toán 8 phát triển bài toán từ bài toán gốc hh

Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T

2. Bài toán mở đầu thứ hai.
Bài toán gốc. Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng
các tam giác đều ABF; ACD. Chứng minh rằng CF = BD.

B
C
A
F
D
H ớng dẫn:
Xét hai tam giác:
VDAB
và
VCAF
, có:

ã
ã
=


=


=

DA CA
DAB CAF
AB AF

VDAB
=
VCAF
(c.g.c)

CF = BD (đpcm)
nếu ta vẽ thêm
VBCE
đều ở phía ngoài của
VABC
thì các đờng thẳng AE;
BD; CF có tính chất gì? Khi đó ta có bài toán thứ hai:
Bài toán 1 :
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.

1
2
1
1
1
1
2
3
B
C
A
D
E

F
O
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
H ớng dẫn
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
Ta có

DAB =

CAF (bài toán mở đầu)


à
1
B
=
$
1
F


tứ giác AOBF nội tiếp


à
1
O
=
à

2
B
= 60
0
và
à
2
O
=
à
1
A
= 60
0

Từ đó suy ra
ã
AOB
= 120
0
(1)
Tơng tự:tứ giácOADC và tứ giác BOCE nội tiếp


à
3
O
=
à
1

C
= 60
0
(2)
Từ (1) và (2)

ã
AOF
= 180
0


A; O; E thẳng hàng
Hay AE; BD; CF đồng quy.
Qua bài trên ta nhận thấy các góc
ã
ã
ã
= = =
0
AOB AOC BOC 120
Khi đó ta bài
toán dựng hình khá quen thuộc:
Bài toán 2:
Dựng điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho
ã
ã
ã
= = =
0

AOB AOC BOC 120
.
Bây giờ ta trở lại bài toán gốc. Gọi O là giao điểm của CF và BD, trên
cạnh BD ta lấy điểm P sao cho PD = OA.

A
C
B
D
F
O
P
Xét hai tam giác:

CPD và

COA, có:
PD = OA (cách vẽ)
ã
PDC
=
ã
OAC
(tgOADC nt)



CPD =

COA (c.g.c)

DC = AC (gt)


ã
ã
ã



= = =


0 0
CP = OC (1)
CPD AOC 120 CPO 60 (2)
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
Từ (1) và (2) suy ra

CPO đều

OP = OC
Do đó ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay: OA + OB + OC = BD
Đây là một đẳng thức khá đẹp, nhng đẳng thức trên có ý nghĩa gì không?
Từ đó ta có bài toán mới
Bài toán 3:
Xác định điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng khoảng cách từ O
tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.
H ớng dẫn
Dựng

OCQ đều ở phía ngoài

OBC, dựng

ACD đều ở phía ngoài

ABC.

B C
A
F
D
O
Q
Xét hai tam giác:

CQD và

COA, có:
CQ = CO (

OCQ đều)
ã
QCD
=
ã ã
=
0
OCA( 60 QCA)

CQD =

COA (c.g.c)

OA = QD
DC = AC (gt)
Do đó ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD

BO + OD

BD
Dấu = xảy ra khi :
+) O, Q, D thẳng hàng mà
ã
CQO
= 60
0



ã
CQD
= 120
0
nên
ã
AOC

=
120
0
(1)
+) B, O, Q thẳng hàng mà
ã
COQ
= 60
0
nên
ã
BOC
= 120
0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác dới một góc bằng
120
0

Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
Nh vậy ta thấy điểm O vừa là giao điểm của ba đờng thẳng ở bài toán 2, vừa
nhìn các cạnh của tam giác dới một góc bằng 120
0
, vừa có tổng khoảng cách
tới các đỉnh nhỏ nhất.
Trở lại bài toán gốc, nhận thấy
V VABF; ACD
của bài toán là các đều, nếu
các tam giác đó là các tam giác vuông cân thì BD và CF sẽ có tính chất
gì? Từ đó ta lại có bài toán mới.

Bài toán 4:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF; ACD
vuông cân tại A. Chứng minh rằng CF = BD; CF

BD.

B
C
A
D
F
O
H ớng dẫn:
+) CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)
+) CF

BD (Tứ giác AOBF nội tiếp


ã ã
= =
0
BOF BAF 90
)
Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của BF; CD; BC

B
C
A
D

F
O
N
M
I
Khi đó ta có:
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
IM là đờng trung bình của tam giác BCF nên: IM // =
2
1
CF (1)
Tơng tự ta có: IN // =
2
1
BD (2)
Mà: CF

= BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra

MIN vuông cân tại I.
Nhận xét rằng

AMB và

ANC vuông cân tại M và N. Ta có bài toán
mới
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABM vuông
cân tại M; tam giác ACN vuông cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC.

MIN là tam giác gì?

