCB = KCB = 300 E B ∆DCB và ∆KCB có CD = CK , K   DCB = KBC = 30 ; BC là cạnh chung , 0 ∆KCB ( c.g .c ) Suy ra ∆DCB = D A THCS.TOANMATH.com C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 177 ⇒ DB = KB (*) ∆ADB và ∆ADC có DK = DC ,  ADK =  ADC = 1500 , AD cạnh chung ∆ADK ( c.g .c ) ⇒ AC = AK ; AC = AB ⇒ AK = AB (1) Suy ra ∆ADC =  = KAD  = 150 ⇒ KAB  = 900 − 300 = 600 (2) Mặt khác: CAD Từ (1) và (2) ⇒ ∆ABK là tam giác đều ⇒ BK = BA(**) Từ (*) và (**) ⇒ DB = BA ⇒ ∆ABD cân tại B  = BDC  = 900 − 150 = 750 ⇒ BAD Vậy  ADB = 750. Cách 4: Dựng tia Bx sao cho  ABx = 150 ( Bx và C nằm cùng phía so với AB ). Tia Bx cắt tia CD tại I (   = ICB = 300 Ta có ∆BIC cân tại I IBC B ) ⇒ BI = CI ⇒ ∆ABI = ∆ACI ( c.c.c ) I  = ⇒ BAI AI =450 do ∆BIC cân tại I  = 1500 − ( 300 + 300 ) = 1200 ⇒ BIC D C A Mặt khác, ∆ACI có :   = 450 ⇒  ACI =150 ; CAI AIC =1800 − (150 + 450 ) =1200 AIB =3600 − (1200 + 1200 ) =1200 Từ đó ta có :   Vậy  AIB = DIB = 1200 ( *)  = 300 ( góc ngoài tam giác ) Xét tam giác AID có  AID =  ACD + CAD 0  ID (**) DAI = 450 − 15= 300 ⇒ ∆AID cân tại I ⇒ IA =  Từ (*) và (**) ⇒ ∆AIB = ∆DIB (c.g .c) ⇒ AB = DB và  ABI = DBI = 150 ⇒ ∆ABD cân tại B 1800 − 300  ⇒= ABI = 750 2 14.3. D  = 450 + 150 = 600 a) Ta có  ACD =  ABC + BAC  = 300 Từ đó trong tam giác ECD vuông tại E, có CDE nên CD = 2CE ( theo ví dụ 8, chuyên đề 9), ta lại có 0  . CD = 2 BC nên CE = BC , suy ra CBE = 30 = CDE C E B THCS.TOANMATH.com A TÀI LIỆU TOÁN HỌC 178 ∆EBD cân tại E suy ra EB = ED 0 0   ⇒ ∆EAB cân tại E b) ta có  ABE =  ABC − CBE = 450 − 30= 15= EAB = = EB = ED ⇒ ∆EAD vuông cân tại E ⇒ EDA ta lại có EA 450  = 450 + 300 = 750 Vậy  ADB =  ADE + EDB 14.4. a) Dựng tam giác đều BEC sao cho E và A nằm cùng trên nửa mặt phẳng bờ BC. Ta có = BA CA = , BE CE , AE 1 cạnh E chung ⇒ ∆ABE = ∆ACE ( c.c.c ) x Suy ra  AEB =  AEC = 300 ∆ABC cân tại A có A = 1000 nên suy ra   =  =200 ACB = ABC =400 ⇒ ECA ACD =DCB A D ∆AEC ( c.g .c ) ⇒ CD = CA Suy ra ∆DBC = (  =180 −   ABD + BAD b) Ta có BDA 0 C B ) (1)  = 100 ( 2 ) Mà  ABD =  ABC − DCB 0 0 0   = BAC  − DAC  = BAC  −  180 − ACD  =1000 −  180 − 20  = 200 ( 3) BAD     2 2     Từ (1), (2), (3) suy ra :  = 1800 −   = 1800 − 100 + 200 = 1500 BDA ABD + BAD ( ) ( ) *Mở rộng bài toán : Có thể thay kết luận bằng yêu cầu : Tính số đo các góc ADC ; BAD. 14.5. 0   ⇒ ∆BFA a) Ta có FBA = 40= BAC cân tại F ⇒ FA = FB (1)  nên BAE  = 200 AH là phân giác của BAC A Dựng tam giác đều ABD sao cho D nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC E không chứa điểm B thì DA = DB, F D  = 200 (2 ) FAD ∆BDF ( c.c.c ) Từ (1) và (2) suy ra ∆ADF = B H C  = 300. ⇒ ADF = BDF ∆EAB ( g .c.g ) ⇒ AE = AF Từ đó dễ dàng suy ra ∆FAD = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 179  = 1800 −   = 1800 − 300 − 200 = 1300 b) Ta có DFA ADF − DAF 0      20 Ta có DFA ra EFB = DFB = 1300 ; EFA = 800 nên suy= = , EBF 100 ( )  =1800 − EBF  + EFB  =1500 Trong ∆BFE thì BEF 14.6. – Cách 1. Vẽ tam giác đều ACF sao cho F nằm trên A nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C Gọi giao điểm của CF và AB là K 0   20 Ta = có BCK = ; ECK 400 ; ( )  =1800 − CBK  + BCK  =800 BKC BC (1) ⇒ ∆CBK cân tại C ⇒ CK = ( E F D )  =1800 − CBD  + BCD  =500 BDC BC ( 2 ) ⇒ ∆CBD cân tại C ⇒ CD = B C Từ (1) và (2) suy ra ⇒ CD = CK  = 600 ⇒ ∆KCD cân tại C và DCK ⇒ ∆KCD là tam giác đều ⇒ CK = DK (3)   ∆CKE có KCE = KEC = 400 nên ∆CKE cân tại K ⇒ CK = EK (4) A = DK ⇒ ∆EKD cân tại K và có Từ (3) và (4) suy ra EK ( )  =1800 − CKD  + BKC  =400 nên KED  = 700 mà BEC  = 400 EKD = ⇒ CED 300 – Cách 2: Vẽ EF / / BC ( F thuộc AC ) . Gọi P là giao điểm của BF E F  = 600 nên ∆BPC đều ⇒ CP = CB (1) và CE, do BCE   Do CBD = CDB = 500 nên ∆BCD cân tại C, dẫn đến CD = CB P D ( 2) 0   80 Từ (1) và (2) suy ra ∆DCP cân tại C nên = CPD = ; DPF 400. B C  = 400 nên Mà DFP ∆DPF cân DP = DF , ∆DFE ( c.c.c ) Từ đó ∆DPF =    = 300 Suy ra PED = FED = 300 . Hay CED -Cách 3: trên tia CA; CB lấy V và U sao cho CV = CU = CE . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 180  600 .Vì CEB  = 600 nên ∆CEU đều, do=  = 400 nên Ta có : CE = CU và BCE đó EU EC = , CEU  = 200 .Lại có ACE cân nên AE = CE do đó AE = EU . Có BEU  = UEB  = 200 , AV = AC − CV = AB − EC = AC − AE = EB) nên ∆AEV = ∆EUB ( AE = EU ), EAV  = 1800 −  EV = BU và  AVE = EBU ABC = 1800 − 800 = 1000 . Mặt khác, BU = CU − BC = CV − CD = DV nên EV = DV . Do đó ∆EVD cân tại V, suy ra  1=  = DEV AVE 500 . 2  = 200 ,suy ra CEV   Ta có: ∆CVE cân tại C có ECV = CVE = 800 . Từ đó:  = CEV  − DEV  = 800 − 500 = 300 . CED   -Cách 4:Lấy F trên AB sao cho DCF = 600 ⇒ FCB = 200 ⇒ ∆BCF cân   (CFB = CBF = 800 ) ,   Nên CF = CB .Ta có ∆BCD cân (CBD = CDB = 500 ) suy ra CB = CD  = 600 nên ∆CDF đều, do đó Từ đó CF = CD mà DCF 0   nên FE = FC ,suy ra FE = FD . FCE = 40 = FEC  = 400 , suy ra FED  = 700 . Vậy ∆FED cân tại F .Vì EFD  = FED  − FEC  = 700 − 400 = 300 . Ta có: CED 14.7. Giả sử CM cắt AB tại E , tia phân giác góc BEC cắt BM , BC lần lượt tại H và K    .Ta có tam giác MAC cân tại M , nên  AME = 200 + 200 = 400 .Lại có CEA = CEK = BEK = 600 , suy ra ∆CEA = ∆CEK ( g .c.g ) ⇒ ∆MEA = ∆MEK (c.g .c)   = 400 nên .Suy ra  AME = KME = 400 .Vì EBK ∆EKB = ∆EKM ( g .c.g ) suy ra ∆EHB = ∆EHM (c.g .c)  = 900 . ,do đó EHM 0   90 Xét tam giác HEM = có EHM = , HEM 600 ,nên  = 300 .Do đó EMH   + EMA  = 300 + 400 = 700 . AMB = BME  = 1800 − (550 + 1150 ) = 100 14.8. Ta có C Kẻ DE ⊥ AM ( E ∈ AC ) .   Ta có DAM = DMA = 300 ⇒ ∆DAM cân tại D từ đó suy ra  ADM = 1200 ,và DE là đường phân giác   của góc ADM nên EDM = BDM = 600 .Do đó ∆EDC = ∆BDC ( g .c.g ) ⇒ BC = EC .   Xét ∆BMC và ∆EMC có= BC EC ; MCB = MCE = 50 , MC chung. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 181 Do đó: ∆BMC = ∆EMC (c.g .c)  = EMC  = 1800 − DME  = 1800 − DAE  = 1800 − 550 = 1250. ⇒ BMC 14.9. Vẽ tam giác AME đều với E và B cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AM .  = 800 − 100 − 600 = 100 , ∆BAE và ∆CAM có Ta có BAE   MAC = AB AC , = BAE =( 100 ), = AE AM  suy ra ∆BAE = ∆CAM (c.g .c),  ABE = ACM = 100. Do đó  =EBA = EAB 100 ⇒  AEB = 1600  = 3600 − 600 − 1600 = 1400 ⇒ BEM Xét tam giác BEM có BE = AE = EM = = nên EBM EMB (1800 − 1400 ) : 2 = 200 Do đó  AMB = 200 + 600 = 800. 14.10. Dựng tam giác BCD đều với A, D cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ BC .Ta có  ABC =  ACB = 500 ,suy ra  ABD = 100.  Từ ∆ADB = ∆ADC (c.c.c) ⇒  ADB = ADC = 300. Từ đó ∆BAD = ∆BMC ( g .c.g ), suy ra BA = BM , dẫn đến tam giác BAM đều, suy ra  AMB = 600 và  AMC= (1800 − 100 − 300 ) − 600= 800. 14.11. Vẽ tam giác đều MCE (N và E thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ CM ).  (cùng + MCA  = 600 ). Ta có  ACE = BCE ∆ACE và ∆BCM có :  , , MC EC = = = BC AC ACE BCM  = CBM  = 900 ⇒ ∆ACE = ∆BCM (c.g.c) ⇒ CAE =  (so le trong ) ⇒ AE //DM (cùng ⊥ AC ) ⇒ EAN MDN   Ta có MBD MD . = MDB = 300 ⇒ ∆MBD cân tại M ⇒ MB = Mà MB = AE (vì ∆ACE = ∆BCM ) ⇒ MD = AE .  = EAN  = 1500 ⇒ ∆AEN = ∆DMN (c.g .c) ⇒ MN = NE ∆AEN và ∆DMN có : MD = AE , MDN ∆MCN và ∆ECN có :  = NCE . MC = EC , MN = EN , CN là canh chung ⇒ ∆MCN = ∆ECN (c.c.c) ⇒ MCN THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 182  + NCE  =MCE  =600 ⇒ MCN  =1 MCE  =300 . Mà MCN 2 HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 15. QUAN HỆ GIỮA CẠNH VÀ GÓC ĐỐI DIỆN TRONG TAM GIÁC 15.1. • • Trường hợp M ≡ B hoặc M ≡ C :Khi đó AM = AB . Trường hợp M nằm giữa B và C (h.15.6) Ta có  AMB >  ACB (tính chất góc ngoài tam giác ).Do đó  AMB >  ABC (vì  ACB >  ABC ). Xét ∆AMB có:  ABM >  AMB .Suy ra AM < AB (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện). • Trường hợp M ∈ tia Bx là tia đối của tia BC và M ≠ B (h.15.7) Ta có:  ABC =  ACB < 900 (tính chất của tam giác cân).Do đó  ABM > 900 . Xét ∆ABM có:  ABM là góc tù nên AM là cạnh lớn nhất. Vậy AM > AB . Chứng minh tương tự , nếu M ∈ tia Cy là tia đối của tia CB và M ≠ C thì AM > AB . 15. 2.(h.15.8) Góc ADB là góc nhọ nên góc ADC là góc tù.  1 < D  2 nên B  >C . = A1  A2 ; D ∆ABD và ∆ACD có:  >C  ⇒ AC > AB (định lí 1). ∆ABC có B 15.3. (h.15.9) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 183 =  < Ta có MN //AC ⇒ MNC ACN (so le trong).Mặt khác ,  ACN <  ACB nên MNC ACB (1) ∆ABC có: AB < AC nên  ACB <  ABC . (2) < Từ(1) và (2), suy ra MNC ABC (3) =  Tam giác MNB cân ⇒ MNB MBN (4)  + MNB < . Từ (3) và (4) , suy ra MNC ABC < MBN  < NBC  ⇒ BC < NC (định lí1). Do đó BNC 15.4. (h.15.10) + Ta có  ACB = 1800 − ( BAC ABC ) = 1800 − (600 + 750 ) = 450.  Mặt khác,  A= C = 150 (giả thiết) nên 1 1   = 450 − 150 = 300 . A2 = 600 − 150 = 450 , C 2 Giả sử OA và OB không vuông góc với nhau, tức là  AOB ≠ 900 . • Xét trường hợp  AOB < 900  2 =1800 − (  Ta có B AOB + A2 ) =1800 − (  AOB + 450 ) > 450. 2 >  Vậy B A2 ⇒ OA > OB (định lí 1) 1 > C  2 (định lí 1).Từ đó ta được Mặt khác, ∆AOC cân nên OA = OC suy ra OC > OB ⇒ B 2 + B 1 >   2 = 450 + 300 hay  B A2 + C ABC > 750 (trái giả thiết). • Xét trường hợp  AOB > 900 ,chứng minh tương tự ta được  ABC < 750 (trái giả thiết). Vậy  AOB = 900 ⇒ OA ⊥ OB . 