B
C
A
N
M
I
Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng
minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các
hình vuông ABDE và ACHF thì ta đợc bài toán đơn giản hơn. Ta có bài
toán 6.
Bài toán 6 :
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF.
a.Chứng minh rằng: BF = CE và BF

CE
b.Gọi I, J lần lợt là tâm của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng

MIJ là tam giác vuông cân.
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T

B
C
A
H
F

E
D
I
J
M
Bài toán 6 không chỉ đơn giản hơn cho học sinh ở chỗ có câu a là bài
toán phụ để chứng minh câu b. mà có thể phát triển sang bài toán khác t-
ơng tự và tổng quát hơn.Nếu gọi N là trung điểm của EF thì ta cũng có
NJ là đờng trung bình của

ECF, và ta cũng dễ dàng suy ra đợc tứ giác
IMJN là hình vuông, từ đây ta có bài toán 7
Bài toán 7:
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF. Gọi I, J lần lợt là tâm của hai hình vuông đó. M, N là trung điểm của
BC và EF. Chứng minh rằng tứ giác IMJN là hình vuông.

B
C
A
H
F
E
D
I
J
M
N
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
ở bài toán trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của tam

giác AEF cũng là đờng cao của tam giác ABC và đờng trung tuyến AM
của tam giác ABC cũng là đờng cao của tam giác AEF. Ta có bài toán 8.
Bài toán 8:
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF. Chứng minh rằng đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đ-
ờng cao AP của tam giác ABC và đờng trung tuyến AM của tam giác ABC
cũng là đờng cao của tam giác AEF.

B
C
A
H
F
E
D
M
Q
P
N
H ớng dẫn
Trớc hết ta chứng minh AN

BC.
Dựng hình bình hành AEQF, suy ra Q, N, A thẳng hàng.
Xét hai tam giác:

ABC và

FQA, có:
ã

ã
ã
ã


= =



V V
AB = FQ (= AE)
BAC FAQ ABC = FQA (c.g.c) ACB FAQ
FA = AC
Mà
ã
ã ã
ã
ã
+ = + = =
0 0 0
FAQ CAP 90 CAP ACP 90 CPA 90
. Hay AN

BC.
Hoàn toàn tơng tự, ta dựng hình bình hành ABGC thì ta cũng chứng minh đ-
ợc AM

EF.
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
ở bài toán trên ta nhận thấy QA

BC. Liệu QC có vuông góc với BH
không? Từ đây ta có bài toán 9.
Bài toán 9:
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH

QC

A
C
B
P
M
D
E
F
H
Q
N
O
H ớng dẫn
Gọi O là giao điểm của BH và QC. Theo bài toán 9, ta có:

ABC =

FQA,
nên: BC = QA và
ã
ã

ã
ã
= =ACB FAQ BCH QAC
Xét hai tam giác:

BCH và

QAC, có:
ã
ã
( ) ( )


= = =


=

V V
BC = QA
BCH QAC BAC QAC c.g.c BH QC 1
CH AC
và
ã
ã
=CBH AQC
Mà
ã
ã
ã

ã
+ = = =
0 0
AQC QCP 90 CBH QCP 90
hay
ã
=
0
BOC 90
.Hay BH

QC
(2). Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Tơng tự nh trên ta cũng có CD

QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đ-
ờng cao của tam giác QBC. Và từ dây ta xây dựng đợc bài toán mới đợc
phát biểu ở dạng khác.
Bài toán 10:
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và
ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng QP, BH và CD đồng quy

B
C
A
P
H
F
E

D
Q
Tiếp tục bài toán 8, ta có đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là
đờng cao của tam giác AEF. Từ đây ta khai triển đợc bài toán mới tổng
quát hơn.
Bài toán 11:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông ABEF;
ACMN; BCPQ. Chứng minh các đờng cao của các tam giác AFN; CMP;
BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy

B
A
C
M
P
Q
E
F
N
V
H
J
K
I
Trở lại bài toán gốc. Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của AF; AD; BC.
Thì tam giác MNI có gì đặc biệt không? Ta có bài toán 12
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T
Bài toán 12:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD. Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của AF; AD; BC.

Chứng minh rằng tam giác MNI đều.

B
C
A
F
D
I
T
N
M
H ớng dẫn
Gọi T là trung điểm của AC. Xét hai tam giác:

AMN và

TIN, có:
ã
ã
ã
( )
=



= = =


=

V V
0
am ti
man itn 240 bac amn tin
an nt

MN = IN (1) và
ã
ã
ã
= =
0
mna int mni 60
(2). Từ (1) và (2) suy ra

MNI đều.
Tiếp tục bài toán trên, nếu ta dựng hình bình hành AFPD, thì ta cũng
có tam giác PBC đều. Khi đó ta có bài toán mới
Bài toán 13:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD, dựng hình bình hành AFPD. Tam giác PBC là tam giác gì?

B
C
A
F
D
P
Bi tp phỏt trin t duy Trn Quc T

H ớng dẫn
Xét hai tam giác:

ABC và

DPC, có:
ã
ã
=


= = =


=

V V
ab dp
bac pdc abc dpc bc pc
ad dc
(1)
Chứng minh tơng tự ta có:

ABC =

FBP (c.g.c)

BC = BP (2)
Từ (1) và (2) suy ra

PBC đều