15.5.(h.15.11) Xét ∆AHC vuông tại H , ∆BKC vuông tại K .Ta có: AH ≤ AC ; BK ≤ BC (1) Mặt khác: BC ≤ AH ; AC ≤ BK (giả thiêt) (2). Từ (1) và (2), suy ra BC ≤ AH ≤ AC ≤ BK ≤ BC. = AH = AC = BK . Vậy ∆ABC phải là tam giác Do đó BC = 900 , A= B = 450 . vuông cân tại C . Suy ra C 15.6. (H.15.12) Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AE = AB .Vì AE < AC nên điểm E nằm giữa A và C . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 184 2 = M 1 . ∆ABM = ∆AEM (c.g .c) ⇒ MB = ME và M  là góc ngoài nên MEC >M  1 do đó Xét ∆AME có MEC >M  2; M 2 > D  1; D 1 >  . MEC ACD;  ACD > ECM  > ECM  ⇒ MC > ME (định lí 1).Do đó Xét ∆MEC có MEC MC > MB (vì MB = ME ). 15.7.(h.15.13) ∆ABE = ∆ACF ( g .c.g ) ⇒ AE = AF và BE = CF (1) AEF < 900 nên AB > AE .Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = AE ∆AEF cân ⇒  ∆ADE = ∆AFE (c.g .c) ⇒ ED = EF .  là góc tù . ADE là góc nhọn ⇒ BDE ∆ADE cân ⇒   là góc tù ⇒ BE là cạnh lớn nhất . Xét ∆BDE có BDE Do đó BE > DE ⇒ BE > EF . (2) Từ (1) và (2) suy ra EF có độ dài nhỏ nhất tong 3 đoạn thẳng BE , EF và FC . 15.8. (h.15.14) Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA .  và AN = BD ∆AMN = ∆DMB (c.g .c) ⇒  A2 = D  .Do đó AC > AN Ta có  ANC >  ABC ⇒  ANC > C > (định lí 1).Suy ra AC > BD ⇒ D A ⇒ A > A . 1 2 1 Dễ thấy  A1 =  A3 do đó  A2 là góc lớn nhất trong ba góc  A1 ,  A2 ,  A3 . 15.9. (h.15.15) Giả sử tam giác ABC có  ABC > 600 , ta phải chứng AB + BC minh AC > .Trên tia đối của tia BC lấy điểm 2 D sao cho BD = BA. Vẽ CH ⊥ AD  ⇒D  = ABC . Tam giác ABD cân tại B ⇒  ABC = 2 D 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 185  > 300. Vì  ABC > 600 nên D  > 300. nên CH > 1 CD (xem ví dụ 1). Xét ∆HCD tại H có D 2 Mặt khác AC ≥ CH nên 1 1 1 AC > CD = ( DB + BC ) = ( AB + BC ) . 2 2 2 15.10. (h.15.16) Trên nửa mặt phẳng bờ MB không chứa C , vẽ tam giác BDM vuông cân tại B . ∆ABD = ∆CBM (c.g .c) ⇒ AD = CM và   > 1050 ADB = BMC = 450 ⇒  ADM > 600 . ∆BDM vuông cân tại B ⇒ BDM AD + DM Xét ∆ADM có  (xem bài ADM > 600 nên MA > 2 15.9) Mặt khác, DM > MB (vì ∆BDM vuông ) suy ra MC + MB MA > 2 15.11. (h.15.17)  < EBC  . ∆ABC có AB < AC ⇒  ACB <  ABC. Do đó FCB  > EBC  nên DF > DE ∆FCD và ∆EBD có: = CF BE = , CD BD, FCB (định lý 2).  > DFE  (dịnh lý 1). Xét ∆DEF có DF > DE nên DEF 15.12. (h.15.18)  Tam giác ABC cân tại A ⇒  ABC = ACB . 1 < C  (giả thiết) ⇒ B  >C  ⇒ MC > MB (định lý 1). Xét Ta có B 1 2 2 ∆ABM và ∆ACM có: :  < MAC  (định lý 2). = AB AC , AM chung , MB < MC ⇒ MAB 1 < C  nên MAB +B  1 < MAC  +C  . Do đó M 1 < M . Mặt khác B 1 1 2 15.13. (H. 15.19) Trên tia đối của tia OA lấy điểm N sao cho ON = OA . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 186  . Ta có AB > AM ⇒ AC > NC. A1 = N ∆AMO = ∆NCO(c.g .c) ⇒ AM = NC và  1 1 >  Xét ∆ACN có AC > NC ⇒ N A2 ⇒  A1 >  A2 . ∆ACD có: : AB AC , AD chung ,  A1 <  A2 nên BD > CD (định lý 2). ∆ABD và= 15.14. (h.15.20) Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B ,vẽ tia Ax sao  = BAM . cho CAx Trên tia Ax lấy điểm N sao cho AN = AM . AMB =  ANC . ∆AMB = ∆ANC (c.g .c) ⇒ BM = CN và  Mặt khác,  AMB >  AMC nên  ANC >  AMC (1) ∆AMN cân tại A nên  ANM =  AMN (2)  > NMC  ⇒ MC > NC . Từ (1) và (2), suy ra MNC  > NAC  (định lý 2) ∆AMC và ∆ANC có : AM = AN , AC chung và MC > NC nên MAC  > MAB . do đó MAC  > DAB  ∆DAC= và ∆DAB có : AC AB, AD chung , DAC nên DC > DB (định lý 2). 15.15. (h.15.21) ∆AMC có : MB MC , MA chung , AB < AC nên ∆AMB và =   là góc nhọn AMB >  AMC (định lý 2). ⇒ M 2 < ⇒M AMD 2 >M . Theo tính chất góc ngoài tam giác ta có: MDC 1 1 > M , M 2 > C  nên MDC  >C . Mặt khác, M 2  >C  ⇒ MC > MD (dịnh lý 1). Xét ∆MDC có MDC Lại do MC = MB nên MB > MD hay MD < MB . 15.16. (H15.22) • Xét trường hợp AB = AC ∆ABC là tam giác cân, có A = 600 nên là tam giác đều. = BC = CA = 5cm . Suy ra AB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 187 Chu vi tam giác ABC là 5 x3 = 15(cm). • (1) Xét trường hợp AB ≠ AC Không mất tính tổng quát , giả sử AB < AC (h.15.22). Trên các tia AB, AC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = AN = 5cm .Khi đó ∆AMN là tam giác đều ⇒ MN = 5cm . Vì AM + AN = AB + AC (=10cm) nên AB + BM + AN = AB + AN + CN ⇒ BM = CN .  > BMN  ; BMN =   (Tính chất góc ngoài tam giác)suy ra Ta có BMC ANM ;  ANM > NCM  > NCM  . BMC  > NCM  suy ra BC > MN (định lý 2). và ∆NCM có : BM CN , MC chung , BMC ∆BMC = Chu vi ∆ABC = AB + BC + CA = 10 + BC > 10 + MN = 15(cm) (2) Từ (1) và (2), suy ra chu vi ∆ABC nhỏ nhất là 15cm,khi AB = AC = 5cm . HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 16. QUAN HỆ GIỮA ĐƯỜNG VUÔNG GÓC VÀ ĐƯỜNG XIÊN, ĐƯỜNG XIÊN VÀ HÌNH CHIẾU. 16.1. (h.16.6) Vì AD ⊥ BC nên AD ≤ AB (dấu”=” xảy ra ⇔  ABC = 900 ). Vì BE ⊥ AC nên BE ≤ BC (dấu”=” xảy ra ⇔  ACB = 900 ). = Vì CF ⊥ AB nên CF ≤ CA (dấu”=” xảy ra ⇔ BAC 900 ). Do các dấu “=” không thể xảy ra đồng thời nên AD + BE + CF < AB + BC + CA= chu vi ∆ABC . 16.2. (h.16.7) Vẽ BH ⊥ d ; CK ⊥ d . Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên ta có BH ≤ BO; CK ≤ CO. Do đó BH + CK ≤ BO + CO = BC . Dấu”=” xảy ra ⇔ H ≡ O và K ≡ O ⇔ d ⊥ BC . Vì góc A tù nên d luôn cắt BC . 16.3. (h.16.8) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 188 Vẽ AH ⊥ BM , CK ⊥ BM thì BH và CK lần lượt A là hình chiếu của AB và BC trên đường thẳng M BM. Ta có ∆HAM = ∆KCM (cạnh huyền, góc nhọn) H B ⇒ MH = MK . Ta có AB < BM (quan hệ giữa đường vuông góc Hình 16.8 và đường xiên) Do đó AB < BH + HM. (1) Mặt khác cũng do AB < BM nên AB < BK – MK. (2) Từ (1) và (2), suy ra 2 AB < (BH + HM) + (BK − MK). BH + BK . Lại có MH = MK nên 2AB < BH + BK hay AB < 2 16.4. (h.16.9) = E =( 900 ). ∆ABD và ∆CAE có : D  (cùng phụ với góc AB = AC,  ABD = CAE A x D BAD) ∆CAE (cạnh huyền, góc Do đó ∆ABD = nhọn). Suy ra BD = AE và AD = CE. Ta có BD + CE = AE +AD =DE. K C y E H C B Hình 16.9 Vẽ BH ⊥ CE thì DE = BH (tính chất đoạn thẳng song song). Vì BK ≤ BC (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên) nên DE ≤ BC (dấu ‘’=’’xảy ra ⇔ C ≡ H hay xy // BC). Vậy khi xy // BC thì BD + CE = BC. 16.5. (h.16.10) Gọi N là giao điểm của AB và tia CM. Vì M nằm trong tam giác ABC nên tia CM cắt cạnh AB tại điểm N nằm giữa A và B, do đó AB > AN. (1) Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, từ HN > HM Suy ra AN > AM. (2) Từ (1) và (2), ta có AB > AM. Mặt khác AM = AC (vì HM = HC) nên AB > AC. A N M B H C Hình 16.10 16.6. (h.16.11) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 189 a) Ta có AB = AC , BM =CN ⇒ AM =AN . ∆ABC và ∆AMN cân tại A 1800 −  A   ⇒ ABC = AMN = 2 ⇒ BC / / MN (vì có cặp góc đồng bị bằng nhau). Vẽ AH ⊥ BC thì AH ⊥ MN (tại K). 1 1 Ta có BH = = BC ; KN MN . 2 2 Gọi O là giao điểm của BN với AK. Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên ta có : 1 1 BO >= BH BC ; ON >= KN MN . 2 2 = BO + ON nên BN > Do BN A H B C O M I N K BC MN MN + BC + = . 2 2 2 b) Vẽ BI ⊥ MN ⇒ BI / / HK . Do đó IK = BH (tính chất đoạn chắn song song). Ta có MI = MK – IK = 1 1 MN − BC MN − BC = . 2 2 2 Mặt khác BM > MI nên BM > MN − BC . 2 16.7. (h.16.12) Gọi N là trung điểm của EF. Các tam giác ABC và AEF là những tam giác vuông, M và N là trung điểm của cạnh huyền nên 1 1 = AM = BC , AN EF . (1) 2 2 Suy ra BC = 2AM ; EF = 2AN. A B H N M C E Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên ta có AN ≥ AM . (2) 5cm. Từ (1)và (2), suy ra EF ≥ BC = Để xác định khi đó dấu “=” xảy ra, ta gọi H là giao điểm của AN với BC. Ta có AH ⊥ BC (bạn đọc tự chứng minh). Ta có EF = BC ⇔ AN = AM ⇔ N ≡ M ⇔ H ≡ M . Khi đó tam giác ABC có MB = MC, AM ⊥ BC (vì M ≡ H ) nên là tam giác vuông cân. Do đó độ dài ngắn nhất của EF là 5cm khi và chỉ khi A là đỉnh của một tam giác vuông cân có cạnh huyền là BC. 16.8. (h.16.13) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 190 A  );  = BAH  (cùng phụ B Ta có C  = HAC  . (cùng phụ với C ) B  < HAC  (giả thiết) nên Mà BAH  ME 2 . Ta có MB 2 = MD 2 + BD 2 ; MC 2 =+ ME 2 CE 2 . Vì MD 2 > ME 2 , BD 2 = CE 2 nên MB 2 > MC 2 suy ra MB > MC. A E D M B C H Theo quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu ta suy ra HB > HC, do đó AB > AC(trái giả thiết). Chứng minh tương tự, nếu AB > AC thì cũng suy ra mâu thuẫn. Vậy AB = AC hay tam gác ABC là tam giác cân. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 17. QUAN HỆ GIỮA BA CẠNH CỦA MỘT TAM GIÁC. 17.1. – Nếu cạnh đáy dài 10 cm thì mỗi cạnh bên dài là (40-10):2=15(cm). Ba độ dài 10, 15, 15 là thỏa mãn bất đăng thức tam giác vì 15 − 15 < 10 < 15 + 15. Vậy đội dài hai cạnh còn lại là: 15cm, 15cm. - Nếu cạnh bên dài 10cm thì cạnh đáy dài là 40 – 2.10 = 20(cm) Ba độ dài 10, 10,12 không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác. Vậy trường hợp này bị loại 17.2. a) Nếu cạnh đáy dài 11cm thì cạnh bên dài 20cm. Bộ ba dài 11, 20, 20 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác vì 20 − 20 < 11 < 20 + 20. Chu vi của tam giác cân là: 11 + 20 + 20 = 51(cm) - Nếu cạnh đáy là 20cm thì cạnh bên dài 11cm Bộ ba dài 20, 11, 11 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác vì 11 − 11 < 20 < 11 + 11. Chu vi của tam giác cân là : 20 +11+11=42(cm) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 192 b) - Nếu cạnh đáy dài 11 thì cạnh bên dài 23cm. Bộ ba dài 11, 23, 23 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác vì 23 − 23 < 11 < 23 + 23. Chu vi của tam giác cân là: 11 + 23+23=57(cm). - Nếu cạnh đáy dài 23 thì cạnh bên dài 11cm. Bộ ba dài 23, 11, 11 không thoả mãn bất đẳng thức tam giác. Vậy trường hợp này bị loại. 17.3. Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là n, n +2 và n+4(n là số tự nhiên chẵn). Theo quan hệ giữa ba cạnh của tam giác là n + (n + 2) > n + 4 ⇒ n > 2 . Số chẵn nhỏ nhất lớn hơn 2 là 4. Vậy đội dài ba cạnh của tam giác đó là 4, 6, 8(cm) Chu vi nhỏ nhất của tam giác là 4 + 6+8 =18(cm). 17.4.a) Nếu một cạnh dài 13cm thì tổng hai cạnh còn lại là : 25 – 13 = 12(cm). Ta thấy một cạnh lớn hơn tổng của hai cạnh còn lại, không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác. Vậy không thể uốn đoạn dây thép trên thành một hình tam giác có một cạnh là 13cm. b) Nếu một cạnh dài 12cm thì tổng hai cạnh còn lại là : 25 – 12 = 13(cm). Đoạn dây thép 13cm này có thể uốn thành hai đoạn chẳng hạn 8cm và 5cm. Rõ ràng 8 – 5 < 12 < 8 +5 thỏa mãn bất đẳng thức tam giác. Vậy có thể uốn đoạn dây thép 25cm thành một tam giác có một cạnh 12cm. 17.5. (h.17.17) Xét ∆MBC ta có : BC < MB + MC.(1) Xét ∆MNC ta có : MC < MN + NC (2) Từ (1) và (2) suy ra BC < MB +MN +NC. Do đó BC < MA +MN+NA(vì MA =MB và NA =NC) Suy ra BC < chu vi Xét ∆AMN. A M B N C 17.6. Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC. Giả sử a là cạnh lớn nhất: a ≥ b; a ≥ c. a) Theo quan hệ giữa ba cạnh của tam giác ta có a < b + c . Cộng a vào hai vế của bất đẳng thức này ta được: a + a < a + b + c . a+b+c Do đó 2a < a + b + c , suy ra a < 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 193 b) Vì a ≥ b; a ≥ c nên 2a ≥ b + c . A Cộng a vào hai vế ta được 3a ≥ a + b + c . Suy ra a ≥ a+b+c 3 17.7. (h.17.8) * Xét ∆ABD và ∆ACD , ta có: AD + BD > AB; AD + CD > AC . Suy ra 2 AD + BC > AB + AC ⇒ 2 AD > AB + AC − BC. (1) Tương tự . 2 BE > BC + BA − AC. (2) 2CF > CA + CB − AB F E B C D (3) Cộng từng vế của các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: 2( AD + BE + CF ) > ( AB + AC − BC ) + ( BC + BA − AC ) + (CA + CB − AB ) = AB + BC + CA AB + BC + CA Do đó: AD + BE + CF > (*) 2 * Trên tia đối của tia DA lấy điểm K sao cho DK = DA . ∆ACK = ∆KCD (c.g .c) ⇒ AB = CK . Xét ∆ACK có AK < AC + CK = AC + AB ⇒ 2 AD < AB + AC Chứng minh tương tự ta được: 2 BE < BA + BC ; 2CF < CB + CA . Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được: K Hình 17.8 A E E1 2( AD + BE + CF ) < 2( AB + BC + CA). A1 D1 Do đó AD + BE + CF < AB + BC + CA = chu vi ∆ABC. (**) Từ (*) và (**) suy ra điều phải chứng minh. 17.8. (h.17.9) Gọi các điểm A1 , B1 , C1 , D1 , E1 là các điểm như trong hình 17.9. Theo quan hệ giữa ba cạnh của tam giác ta có: AB < A1 A + A1 B; BC < B1 B + B1C ; CD < C1C + C1 D; B B1 C1 C D Hinh 17.9 DE < D1 D + D1 E ; EA < E1 E + E1 A. Cộng từng vế các bất đẳng thức ta được: AB + BC + CD + DE + EA < ( A1 A + B1C ) + ( A1 B + E1 E ) + ( B1B + C1D ) + ( C1C + D1E ) + ( D1D + E1 A) < AC + BE + BD + CE + DA. 17.9. (h17.10) a) Gọi M là điểm bất kì, ta có: MA + MC ≥ AC (dấu “=” xảy ra ⇔ M ∈ [ AC ] ). B MB + MD ≥ BD (dấu “=” xảy ra ⇔ M ∈ [ BD ] ). A Suy ra MA + MB + MC + MD ≥ AC + BD (không đổi). Do đó tổng MA + MB + MC + MD nhỏ nhất bằng AC + BD khi và chỉ khi M là giao điểm O của AC và BD. b) Xét các tam giác AOB, BOC , COD, DOA ta có: THCS.TOANMATH.com O M C D TÀI LIỆU TOÁN HỌC Hình 17.10 194 OA + OB > AB; OB + OC > BC ; OC + OD > CD; OD + OA > DA. Cộng từng vế của bốn bất đẳng thức trên ta được: 2 ( OA + OB + OC + OD ) > AB + BC + CD + DA. Suy ra 2 ( AC + BD ) > AB + BC + CD + DA. Do đó AC + BD > AB + BC + CD + DA . 2 A 17.10. (h.17.11) * Chứng minh MA + MB + MC > p Xét các tam giác MAB, MBC , MCA ta có: D MA + MB > AB; MB + MC > BC ; MC + MA > CA. M Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được: 2 ( MA + MB + MC ) > AB + BC + CA. AB + BC + CA B Suy ra MA + MB + MC > = p ( *) 2 * Chứng minh MA + MB + MC < 2 p Hinh 17.11 Gọi D là giao điểm của tia CM với cạnh AB. Xét ∆MBD có MB < MD + DB. Cộng thêm MC vào hai vế ta được MB + MC < MC + MD + DB. Suy ra MB + MC < CD + DB. (1) Xét ∆ADC có CD < AD + AC. Cộng thêm DB vào hai vế ta được CD + DB < DB + AD + AC. Suy ra CD + DB < AB + AC (2) Từ (1), (2) suy ra MB + MC < AB + AC. Chứng minh tương tự ta được: MC + MA < BC + BA; MA + MB < CA + CB. Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được: 2 ( MA + MB + MC ) < 2 ( AB + BC + CA ) ⇒ MA + MB + MC < AB + BC + CA = 2 p (**) Từ (*) và (**) suy ra p < MA + MB + MC < 2 p 17.11. (h. 17.12) Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC . ∆AMD = ∆AMC (c.g .c). Suy ra MD = MC. Ta có: AB + AC = AB + AD = BD (1) C D MB + MC = MB + MD > BD (2) Từ (1) và (2) suy ra AB + AC < MB + MC. y M A x 17.12. (h17.13) Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. C B Hinh 17.12 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 195 Giả sử đồng thời xảy ra BN < 1 1 AC và CM < AB. 2 2 1 ( AB + AC ) . (1) 2 Gọi G là giao điểm của BN và CM. Xét ∆MBG và ∆NCG , theo quan hệ giữa ba cạnh của tam giác ta có: BM < GB + GM ; CN < GC + GN . Suy ra BM + CN < GB + GM + GC + GN hay BM + CN < BN + CM 1 Do đó BN + CM > BM + CN= ( AB + AC ) . (2) 2 B (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai. 1 1 Do đó không thể xảy ra đồng thời BN < AC và CM < AB. 2 2 17.13. (h17.14) Gọi O là trung điểm của AB. M Ta chứng minh được (xem bài 17.7): 1 MO < ( MA + MB ) ; 2 1 1 NO < ( NA + NB ) ; PO < ( PA + PB ) . 2 2 A Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 1 MO + NO + PO < ( MA + NA + PA ) + ( MB + NB + PB ) =s + s = s. 2 2 2 2 17.14. (h17.15) A Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B  = BAK . ta vẽ tia Ax sao cho CAx A Khi đó BN + CM < Trên tia Ax lấy điểm D sao cho AD = AK . ∆AMK = ∆AND ( c.g .c ) ⇒ KM = DN .  = KAC  + CAD  = KAC  + BAK  = 600 Ta có: KAD  = 600 nên là tam giác đều ∆AKD có AK = AD và KAD ⇒ KA = KD. B Gọi O là giao điểm của AC và KD. Xét ba điểm N, K, D ta có: KN + DN ≥ KD (dấu “=” xảy ra ⇔ N ≡ O ). Do đó KN + DN ≥ KA (vì KA = KD ). 17.15. (h17.16) Đặt AB = b . Theo bất đẳng thức tam giác ta có: 3 − 2 < b < 3 + 2 hay 1 < b < 5 . Vì b nguyên nên b ∈ {2;3; 4} . N G C Hinh 17.13 P N B O Hinh 17.14 D x N O K C Hinh 17.15 x M A Mặt khác ∆ABC không có hai cạnh nào bằng nhau nên b = 4cm . Vì M ∈ xy nên ta chứng minh được MB = MC . THCS.TOANMATH.com M O C B TÀI N LIỆU TOÁN HỌC y Hình 17.16 196 Ta có: MA + MB = MA + MC. 4cm Xét ba điểm M , A, C ta có MA + MC ≥ AC = (dấu “=” xảy ra ⇔ M ≡ O với O là giao điểm của xy với AC). Suy ra MA + MB ≥ 4cm . Do đó tổng MA + MB có giá trị nhỏ nhất là 4cm khi và chỉ khi M là giao điểm của xy với AC. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 18. TÍNH CHẤT BA ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN CỦA TAM GIÁC. 18.1. (h.18.6) A Xét ∆ABC có BE và CF là hai đường trung tuyến cắt nhau tại G. Giả sử AB > AC , ta phải chứng minh BE < CF . Ta vẽ thêm đường trung tuyến AD,theo tính chất ba đường trung tuyến ta có AD đi qua G. F E Xét ∆ADB và ∆ADC có: G DB = DC , AD chung và AB < AC Nên  ADB <  ADC (định lý hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau). Xét ∆GDB và ∆GDC có: B ADB <  ADC (chứng minh trên) DB = DC , GD chung và  2 2 nên GB < GC , suy ra BE < CF , do đó BE < CF 3 3 Hình 18.6 A 18.2. (h.18.7) Áp dụng định lý Py-ta-go vào các tam giác vuông ABH và AHC M ta tính được = HB 1cm = , HC 2cm. = NC = 1cm. Vi N là trung điểm của HC nên HN = HB = 1cm . Do đó HN Vậy AH là trung tuyến của ∆ABN . B 2 Mặt khác = AH 3= cm, AO 2cm nên AO = AH , 3 suy ra O là trọng tâm của ∆ABN . Ta có NM là một đường trung tuyến của ∆ABN do đó NM phải đi qua trọng tâm O. Vậy ba điểm N, M, O thẳng hàng. O C H N Hình 18.7 A M G 18.3. (h. 18.8) a) Xét ∆BAF có OA = OF nên BO là đường trung tuyến. Điểm D nằm trên đường trung tuyến BO mà 1 2 = BD = BC BO (vì BC = 2 BO ) nên D là trọng tâm của 3 3 ∆BAF . Chứng minh tương tự ta được E là trọng tâm của ∆CAF . C D B D E O C F Hình 18.8 b) Vì D là trọng tâm của ∆BAF nên đường thẳng AD là một THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 197 đường trung tuyến 1 Vì AD cắt BF tại N nên FN = BN = BF 2 (1) Chứng minh tương tự ta được AM = MC = 1 AC (2) 2 Ta có ∆OFB = ∆OAC (c.g.c)  = OAC  . Suy ra BF = AC (3) và OFB Từ (1), (2), (3) suy ra AM = FN .  ∆AOM =∆FON ( c − g − c ) , suy ra OM = ON ( 4 ) và  AOM = FON = Ta có  AOM + FOM 1800 (kề bù)  + FOM = Suy ra FON 1800 , do đó ba điểm M , O, N thẳng hàng (5) Từ (4) và (5) suy ra O là trung điểm của MN do đó AO là đường trung tuyến của ∆AMN . ∆ABC và ∆AMN có chung đỉnh A, chung đường trung tuyến AO nên có cùng trọng tâm G. 18.4 (h.18.9) Theo tính chất đoạn chắn song song ta có = AB ' BC = , AC ' BC suy ra AB ' = AC ' A B' C' Chứng minh tương tự ta được: = BA ' BC = '; CA ' CB ' P G N Xét ∆A ' B ' C ' ba đường thẳng A ' A; B ' B; C ' C là ba đường trung tuyến nên chúng đồng quy tại một điểm G. Gọi M là giao điểm của A ' A với BC ; N là giao điểm của BB ' với AC ; P là giao điểm của CC ' với AB B C M A' Hình 18.9 ∆A ' MB (c.g.c) suy ra CM = MB Ta có ∆AMC = Vậy AM là đường trung tuyến ứng với cạnh BC của ∆ABC Chứng minh tương tự ta được BN, CP là đường trung tuyến ứng với cạnh AC, ABcủa ∆ABC . Ba đường trung tuyến AM, BN, CP của ∆ANC gặp nhau tại một điểm. Mặt khác ba đường thẳng AM, BN, CP cũng là ba đường thẳng A ' A; B ' B; C ' C . Do đó trọng tâm G của ∆A ' B ' C ' cũng là trọng tâm của ∆ABC . 18.5 (h.18.10) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 198 • • Tìm cách giải Giả sử đã vẽ được ∆AOB sao cho G là trọng tâm của nó. Tia OG cắt AB tại trung điểm M. Trên tiaOG lấy điểm K sao cho OK = 3OG. Ta chứng minh được ∆AMK =∆BMO ( c − g − c ) ; ∆AMO =∆BMK ( c − g − c ) . x A Suy ra KA // Oy; KB //Ox. Do đó xác định được A và B. Trình bày lời giải . Vẽ tiaOG, trên đó lấy điểm K sao cho OK = 3OG. . Từ K vẽ KA // Oy (A ∈ Ox) ;KB //Ox (B ∈ Oy) O . Vẽ đoạn thẳng AB cắt OK tại M. Khi đó G là trọng tâm của ∆AOB . Thực vậy, ta có AK = OB (tính chất đoạn chắn song song). ∆AMK =∆BMO ( c − g − c ) , suy ra MA = MB (1) và MK = MO. K M G y B Hình 18.10 3 2 OG hay OG = OM . (2) 2 3 Từ (1) và (2) suy ra G là trọng tâm của ∆AOB Vì OK = 3OG nênOM = 18.6(h.18.11) A Vẽ các đường trung tuyến AD, BM cắt nhau tại G. Ta có ∆ADB =∆ADC ( c − c − c ) . Suy ra DB = DC = 12cm; M 0  ADB =  ADC = 180= : 2 900 G Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ ABD vuông tại D ta được ( ) B 2 AD 2 = AB 2 − BD 2 = 3 41 − 122 = 225 ⇒ AD = 15(cm) D C Hình 18.11 1 Vì G là trọng tâm của ∆ ABC nên GD = AD = 5cm. 3 Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆ GBD vuông tại D ta được GB 2 =GD 2 + BD 2 =52 + 122 =169 ⇒ AD =13(cm) 3 3 Suy ra BM = BG = ⋅13 =19,5(cm) 2 2 18.7(h.18.12) Vì G là trọng tâm của ∆ ABC nên BE = 3 3 BG = ⋅ 4 61 = 6 61(cm) ; 2 2 3 3 CF= CG = ⋅ 4 601 = 6 601(cm) 2 2 • Xét ∆ ABE vuông tại A ta có: THCS.TOANMATH.com A F E G B C Hình 18.12 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 199 BE 2 = AB 2 + AE 2 = AB 2 + ( AC 2 = 6 61 4 ) 2 • Xét ∆ ACF vuông tại A ta có: AB 2 2 2 2 CF = AF + AC = + AC 2 = 3 601 4 ( Từ (1) và (2), suy ra Suy ra = 2196 . (1) ) 2 (2) = 5409. 5 BC 2 . AB 2 + AC 2 ) = 7605 , mặt khác AB 2 + AC 2 = ( 4 (3) 5 BC 2 = 7605 ⇒ BC 2 = 6084 ⇒ BC = 78(cm). 4 Ta viết (3) thành AB 2 + AC 2 3 AC 2 + = 6084. 4 4 AC 2 Mà theo (1) thì AB + = 2196. 4 2 So sánh (*) và (**) ta được (*) (**) 3 AC 2 = 6084 – 2196 = 3888 4 ⇒ AC 2 = 5184 ⇒ AC = 72(cm) Từ đó ta tính được AB 2 = BC 2 − AC 2 = 6084 − 5184 = 900 ⇒ AB = 30cm. Vậy chu vi ∆ ABC là: 78 + 72 + 30 = 180 (cm) 18.8 (h18.13) C Đặt AC = b . Áp dụng định lí Py-ta-go cho ∆ABC vuông tại A ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 = 2 AC 2 + AC 2 = 3 AC 2 = 3b 2 = ( 3b ) 2 b M G ⇒ BC = 3b ⇒ AM = 1 3 BC = b 2 2 A Áp dụng định lí Py-ta-go cho ∆ACN vuông tại A ta có: N B Hình 18.13 2 AB 2 2 AC 2 6b 2  6  CN = AC + AN = AC + = AC 2 + = =  b  ⇒ CN = 4 4 4  2  2 2 2 2 6 b 2 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , ta có: CG = 2 2 6 6 2 CN = . b= b ⇒ CG 2 = b 2 3 3 2 3 3 AG = 2 2 3 3 1 AM = . b= b ⇒ AG 2 = b 2 3 3 2 3 3 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 200 Xét ∆GAC có CG 2 + AG 2 = 2 2 1 2 b + b = b2 3 3 2 mà AC 2 = b 2 nên AC = CG 2 + AG 2 Do đó theo định lí Py-ta-go đảo ta được ∆GAC vuông tại G . Suy ra AM ⊥ CN 18.9 (h18.14) Xét ∆ABC có các đường trung tuyến AD, BE , CF cắt nhau A tại G. Xét ∆GBC ta có GB + GC > BC ⇒ ⇒ BE + CF > 3 BC 2 3 AB 2 F E G (1) B Tương tự, ta có AD + CF > BE + AD > 2 ( BE + CF ) > BC 3 3 AC 2 (2) D C Hình 18.14 (3) Cộng từng vế các bất đẳng thức (1); (2); (3) ta được: 2 ( BE + CF + AD ) > 3 ( BC + CA + AB ) 2 3 Suy ra BE + CF + AD > (BC+ CA + AB) . 4 * Nhận xét :Trong bài 17.7 ta đã chứng minh được AD + BE + CF lớn hơn chu vi tam giác. Như vậy kết quả bài này mạnh hơn kết quả ở bài 17.7. 18.10. (h 18.15) A Xét ∆ABC có BE và CF là hai đường trung tuyến và BE = CF . Vì G là trọng tâm= nên GB 2 2 = BE; GC CF . 3 3 E F Do đó, = GB GC = ; GE GF . G ∆GCE (c.g.c) Ta có : ∆GBE = ⇒ BE = CF dẫn tới AB = AC . B O Gọi D là giao điểm của đường thẳng AG với BC. Do G là trọng tâm nên AG là đường trung tuyến. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 201 Suy ra DB = DC. ∆ADC (c.c.c), Ta có : ∆ADB = do đó  ADB =  ADC =1800 : 2 = 900 ⇒ AG ⊥ BC . Hình 18.15 18.11 (H 18.16) A Xét ∆ABE có AC là đường trung tuyến. Mặt khác D ∈ AC và AD = N 2 AC 3 M Nên D là trọng tâm của ∆ABE . D Suy ra đường thẳng BD chứa đường trung tuyến ứng với cạnh AE Do đó MA = ME. B E C ∆EMC (c.c.c) ⇒ AN = EC . Ta có ∆AMN = Do đó, AN = BC (vì BC = EC ) Hình 18. 16 18.12 (h 18.17) *Chứng minh mệnh đề nếu AB + GB = AC + GC thì ∆ABC cân tại A . Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử AB < AC (1) Vẽ tia AG cắt BC tại D . Khi đó AD là đường trung tuyến nên DB = DC A Xét ∆ADB và ∆ADC có : ; DB DC AD chung = = ; AB AC E F G Nên  ADB <  ADC (định lí 2 tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau) B  = GDC  và Xét ∆GDB và ∆GDC có GD chung, GDB D B = DC ⇒ ∆GDB = ∆GDC (c.g.c) D C Hình 18.17 ⇒ GB = GC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AB + GB < AC + GC (trái giả thiết) Vậy điều giả sử AB < AC là sai (*) Nếu AB > AC ta cũng đi đến mâu thuẫn AB > AC là sai (**) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 202 Từ (*) và (**) suy ra AB = AC do đó ∆ABC cân tại A. Chứng minh mệnh đề nếu ∆ABC cân tại A thì AB + GB = AC + GC . Gọi E là giao điểm của BG với AC ; F là giao điểm của CG với AB . Khi đó, = EA EC = , FA FB. ∆ABE = ∆ACF (c.g.c) ⇒ BE = CF , do đó 2 2 BE = CF dẫn tới GB = GC 3 3 Suy ra AB + GB = AC + GC . 18.13. (H 18.8) A 1 *Chứng minh mệnh đề nếu  A < 900 thì AM > BC 2 Ta chứng minh bằng phản chứng: 1 Giả sử AM = BC , khi đó  A = 900 , trái giả thiết. 2 1 Giả sử AM < BC , tức là AM < BM và AM < MC 2 < Xét ∆ABM có AM < BM ⇒ B A. 1 B 2 M C 1 Hình 18.18 < Xét ∆ACM có AM < MC ⇒ C A2 .  +C < . Do đó, B A1 +  A2 = BAC 0 180  +C  < 2 Suy ra  A+ B A⇒  A> = 900 , trái giả thiết. 2 1 Vậy nếu  A < 900 thì AM > BC 2 1 A < 900 . BC thì  2 *Chứng minh mệnh đề nếu AM > Ta có AM > 1 BC tức là AM > BM và AM > CM . 2 > Xét ∆ABM có AM > BM ⇒ B A1 . Xét ∆ACM có : A >  +C > . AM > CM ⇒ C A2 . Do đó, B A1 +  A2 = BAC 0 180  +C  > 2 Suy ra  A+ B A⇒  A< = 900 . 2 G 18.14 (H 18.19) Gọi D là giao điểm của AG với BC . THCS.TOANMATH.com B C D TÀI LIỆU TOÁN HỌC K 203 Ta có: DB = DC do đó GD là đường trung tuyến của ∆GBC .  < 900 (gt) Xét ∆GBC có GBC Suy ra GD > 1 BC (xem bài 17.13) 2 Do đó AD > 3 BC (1) 2 Trên tia AD lấy điểm K sao cho DK = DA . ∆ACD = ∆KBD (c.g.c). Suy ra AC = BK . Xét ∆ABK có AB + BK > AK . Do đó: AB + AC > 2 AD. (2) 3 Từ (1) và (2), suy ra AB + AC > 2. .BC = 3BC. 2 Hình 18.19 HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 19. TÍNH CHẤT TIA PHÂN GIÁC CỦA MỘT GÓC. TÍNH CHẤT BA ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC. 19.1. (h. 19.7)  và đường phân giác ngoài tại đỉnh C cắt nhau tại K . Xét ∆ABC có đường phân giác của B Suy ra AK là đường phân giác ngoài tại đỉnh A. x = x + C ; Ta đặt  ABC = x (độ) thì CAx 1 A  ACy= x +  A1 . 1 K +  +x+  Do đó: CAx ACy = x + C A1 = x + 1800 . 1 Suy ra  + CAy  CAx x = 900 + 2 2 x B 1 C Hình 19.7  C Ax +  ACy x x  Xét ∆AKC có  AKC = 1800 − = 1800 −  900 +  = 900 − 2 2 2  x Vì  AKC = 650 nên 900 − = 650 ⇒ x= 500 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC y 204 19.2 (h 19.8)  +C  B  Xét ∆BOC có BOC = 1800 − 2 y x A 1 4 2 3 E   1800 − BAC BAC = 180 − = 900 + 2 2 F 0 O  = 1500 nên Mà BOC  BAC  =1200 900 + =1500 ⇒ BAC 2 B C D H19.8 Vẽ các tia Ax, Ay lần lượt là tia đối của các tia AB, AC    Dễ thấy  A= A= A= A= 600 1 2 3 4 Xét ∆ABD có AC là đường phân giác ngoài tại đỉnh A , BO là đường phân giác trong không kề. Hai đường phân giác này cắt nhau tại E , suy ra DE là đường phân giác ngoài tại đỉnh D của ∆ABD Chứng minh tương tự ta được DF là đường phân giác ngoài tại đỉnh D của ∆ACD  = 900 Suy ra DE ⊥ DF (hai đường phân giác của hai góc kề bù) do đó EDF 19.3 (h19.9) Vì O là giao điểm các đường phân giác của góc B , góc C nên AO là đường phân giác góc A ,   do đó OAB = OAC = 450 A H Vẽ OH ⊥ AC thì ∆HAO vuông cân tại H , suy ra AH ⊥ OH O Áp dụng định lý Pytago ta có: ( ) AH 2 + OH 2 =OA2 ⇒ 2OH 2 = 8 C B 2 H19.9 =8 A ⇒ OH 2 =⇒ 4 OH = 2 I Vậy khoảng cách từ O tới mỗi cạnh của tam giác là 2cm K O 19.4 (h 19.10) Vẽ thêm OK ⊥ AB; OI ⊥ AC ∆AOK = ∆AOI (cạnh huyền-góc nhọn) B H C H19.10 ⇒ AK = AI THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 205 Chứng minh tương tự ta được = BK BH = ; CI CH Suy ra BK + CI = BH + CH = BC = 6cm Do đó AK + AI = ( 3 + 5 ) − 6 = 2cm mà AK = AI nên AK = AI = 1cm Vậy BK = 3 − 1 = 2cm ⇒ BH = 2cm và CH = 6 − 2 = 4cm 19.5 (h 19.11) O Vẽ AH ⊥ OB; AK ⊥ OC ta được  ABH =  ACK (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) B H ∆ABH = ∆ACK (cạnh huyền-góc nhọn) Suy ra AH = AK Điểm A ở trong góc BOC và cách đều hai cạnh của góc này nên A nằm trên tia phân giác của góc đó. Như vậy tia OA là tia phân giác của góc BOC K 19.6 (h 19.12) C A H19.11 Vẽ MD ⊥ BH ; ME ⊥ AN ∆DBM và ∆EAM có B = E = 900 D 1  1  = BM AM = BC    2  M D 1 = ) B A1 (cùng phụ với N 1 1 N E 1 Do đó ∆DBM = ∆EAM (cạnh huyền-góc nhọn) H C A H19.12 Suy ra MD = ME Điểm M cách đều hai cạnh của góc BHN nên HM là tia phân giác của góc BHM . A Nói cách khác tia phân giác của góc BHM luôn đi qua một điểm cố định là điểm M . 19.7 (h 19.13) K H M C B H19.13 ∆ABH = ∆MBH (cạnh huyền- cạnh góc vuông)  Suy ra  ABH = MBH O  Chứng minh tương tự ta được  ACK = NCK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC N 206 Xét ∆ABC có BH và CK là hai đường phân giác ngoài tại đỉnh B và đỉnh C cắt nhau tại O nên AO là đường phân giác của góc BAC 19.8 (h 19.14) Xét ∆ABC có hai đường phân giác góc B , góc C cắt nhau tại O y x E D A Suy ra tia AO là đường phân giác thứ ba     Từ đó ta được BAO = CAO = CAD = BAE = 600 ∆BAE = ∆BAO ( g .c.g ) ⇒ BE = BO O C B H19.14 ∆CAD = ∆CAD ( g .c.g ) ⇒ CD = CO ∆BDO ( c.g .c ) Do đó ∆BDE = ⇒ DE = DO (1) ∆CED = ∆CEO ( c.g .c ) ⇒ DE = OE ( 2 ) = OE = DE nên ∆ODE đều Từ (1) và (2) suy ra OD  = BDO  (hai góc tương ứng của hai tam giác bằng nhau) b)ta có BDE  = CEO  (hai góc tương ứng của hai tam giác bằng nhau) CED Xét ∆ODE có hai đường phân giác của góc D , góc E cắt nhau tại A , suy ra OA là đường phân giác của góc DOE 19.9 (h 19.15) Tìm cách giải BC Giả sử vẽ được MN // BC sao cho BM + CN = A Lấy điểm D ∈ BC sao cho BD = BM , khi đó CD = CN =  mà M =D  (cặp góc so le trong) nên D ∆BMD cân tại B ⇒ M 1 1 2 2 =N  . Chứng minh tương tự ta được N 1 2 N M 1 2 =M  M 1 2 2 1 Xét ∆AMN có D là giao điểm hai đường phân giác góc ngoài tại đỉnh M và N , suy ra AD là đường phân giác của góc A . • Cách vẽ MN – Vẽ đường phân giác AD của ∆ABC ; THCS.TOANMATH.com 1 B 2 D Hình 19.15 TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 207 – Trên cạnh BA lấy điểm M sao cho BM = BD ; – Từ M vẽ MN / / BC ( N ∈ AC ) . Khi đó MN là đoạn thẳng cần vẽ. • Chứng minh =D  (so le trong) Theo cách vẽ ta có MN / / BC . Do đó M 2 1 =D  (hai góc ở đáy của tam giác cân) nên M =M  . Mà M 1 1 2 1 Xét ∆AMN có D là giao điểm của đường phân giác góc A và đường phân giác góc ngoài =N  . tại đỉnh M nên ND là đường phân giác ngoài tại đỉnh N do đó N 1 2 =N  (so le trong) nên N =D  , suy ra ∆CND cân, dẫn tới CN = CD . Măt khác, D 2 2 1 2 Vậy BM + CN = BD + CD = BC . 19.10. (h19.16) Trên tia đối của tia AB lấy điểm N sao cho AN = AM . Xét ∆ABM có AD ⊥ AC mà AD là đường phân giác trong của góc A nên AC là đường phân giác ngoài tại đỉnh A . N ∆AMC (c.g.c) Từ đó suy ra ∆ANC = ⇒ ANC =  AMC . A 1  = 105° − 90° = 15° , do đó BAM  = 30°. Ta có BAD 2 Xét ∆ABM có góc AMC là góc ngoài nên   +=  70° AMC = BAM B  = 700 . Suy ra N ( B D C Hình 19.16 )  = 180° − Bˆ + N  = 180° − ( 40° + 70° )= 70° . Xét BCN có BCN A  =( 700 ) , suy ra ∆BCN cân tại B . Vậy BCN = N E F BC hay AB + AM = BC . Do đó BN = BC , dẫn tới AB + AN = I 19.11. (h19.17) C B ∆BDF và ∆CDE là những tam giác cân. Mặt khác, BI ⊥ DF , CI ⊥ DE nên ta có M D y x BI và CI lần lươt là các đường phân giác của góc B và C . Suy ra I nằm trên dường phân giác của góc A . (1) Ta có BK / / DF mà BI ⊥ DF nên BI ⊥ BK , do đó BK là đường phân giác ngoài tại đỉnh B K Hình 19.17 của ∆ABC. Chứng minh tương tự ta có CK là phân giác ngoài tại đỉnh C của ∆ABC . Do đó K nằm trên THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 208 đường phân giác của góc A , ( 2) D Từ (1) và ( 2 ) . Suy ra bao điểm A, I , K thẳng hàng. A 19.12. (h.19.18) O Xét ∆ADK có AC là đường phân giác của góc trong tại đỉnh A . Mặt khác, AB ⊥ AC nên AB là đường phân giác góc ngoài tại đỉnh A . Xét B C K ∆ADK có B là giao điểm của một đường phân giác trong y x và phân giác ngoài không kề nên tia KB là đường Hình 19.18 phân giác góc ngoài tại đỉnh K . Gọi O là giao điểm của AC và BD . Xét ∆ADK có O là giao điểm của hai đường phân giác nên KO là đường phân giác của góc K . ⇒ KO ⊥ KB (tính chất 2 đường phân giác của hai hóc kề bù). (1) Chứng minh tương tự ta được KO ⊥ KC ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) , suy ra ba điểm B, K , C thẳng hàng. 19.13. (h.19.19) x Giả sử góc xOy có đỉnh O nằm ngoài tờ giấy, A còn lại một phần của hai cạnh nằm trong tờ giấy. K ta xẽ đường thẳng chưa tia phân giác của góc M xOy như sau: – Lấy A ∈ Mx và B ∈ Ny ; – Vẽ các tia phân giác của góc MAB và NBA , I O y N B chúng cắt nhau tại I ; – Vẽ đường thẳng IK , đường thẳng này chưa tia Hình 19.19 phân giác của góc xOy . Thật vậy, xét ∆OAB có I là giao điểm của các đường phân giác của góc A , góc B , còn K là giao điểm của các đường phân giác ngoài tại đỉnh A , đỉnh B . Do đó I , K cùng nằm trênn đường phân giác của góc xOy , tức là đường thẳng IK chứa tia phân giác của góc xOy . 19.14. (h.19.20) Điểm O là giao điểm hai đường phân giác t x E D A 1 2 của góc B y và góc C nên AO là đường phân giác của góc A . Vẽ tia At là tia đối của tia AB .  A1 =  ABC (cặp góc đồng vị); O B C THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC K Hình 19.20 209  A2 =  ACB (cặp góc so le trong) Mà  = ABC  ACB = nên  A1  A2 . Xét ∆ABC có D là giao điểm của phân giác góc B và đường phân giác góc ngoài tại đỉnh A nên CD là đường phân giác góc ngoài tại đỉnh C . Chứng minh tương tự ta được BE là phân giác góc ngoài tại đỉnh B . Ba đương phân giác BE , CD, AO là hai đường phân giác góc ngoài và đường phân giác của góc trong không kề nên chúng cùng đi qua một điểm. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 20. TÍNH CHẤT CỦA BA ĐƯỜNG TRUNG TRỰC, BA ĐƯỜNG CAO CỦA TAM GIÁC. 20.1. (h.20.7) Điểm D nằm trên đường trung trực của AB nen DA = DB.  Suy ra ∆DAB cân, do đó  A =B A 1 1 . Chứng minh tuong tự ta được  A2 = C   +C  = 1800 − BAC . Ta có  A1 + A2 = B ( −  A3 = BAC A1 +  A2 Mặt khác  ( ) B D ) C E A  − 1800 =300 ⇒ BAC  =1050 Suy ra 2 BAC E 20.2. (h.20.8) D O Vẽ tia phan giác của góc B , góc C , chúng Đó là một điểm cố định. 2 Hình 20.7  − 1800 − BAC  . nên 300 = BAC cắt nhau tại điểm O ở trong tam giác ABC . 3 B C M Hình 20.8 Trên cạnh BC lấy một điểm M sao cho BM = BD , khi đó CM = CE . ∆BOD =∆BOM (c ⋅ g ⋅ c) ⇒ OD =OM .(1) ∆COE =∆COM (c ⋅ g ⋅ c) ⇒ OE =OM .( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) suy ra OD=OE .Điểm O cách đều hai đầu đoạn thẳng DE nên O nằm trên đường trung trực của DE . Nói cách khác, đường trung trực của DE luôn đi qua một điểm cố định là điểm O . 20.3. (h.20.9) Tam giác ABC vuông tại A , tam giác OBC vuông ở O có là các đường trung tuyến ứng A x B THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC M y O Hình 20.9 C 210 1 BC . 2 Điểm M cách đều hai đầu đoạn thẳng OA với cạnh huyền nên MA = MO = cố định nên M nằm trên đường trung trực của OA . Do đó M nằm trên một đường thẳng cố định. 20.4. (h.20.10) Vì AB, AC là đường trung trực của MD, ME nên E A = AD AM = ; AE AM .    ∆AMD và ∆AME cân tại A , suy ra = A1  A= A4 . 2 ; A3   2  2= Do đó = MAD A2 ; MAE A3 . ( )  = MAD  + MAE = 2   = 2.900 = 1800 . A2 +  A3 = 2 BAC Ta có DAE 4 1 D 2 3 B C M Hình 20.10 Suy ra ba điểm D, A, E thẳng hàng và DE = AD + AE = 2 AM . DE ngắn nhất ⇔ AM ngắn nhất ⇔ AM ⊥ BC Vậy khi M là hình chiếu của A trên BC thì DE ngắn nhất hay khi MA là đường cao xuất phát từ đỉnh A của ∆ABC thì DE ngắn nhất. 20.5. (h.20.11) a) Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ta có: 1 1 = OA = MN ; OH MN 2 2 vậy OA = OH . Điểm O cách đều hai đầu đoạn thẳng AH nên O A M x y O B N C H Hình 20.11 di động trên đường trung trực xy cố định. b) Ta có MN =OM + ON =OA + OH ≥ AH A (bất đẳng thức tam giác mở rộng). Dấu ” = ” sảy ra M O ⇔ O nằm giữa A và H và OA = OH N ⇔ O là trung điểm cẩu AH ⇔ MO là đường trung tuyến ứng với AH của 1 ∆AMH và MO = AH ⇔ HM ⊥ AB; HN ⊥ AC 2 B H hình 20.12 Vậy có độ dài nhỏ nhất là bằng khi và lần lượt là hình chiếu của trên (hình 20.12). 20.6. (h.20.13) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC C 211 x t A M K x 1 2 y 1 O N M A 1 a 1 Hình 20.13 B a Trên tia Oy lấy điểm A sao cho OA = a . Vì OM + ON = N C Hình 20.14 nên OM = NA. Vễ đường phân giác Ot của góc xOy và vẽ đường trung trực của OA chúng cắt nhau tại K . Ta phải chứng minh K là một điểm cố định và đường trung trược của MN đi qua K . Ta có OA trên tia Oy mà OA = a không đổi nên A là một điểm cố định, do đó đường trung trược của OA cũng cố định. Tia Ot là tia phân giác của góc xOy nên Ot cũng cố định. Điểm K là giao điểm của hai đường thẳng cố định nên K cố định. . Điểm K nằm trên đường trung trực của OA nên KO = KA , do đó ∆KOA cân ⇒  A1 = O 2     Mặt khác O = O nên A = O . 1 2 1 1   ∆KMO và ∆KNA có:= ∆KNA ⇒ KM = KN . OM NA = ;O A1 và KO = KA . Do đó ∆KMO = 1 Vậy K nằm trên đường trung trực của MN , nói cách khác đường trung trực của MN đi qua điểm cố định là điểm K . 20.7. (h.20.14) • Tìm cách giải Giả sử đã xác định được điểm M ∈ AB, điểm N ∈ BC sao cho BM = MN = NC . =N . Ta có ∆MBN cân tại M nên B 1  =C . ∆MNC cân tại N nên M 1 1  là góc ngoài nên N  =C +M  =2C . Xét ∆MNC có N 1 1 1 1 1 = 1 N = 1 B  . ⇒C 1 1 2 2 Do đó xác định được điểm M rồi điểm N . • Cách xác định điểm M , điểm N THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 212  = 1B  . Tia Cx cắt AB tại M . – Ở trong góc C , vẽ tia Cx sao cho BCx 2 = MN = NC . – Vẽ đường trung trực của MC cắt BC tại N . Khi đó ta có BM • Chứng minh Điểm N nằm trên đường trung trực của MC nên NM = NC .  2=  2. 1=  B . =  . Do đó = ∆MNC cân tại N ⇒ M N C B C 1 1 1 1 2 ⇒ ∆MBN là tam giác cân ⇒ MB = MN . (2) Từ (1) và (2) ⇒ MB = MN = NC . 20.8. (h.20.15) Vẽ các đường trung trực của AD và BC , chúng cắt nhau tại O . Điểm O nằm trên đường trung trực của AD nên OB = OC . Ta có ∆OBA = ∆OCD (c.c.c) . = . ⇒ OBA OCD (1) Do đó ∆OBM = ∆OCN (c.g .c) ⇒ OM = ON Điểm O nằm cách đều hai đầu đoạn thẳng MN nên O nằm trên dường trung trực của MN . Vậy ba đường trung trực của AD, BC và MN cùng đi qua điểm O . 20.9. (h.20.16) Xét ∆ABC vuông tại A , ∆DBC vuông tại D có AN và DN là các đường trung tuyến ứng với cạnh Hình 20.15 D M A N B C F E Hình 20.16 huyền BC nên AN = DN = A 1 BC . 2 ⇒ ∆NAD cân tại N , do Đó đường trung tuyến NM cũng là đường cao. Ba đường thẳng AE , DF , MN là ba đường cao của ∆NAD nên cùng đi qua một điểm. 20.10. (h.20.17) Gọi E là giao điểm của BH và AK .  = 450 ∆DBH vuông cân tại D nên DBH THCS.TOANMATH.com F E H B D K C Hình 20.17 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 213  = 450 ∆DKA vuông cân tại D nên DAK  + BKE  = 450 + 450 = 900 Xét ∆EBK có DBE = ⇒ BEK 900 , do đó BE ⊥ AK . Xét ∆ABK có AD và BE là hai đường cao cắt nhau tại H . ⇒ KH là đường cao thứ ba, do đó KH ⊥ AB. 20.11. (H.20.18) Ta có  (1) AHD +  ACD = 1800 (giả thiết) = và  (2) AHD + BHD 1800 (kề bù) O A H B  Từ (1) và (2) ⇒  ACD =. BHD Xét ∆ABC vuông tại A có  ABC +  ACB = 900 . C D Hình 20.18  =900 ⇒ BDH  =900 . Do đó  ABC + BHD Vậy HD ⊥ BC. Xét ∆OBC có OD và BA là hai đường cao cắt nhau tại H , ⇒ CH là đường cao thứ 3. Do đó CH ⊥ OB 20.12. (h.20.19)  và BHC  là hai góc có cạnh tương ứng BAC A E vuông góc, một góc nhọn, một góc tù nên chúng bù nhau:   = 1800 ⇒ BHC  = 1800 − 600 = 1200. A + BHC F N H M B Hình 20.19 Điểm M nằm trên đường trung trực của HB  = MBH  = 300 .Chứng minh tương tự ta Nên MH = MB. Do đó ∆MHB cân tại M ⇒ MHB  = 300 . được: CHN  + BHC  + CHN  =300 + 1200 + 300 ⇒ MHN = Vậy MHB 1800 . 20.13. (h.20.20) Vì ∆ABC nhọn nên O và H nằm trong tam giác. Điểm O cách đều ba đỉnh của ∆ABC nên OA = OB = OC . do đó ∆AOB, ∆AOC cân tại O .  2  2 ⇒= O A ;= O A . 1 1 2 ( 2 A 1 2 1 ) 2 C B Hình 20.20  = 2 BAC . BOC Điểm H là trực tâm của ∆ABC nên BH ⊥ AC , CH ⊥ AB. .  Do đó 2 BHC = 3600 − 2 BAC O H  +O = 2  A1 +  A2 hay Do đó: O 1 2 Hai góc BAC và BHC là hai góc có cạnh tương một góc nhọn, một góc tù nên :  1800 − BAC  + BAC = 1800 ⇒ = , BHC C F d ứng vuông góc, A 1 2 E THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC D Hình 20.21 214 ( )  + 2 BHC  = 2 BAC  + 3600 − 2 BAC  = 3600 . Vậy BOC 20.14. (h.20.21)     FEA A= A2 . Ta có EF / / AD nên = 1; F =F . A1 =  A2 nên FEA Mặt khác:  ⇒ ∆AEF cân tại A . Trong tam giác cân, đường trung trực của cạnh đáy đồng thời là đường phân giác của góc ở đỉnh nên đường trung trực d của EF đi qua đỉnh A , Đó là một đỉnh cố định. 20.15. (h.20.22) = Giải sử ∆EFG là tam giác đều ⇒ CEH 600 A 0   30   = C = , C2 300. Ta còn có CMG nên = EGF = 600 . 1  = 1800 − (300 + 600 ) = 900 . Do đó CMG ⇒ BM ⊥ AC. Xét ∆ABC xó đường trung tuyến BM đồng thời là đường cao nên ∆ABC cân. Mặt khác :  ACB = 300 + 300 = 600 nên ∆ABC M E F G B C Hình 20.22 Là tam giác đều. Do đó ba đường AH , BM , CD phải đồng quy, tức là ba điểm E , F , G trùng nhau trái giả thiết. Vậy ∆EFG không thể là tam giác đều. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 21. CHỨNG MINH BA ĐƯỜNG THẲNG CÙNG ĐI QUA MỘT ĐIỂM (ĐỒNG QUY). 21.1. (h.21.8) Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta phải chứng minh MN đi qua O , tức là phải chứng minh ba điểm M , O, N thẳng hàng. Ta có: ∆AOB = ∆COD (g.c.g) . ⇒ OA = OC và A = C A M O = . NOC ∆MOA = ∆NOC (c.g .c) ⇒ MOA  + MOC = Ta có MOA 1800 (kề bù)  + MOC =  là góc bẹt. ⇒ NOC 1800 ⇒ MON Do đó ba điểm M , O, N thẳng hàng, dẫn tới D C N Hình 21.8 E ba đường thẳng AC , BD và MN đồng quy. A 21.2. (h.21.9) Gọi O là giao điểm của hai đương thẳng BM và AC . THCS.TOANMATH.com B O M TÀI LIỆU TOÁN HỌC B D Hình 21.9 C 215 Ta phải chứng minh DE đi qua O .  = 600 ⇒ C  = 300. Xét ∆ABC vuông tại A , B  = 180o − ( 400 + 300 ) = 1100 . Ta có: BOC  = 1800 − (1100 + 100 ) = 600 . Do đó: CMO Điểm C nằm trên đường trung trực của MD và ME nên CD = CM = CE.    = = Ta có  A= A= A= A= 600. ∆CEO = ∆CMO ( c.c.c ) ⇒ CEO CMO 600 1 2 3 4 Xét tam giác CDE cân tại C có ( )  = DCM  + ECM  = 2 BCM + DCE ACM = 2  ACB = 600 = Vậy tam giác CDE là tam giác đều ⇒ CED 600 0   = 60 = CEO =( 600 ) , hai tia ED và EO trùng nhau dẫn tới ba điểm D, O, E thẳng Vậy CED hàng. Do đó ba đường thẳng BM, AC, và DE đồng quy. 21.3 A Gọi O là giao điểm của các tia Bx và Cy. Ta phải chứng minh đường thẳng AM đi qua O. Vẽ  = 600. Tam giác BOC là tam giác đều nên BOC OH ⊥ MB; OK ⊥ MC. M (1) K C HB = Ta có tổng  AMB +  AMC + BMC 3600  =3600 − (1200 + 1200 ) =1200 ⇒ BMC ( 2)  + MCO = Từ (1) và (2) ta tính được MBO 1800. O y x  + HBO = Mặt khác MBO 1800.  = HBO  (cùng bù với MBO ) Nên MCO Ta có ∆KCO = ∆HBO (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ OK = OH ∆MOK = ∆MOH (cạnh huyền – cạnh góc vuông)  = HMO  = 1200 : 2 = 600 ⇒ KMO  = 1200 + 600 = 1800. Do đó  AMC + KMO d y Suy ra ba điểm A, M, O thẳng hàng, x O dẫn tới ba đường thẳng AM, Bx, Cy đồng quy. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC A B 216 21.4 Gọi O là giao điểm của hai tia Ax và By.  nên OA = OB, Xét ∆ABO có  A= B suy ra điểm O nằm trên đường trung trực d của AB. Vậy các đường thẳng Ax, By và d đồng quy. 21.5 A Gọi M là trung điểm của OA. Xét tam giác AOB có F là trọng tâm nên đường thẳng BF đi qua trung điểm M của AO. M Xét tam giác AOC có G là trọng tâm nên đường thẳng CG đi qua trung điểm M của AO. Do đó ba đường thẳng AO, BF, CG đồng quy tại trung điểm M của AO. F G O C B 21.6 Hai đường thẳng AB và CD không song song nên chúng cắt nhau tạo thành một góc. Hai điểm M và N nằm trong góc đó, cùng cách đều hai đường thẳng này nên chúng nằm trên tia phân giác của góc này. Suy ra ba đường thẳng AB, CD, và MN đồng quy tại đỉnh của góc. 21.7 Xét tam giác ABC có hai đường phân giác AD, CE cắt nhau tại O nên BO là phân giác của góc ABC. Đường thẳng xy đi qua B và vuông góc với BO nên xy là đường phân giác ngoài tại đỉnh B của góc ABD. Gọi Ax là tia đối của tia AD.  = 1200 nên dễ thấy     Vì BAC A= A= A= A= 600. 1 2 3 4 Xét tam giác ADC có AE là đường phân giác ngoài tại đỉnh A, CE là phân giác trong tại đỉnh C nên DE là phân giác ngoài tại đỉnh D. Xét tam giác ABD có đường thẳng AC là đường phân giác ngoài tại đỉnh A, đường thẳng xy là đường phân giác ngoài tại đỉnh B, đường thẳng DE là đường phân giác trong tại đỉnh D. Do đó ba đường thẳng xy, DE, và AC đồng quy. 21. 8 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 217 Điểm F nằm trên đường trung trực của DM nên FD = FM Suy ra tam giác FDM cân tại F do đó FB là đường phân giác ngoài tại tại đỉnh của của tam giác DEF. Chứng minh tương tự ta được EC là đường phân giác ngoài tại đỉnh của tam giác DEF. Xét tam giác DEF có hai đường phân giác ngoài cắt nhau tại A nên DA là đường phân giác của EDF (1)   + FCA  = FAH  + BAH  = FAB  DB ⊥ DA nên DB là đường phân giác Mặt khác AF B = FAC ngoài của góc D Điểm B là giao điểm của hai đường phân giác ngoài tại đỉnh F và D của tam giác DEF nên EB là đường phân giác của góc DEF (2) Chứng minh tương tự ta được FC là đường phân giác của góc DEF (3) Từ (1), (2), (3) suy ra AD, BE, CF đồng quy. • Lưu ý: Nếu bỏ điều kiện nhọn của tam giác ABC thì bài toán vẫn đúng. = 21.9 Xét tạm giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC nên BAH ACB ( cùng phụ với góc ABC) Gọi M là giao điểm của AO và CK, N là giao điểm của AK và BO.  Vì K là giao điểm của các đường phân giác của tam giác ACH nên  ACK = BCK Xét tam giác AMC có    + MCA  = MAC  + ACB = MAC  + BAH = MAC  + MAB  = BAC  = 900 MAC 2 2 ⇒ AMC =900 ⇒ CM ⊥ AO Chứng minh tương tự ta được BN ⊥ AK Xét tam giác AOK có AD, BO và Cklaf ba đường cao nên đồng quy. 21.10 Trên tia đối của tia AD lấy điểm K sao cho AK = BC  =+   Xét tam giác ADC có góc KAC là góc ngoài nên KAC D ACB = 900 +  ACB  =900 +   =BCE  Mặt khác BCE ACB ⇒ KAC =  Ta có ∆KAC = ∆BCE ( c.g .c ) ⇒ C E 1  +C  = 900 ⇒ E  +C  = 900 Vì C 1 2 2 Gọi G là giao điểm của BE và CK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 218  +C  = 900 ⇒ G  = 900 ⇒ BE ⊥ CK Xét tam giác GCE có E 2 Chứng minh tương tự, ta có CF ⊥ AB Xét tam giác KBC có AD, BE, CF là ba đường cao nên chúng đồng quy. 21.11 Tam giác EAB vuông tại E,  A1 = 450 nên là tam giác vuông cân. Suy ra EA = EB, Tương tự ta có FA = FC Từ F vẽ một đường thẳng vuông góc với CE cắt d tại G Gọi K là giao điểm cả đường thẳng EG với BF   ( Hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) Ta có AF G = FCE ∆AFG = ∆FCE ( g .c.g ) ⇒ AG = FE  ∆AGE = ∆EFB ( c.g.c ) ⇒  AGE = EFB   = 900 ⇒ EK ⊥ BF Ta có  AGE +  AEG = 900 ⇒ EF B + KEF Xét tam giác EFG có CE, BF và d1 là ba đường cao do đó ba đường thẳng này đồng quy. 21.12 = Tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC nên BAH ACB (cùng phụ với góc ABC) = Ta có CAH ABC (cùng phụ với góc ACB)   + FCA  = FAH  + BAH  = FAB  Xét tam giác AFC có góc AFB là góc ngoài nên AF B = FAC Suy ra tam giác BAF cân tại B do đó đường phân giác của góc B đồng thời là đường trung trực của AF Chứng minh tương tự ta được tam giác CAE cân tại C do đó đường phân giác của góc C cũng là đường trung trực của AE Ta có d//AH mà AH vuông góc với EF nên d vuông góc với EF. Xét tam giác AEF có các đường phân giác của góc B, góc C cùng với đường thẳng d là ba đường trung trực nên chúng đồng quy. 21.13 EK ⇔ ∆HBD = ∆KCE ⇔ BD = CE ⇔ BD = AD ⇔ D Ta có ⇔ E ≡ F ⇔ DH =  DA (1) CAD =  ACD ⇒ ∆DAC cân ⇒ DC = ∆ABC vuông tại A ⇒  ABC +  ACB = 900 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 219  + CAD =  nên   Mặt khác, BAD 900 mà  ACB = CAD ABC = BAD DA (2) Do đó, ∆DAB cân ⇒ DB = Từ (1) và (2) suy ra DB = DC. Vậy D là trung điểm của BC Xét tam giác ABE vuông tại A có AE 2 =BE 2 − AB 2 =25 − 16 =9 ⇒ AE =3 ( cm ) ⇒ E là trung điểm của AC ( Xét tam giác AFC vuông tại A có AF2 =CF 2 − AC 2 = 40 ) 2 − 62 =4 ⇒ AF=2 ( cm ) Suy ra F là trung điểm của AB Xét tam giác ABC có AD, BE, CF là ba đường trung tuyến nên chúng đồng quy. 21.14 Tam giác ABH vuông tại H, có HM là đường trung tuyến nên HM = Suy ra DM = 1 AB 2 1 AB (vì HM = DM) 2 Do đó tam giác DAB vuông tại D. Tam giác ABC có BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên là tam giác cân tại B ⇒ BA = BC (1) ⇒ DA = DC Xét ∆HAC và ∆HAB vuông tại = H có HD 1 1 = AC ; HM AB mà HD = HM nên AC = AB (2) 2 2 Từ (1) và (2) suy ra AB = BC = CA do đó tam giác ABC đều. Trong tam giác đều ABC đường cao AH, đường trung tuyến CM cũng là đường phân giác. Suy ra AH, BD, CM đồng quy. HƯỚNG DẪN GIẢI Chuyên đề 22. BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC. 22.1 C thì tam giác ABC cân, A = 60 0 nên tam giác ABC đều. Do đó AB = BC = CA * Nếu B =  2 2 Suy ra AB = BC = CA 2 . Vậy BC 2 < AB2 + CA 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 220 • C thì B > 60 0 (vì B +  C= 120 0 ) Nếu B >  Do đó A < B ⇒ BC < AC ⇒ BC 2 < AB2 + AC 2 • C , cũng chứng minh tương tự ta được BC 2 < AB2 + CA 2 Nếu B <  22.2 2 Theo định lý Pytago ta có BE2 2AB = = ,CF 2 2AC 2 mà AB < AC nên BE < CF, ∆ ABF ∆ AEC ( c.g.c= Dễ thấy= ) ⇒ BF CE Xét ∆CBE và ∆BCF có : BC chung, CE = BF, BE < CF ⇒ ECB <  FBC hay  ECD <  FBD ECD <  FBD ⇒ DE < DF ( Định lý hai tam giác Xét ∆ECD và ∆FBD có CE = BF, DC = DB và  có hai cặp cạnh bằng nhau) 22.3 Vẽ đường trung trực của BC cắt BC tại M, cắt AC tại N.  C= NBC Ta có NB = NC; tam giác NBC cân ⇒   1  Tam giác BAM có BA = BM  = BC  nên là tam giác cân  2  A1 =  M1 mà  Suy ra  BAN > 90 0 , BMN =90 0 ⇒  MAN >  AMN ⇒ MN > AN ( Quan hệ giữa cạnh đối diện trong một tam giác) ∆ MHN và ∆ ABN có BM = BA, BN chung, MN > AN MBN >  ABN ( định lí hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau) Do đó  MBN + MBN >  ABN + MBN Suy ra  B        2MBN > ABC ⇒ 2C > B Do đó (vì= C MBN) ⇒ C > 2 22.4 Trên tia đối của tia AM lấy điểm D sao cho MD = MA D ∆ ABM = ∆DCM ( c.g.c ) ⇒ AB = CD;  A= 1 Do đó AB//CD ⇒ BAC + DCA = 180 0 ( cặp góc trong cùng phía) (*) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 221 • Chứng minh mệnh đề “ Nếu góc A nhọn thì AM > Nếu AM = BC ” 2 BC thì 2AM = BC do đó AD = BC. 2 ∆ ABC = ∆DCA ( c.c.c ) ⇒  BCA =  DCA = 180 0 : 2 = 90 0 , trái GT BC thì 2AM < BC do đó AD < BC 2 ∆BAC và ∆DCA có AB = CD; AC chung và BC > AD Nếu AM < BAC >  DCA Do đó  BAC > 90 0 , trái GT Từ (*) suy ra  Vậy nếu góc A nhon thì AM > • BC 2 Chứng minh mệnh đề “ Nếu AM > BC thì góc A nhọn” 2 DAC = 90 0 Nếu A = 90 0 thì từ (*) suy ra  AM = ∆BAC ∆DCA ( c.g.c )= ⇒ BC AD hay = BC , trái GT 2 DCA < 90 0 . Vậy  BAC >  DCA Nếu A > 90 0 thì từ (*) suy ra  BAC >  DCA ∆BAC và ∆DCA có: AB = CD; AC chung và  BC Do đó BC > AD hay BC > 2AM tức là AM < , trái GT 2 BC Vậy nếu AM > thì góc A nhọn. 2 22.5 ADB +  BDC + CDA = 360 0 Vẽ các đoạn thẳng DA, DB, DC. Ta có  Suy ra tồn tại ít nhất một góc có số đo nhỏ hơn hoặc bằng 1200 ( vì nếu cả ba góc đều lớn hơn 1200 thì tổng của chúng lớn hơn 3600, vô lí) Giả sử góc đó là góc BDC BDC ≤ 120 0 , suy ra  DBC +  DCB ≥ 60 0 Xét tam giác BDC có  Do đó tôn tại ít nhất một góc lớn hơn hoặc bằng 300 > 290 Vậy ba điểm cần tìm là B, C, D. 22.6 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 222 Gọi M là trung điểm của BC và H là hình chiếu của A trên đường thẳng a. Khi đó AH có 1 độ dài không đổi. Ta có tam giác ABC vuông tại A nên = AM BC hay= BC 2AM ≥ 2AH ( 2 Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên) Do đó BC có độ dài nhỏ nhất là 2AH ⇔ M ≡ H ⇔ ∆ ABH vuông cân. Ta xác định điểm B như sau: – Dựng AH ⊥ BC ; Trên đường thẳng a đặt HB = HA 22.7 Vẽ MH ⊥ BC ; NK ⊥ BC; NI ⊥ MH khi đó IN = HK và IH = NK (tính chất đoạn chắn song song) C = B Ta có OM//AC ⇒  BOM = Do đó ∆ MBO cân tại M, từ đó ta được HB = HO 1 a Tương tự ta có KC = KO. Suy ra = HK = BC 2 2 Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên ta có MN ≥ IN = HK = a 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ M ≡ I ⇔ MH= NK ⇔ ∆ MHB= ∆NKC ⇔ BH= CK ⇔ OH= OK ⇔ OB= OC ⇔ O là trung điểm của BC. a Vậy min MN = khi O là trung điểm của BC. 2 22.8 Vẽ DH ⊥ BC ; EK ⊥ BC ; DF ⊥ EK , ta có DF = HK ( tính chất đoạn chắn song song) 1 1 Các tam giác vuông HBD và KCE có  nên BH = D= E= 30 0 = BD;CK CE . Do đó 2 2 1 1 1 BH + CK= BD + CE= BD + AD= AB= 2cm ( ) ( ) 2 2 2 Suy ra HK = 2cm. Dấu “=” xảy ra ⇔ E ≡ F ⇔ DH = EK ⇔ ∆HBD =∆KCE ⇔ BD =CE ⇔ BD = AD ⇔ D là trung điểm của AB ( Khi đó E là trung điểm của AC) Vậy độ dài nhỏ nhất của DE là 2cm khi D và E lần lượt là trung điểm của AB và AC 22.9. (h.22.20) Vẽ BD ⊥ AM , CE ⊥ AM ( D, E ∈ AM ) . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 223 Ta có BD ≤ BM , CE ≤ CM (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên). Do đó BD + CE ≤ BM + CM = BC (Dấu ” = ” xảy ra ⇔ D và E trùng với M ⇔ AM ⊥ BC ). • Tính độ dài BC (h.22.21) 1 = 30° nên = Vẽ AH ⊥ BC , ∆AHC vuông tại H có C AH = AC 52 = : 2 26(cm) 2 Ta có HC 2 = AC 2 − AH 2 = 522 − 262 = 2028 ⇒ HC = 45(cm) = 45° nên là tam giác vuông cân. Xét ∆ABH vuông tại H , có B ⇒ BH = AH = 26cm . Do đó BC = 26 + 45 = 71(cm) . Vậy giá trị lớn nhất của tổng BD + CE là 71 cm khi M là hình chiếu của A trên BC. 22.10. (h.22.22) 2a . Xét ∆ABC có  A = α và AB + AC = = AC = a thì ∆ABC Ta phải chứng minh rằng khi AB chu vi sẽ nhỏ nhất. Thật vậy, giả sử AB < AC . Trên tia AB lấy điểm B ' , trên tia AC lấy điểm C ' sao =' AC =' a . cho AB Khi đó B ' và C ' là các điểm cố định và B 'C' có đội dài không đổi. Ta có AB + AC = AB '+ AC ' = 2a . BB ' Do đó AB + ( AC '+ C 'C) =(AB+ BB') + AC ' ⇒ CC ' = Vẽ BH ⊥ B ' C và CK ⊥ B ' C ' . ∆BB ' H = ∆CC ' H (cạnh huyền, góc nhọn) ⇒ HB ' = KC ' do đó HK = B ' C '.(1) Gọi M là giao điểm của BC và B 'C' . Ta có MH ≤ MD, MK ≤ MC ⇒ MH + MK ≤ MB + MC hay HK ≤ BC. (2) Từ (1) và (2) suy ra BC ≥ B ' C ' . Ta có chu vi ∆ABC = AB + BC + CA ≥ 2a + B 'C' (không đổi). Dấu “=” xảy ra ⇔ B ' ≡ B và C ' ≡ C . = AC = a , tức là khi Vậy chu vi ∆ABC nhỏ nhất khi AB ∆ABC cân tại A. 22.11.(h.22.23) Vẽ AH ⊥ xy , tia AH cắt đường thẳng BC tại D . Khi đó BD không đổi. ∆CHA = ∆CHD (g.c.g) ⇒ HA = HD ⇒ xy là đường trung THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 224 trực của AD . Gọi M là một điểm bất kì trên xy . Ta có MA = MD (Tính chất điểm nằm trên đường trung trực). MA + MB = MD + MB ≥ BD (dấu “=” xảy ra ⇔ M ≡ C ). Vậy tổng MA + MB ngắn nhất là bằng BD khi và chỉ khi M ≡ C . 22.12. (h.22.24) Ta có: S = 7 MA + 3MB + 4 MC = 3 ( MA + MB ) = 3.12 + 4.16 = 100 Dấu " = " xảy ra ⇔ M thuộc đoạn thẳng AB và AC ⇔ M ≡ A. Vậy min S = 100 khi M ≡ A . 22.13. (h.22.25) Từ H vẽ đường thẳng song song với AB cắt AC tại D ; đường thẳng song song với AC cắt AB tại E . Theo tính = AD HE = , AE HD . chất đoạn thẳng song song ta có Vì HB ⊥ AC nên HB ⊥ HE ⇒ HB < HE (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên). Chứng minh tương tự ta được HC < HD . Xét ∆AHD có HA < AD + DH (bất đẳng thức tam giác). Suy ra: HA + HB + HC < ( AD + DH ) + BE + CD = ( AD + AE ) + BE + CD = ( AD + CD) + ( AE + BE ) < AC + AB . (1) Chứng minh tương tự, ta được: HA + HB + HC < AB + BC. (2) HA + HB + HC < BC + CA (3) Cộng từng vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được: 3( HA + HB + HC ) < 2( AB + BC + CA) 2 Do đó: HA + HB + HC < ( AB + BC + CA) 3 22.14. (h.22.26) Tam giác ABC vuông cân tại A nên theo định lý Py – ta – go ta tính được BC = a 2 . Tam giác MAC cân tại M ⇒ MA = MC , do đó M nằm trên đường trung trực d của AC. Xét tổng MA + MB = MC + MB ≥ BC = a 2 . Dấu “ = ” xảy ra khi M ≡ O với O là giao điểm của d với cạnh BC. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 225 Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng MA + MB là a 2 khi M ≡ O . • Nhận xét: Ta thấy MA + MB ≥ AB = a nhưng không có vị trí nào của M để dấu “ = ” xảy ra. a. Vì thế không thể kết luận min( MA + MB ) = 22.15. (h.22.27) • Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ABC nhỏ nhất Chu vi của ∆ABC là CA + CB + AB . Do AB cố định nên chu vi ∆ABC nhỏ nhất ⇔ CA + CB nhỏ nhất. Vẽ AH ⊥ xy . Trên tia đối của tia HA lấy điểm D sao cho HD = HA . Khi đó BD là một đoạn thẳng cố định. Gọi C’ là một điểm trên xy. ∆AHC ' = ∆DHC ' (c.g.c) ⇒ C 'A = C'D . Xét ba điểm BDC’ ta có C 'B+ C'D ≥ BD (Dấu “=” xảy ra ⇔ C ' ≡ C với C là giao điểm của BD với xy) Do đó C 'B+ C'D nhỏ nhất là bằng BD khi C ' ≡ C . Suy ra khi C là giao điểm của BD với xy thì chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất. • Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC Vẽ BK ⊥ xy, BI ⊥ AH ta tính được HI = 7cm; IA =5cm và ID = 9cm Áp dụng định lý Py-ta-go vào ∆IAB vuông tại I ta có: BI 2 = AB2 − IA 2 = 132 − 52 = 144 Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông IDB ta được: BD 2 = IB2 + ID 2 = 144 + 92 = 225 ⇒ BD = 15(cm) Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC là: CA + CB + AB = BD + AB = 15 + 13 =28 (cm) 22.16 (h22.28) Gọi M là điểm trên cạnh A’B’ mà con kiến phải qua khi bò từ A đến C. Mở nắp hộp A’B’C’D’ đứng lên đến vị trí A’B’C1D1 Xét ba điểm A, M, C1 ta có MA + MC1≥AC1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 226 Dấu “=” xảy ra ⇔M trùng với giao điểm O của AC1 với cạnh A’B’ ⇔ ∆A ' AM = ∆B'C1M(g.c.g) ⇔ MA ' = MB' ⇔M là trung điểm của A’B’ Ta có: AC12 = AB2 + BC12 = 202 + 402 = 2000 ⇒ AC1 = 2000 ≈ 44, 7cm Vậy quãng đường ngắn nhất mà kiến phải bò là 44,7 cm khi kiến bò qua trung điểm M của cạnh A’B’ theo hành trình đoạn thẳng AM rồi đoạn thằng MC’ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 1 MỤC LỤC CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG Chương I: ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG Chuyên đề 1: Hai góc đối đỉnh .............................................................................................. 3 Chuyên đề 2: Hai đường thẳng vuông góc ............................................................................ 7 Chuyên đề 3: Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song .............................................. 11 Chuyên đề 4: Tiên đề Ơ-clit. Tính chất của hai đường thẳng song song .............................. 15 Chuyên đề 5: Định lí.............................................................................................................. 20 Chuyên đề 6: Chứng minh phản chứng ................................................................................. 24 Chương II: TAM GIÁC Chuyên đề 7: Tổng ba góc của một tam giác ........................................................................ 29 Chuyên đề 8: Hai tam giác bằng nhau. Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác ........... 35 Chuyên đề 9: Tam giác cân ................................................................................................... 48 Chuyên đề 10: Định lý Pytago............................................................................................... 60 Chuyên đề 11: Các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông ............................................ 69 Chuyên đề 12: Vẽ hình phụ để giải bài toán ......................................................................... 73 Chuyên đề 13: Chứng minh ba điểm thẳng hàng .................................................................. 81 Chuyên đề 14: Tính số đo góc ............................................................................................... 88 Chương III: QUAN HỆ CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC. CÁC ĐƯỜNG ĐỒNG QUY CỦA TAM GIÁC. Chuyên đề 15: Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác ................................ 96 Chuyên đề 16: Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu.. 100 Chuyên đề 17: Quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác ....................................................... 104 Chuyên đề 18: Tính chất đường trung tuyến của tam giác .................................................... 108 Chuyên đề 19: Tính chất tia phân giác của một góc. Tính chất ba đường phân giác của tam giác. ............................................................................................................................................... 112 Chuyên đề 20: Tính chất ba đường trung trực, ba đường cao của tam giác .......................... 116 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2 Chuyên đề 21: Chứng minh ba đường thẳng đồng quy ......................................................... 122 Chuyên đề 22: Bất đẳng thức và cực trị hình học ................................................................. 127 HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ Chương I: ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG Chuyên đề 1: Hai góc đối đỉnh .............................................................................................. 133 Chuyên đề 2: Hai đường thẳng vuông góc ............................................................................ 138 Chuyên đề 3: Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song .............................................. 142 Chuyên đề 4: Tiên đề Ơ-clit. Tính chất của hai đường thẳng song song .............................. 146 Chuyên đề 5: Định lí.............................................................................................................. 150 Chuyên đề 6: Chứng minh phản chứng ................................................................................. 154 Chương II: TAM GIÁC Chuyên đề 7: Tổng ba góc của một tam giác ........................................................................ 158 Chuyên đề 8: Hai tam giác bằng nhau. Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác ........... 162 Chuyên đề 9: Tam giác cân ................................................................................................... 168 Chuyên đề 10: Định lý Pytago............................................................................................... 175 Chuyên đề 11: Các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông ............................................ 180 Chuyên đề 12: Vẽ hình phụ để giải bài toán ......................................................................... 185 Chuyên đề 13: Chứng minh ba điểm thẳng hàng .................................................................. 190 Chuyên đề 14: Tính số đo góc ............................................................................................... 194 Chương III: QUAN HỆ CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC. CÁC ĐƯỜNG ĐỒNG QUY CỦA TAM GIÁC. Chuyên đề 15: Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác ................................ 203 Chuyên đề 16: Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu.. 209 Chuyên đề 17: Quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác ....................................................... 213 Chuyên đề 18: Tính chất đường trung tuyến của tam giác .................................................... 219 Chuyên đề 19: Tính chất tia phân giác của một góc. Tính chất ba đường phân giác của tam giác. ............................................................................................................................................... 226 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 3 Chuyên đề 20: Tính chất ba đường trung trực, ba đường cao của tam giác .......................... 232 Chuyên đề 21: Chứng minh ba đường thẳng đồng quy ......................................................... 239 Chuyên đề 22: Bất đẳng thức và cực trị hình học ................................................................. 245 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC