Các bài toán phát triển từ một hình quen thuộc

Những bài toán phát triển từ 1 hình vẽ quen thuộc

(Những cặp tam giác đặc biệt– chìa khóa bài toán ¥ )
/>M94


Bài 1: Cho tam giác ABC . Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam
giác .

. CMR : OM

ON và OM=ON .

Bài làm:
_ Xét tam giác ADC và tam giác ABG có :
+ AD=AB (cạnh hv ABDE)
+ AC=AG (cạnh hv ACFG)
+ DAˆ C  BAˆ G (=90 + EAG)
ADC= ABG (c-g-c)
Do đó : DC = BG (3) và

ADˆ C  ABˆ G

_ Trong tam giác BDC có OM là đường TB

OM =

// EC (1)

_ Trong tam giác CBG có ON là đường TB

ON =

// BG (2)


_ DC

BG (bạn đọc tự CM – theo hình ) (4)

(1);(2);(3);(4)

đpcm

Thực chất bài toán cũng giống như bài toán mà fan3T đã hỏi trên 4r vào tháng 2 năm ngoái , bài
toán với sự trợ giúp của cặp tam giác “đặc biệt” thật quá là đơn giản phải không? 2 bài toán sau cũng đơn
giản chỉ mở rộng nhỏ và hoàn toàn dựa vào bài toán đầu vì vậy mình chỉ đưa ra làm VD , Bạn đọc có thể
tự CM.

Bài 2 (a): Cho tam giác ABC . Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam
giác . Gọi M là trung điểm GD ; P là trung điểm BC ; N là tâm hình vuông ABED (giao
của AE và BD) ; Q là tâm hv ACFG (giao của AF và CG). CMR: MNPQ là hình vuông
(Ngoài ra có 1 số đầu bài VD như CM MP vuông với NQ -> dung DC

BG là đc)


Bài 2(b): Cho tam giác ABC có đỉnh A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác các hình
vuông ABDE, ACMN, BCPQ; các hình bình hành CMKP và BDIQ. Chứng minh rằng
AIK là tam giác vuông cân.

?!!
Sau dạng toán trên, mình xin đưa ra 1 dạng toán khác của hình vẽ quen thuộc này , 1
bài toán khá phổ biến mà không ai là ko từng gặp 1 lần (thực ra trên 3T có hỏi dạng này
nhiều lần nhưng mình không tìm được link vì hiện tại bài viết trên 3T giờ đã quá nhiều )
__________________________________


Bài 3: Cho tam giác ABC . Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam
giác .CMR: a). BG ; CD ; EF đồng quy
b). Gọi điểm đồng quy là K.CMR : EF là đường p/g của góc CGK

Cách lớp 9: Như ở trên đã CM (bài 1) : CD

BG

tứ giác KBED và KCFG nội tiếp

BKˆ E CKˆ F 45o từ đó có dpcm .
_____________________________
Trong phần “lời mở đầu” mình có trích link bài toán của hieuchuoi@ , mình xin phép được
phát triển bài toán từ đầu bài đó và câu hỏi của Quang Minh như sau , (nếu giả dụ có ai
gặp phải dạng này thì khỏi bỡ ngỡ :D )


Bài 4: Cho tam giác ABC bất kì . Dựng về phía ngoài tam giác hai hình vuông ABED và
ACFG . Lấy M là trung điểm DG , K là trung điểm BC . CMR : 1). AK vuông và = ½ DG
2). AM vuông và bằng ½ BC

Có lẽ là quyển sách 1 năm 3T nên mình sẽ đi theo hướng của Smod Nguyễn Văn Linh ,
ngoài ra mình ra thêm hai hướng nữa có lẽ nên để bạn đọc tự tìm hiểu  .

Dựng A1 đối xứng với A qua M (hay M là trung điểm AA1) , kéo dài tia Ax nằm đối với
AM
Dễ thấy tam giác DAA1 và tam giác ABC bằng nhau theo t/h c-g-c (góc cùng bằng=
180 0  DAˆ N ) Do đó có AM = ½ BC


MAˆ G  ACˆ B 
  AM  BC
GAˆ M  CAˆ x 90 0 
Về phần 1 nhường bạn đọc CM tương tự .
___________________________________
Từ bài toán trên mình phát triên thêm 2 bài toán khác hoàn toàn dựa vào bài làm bài toán
trên 
Bài 5(a): Cho tam giác ABC bất kì . Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ;
ACFG và BCMN . CMR : S ABC S ADG S BEN SCFM


Chú ý rằng bài trên ta đã có tam giác ABC = tam giác ADA1 mà

S ABC S ADG

S ADA1  S ADG

do đó

Bạn đọc tự cm tg tự cho hai diện tích còn lại

Bài 5(b): Với đầu bài như 5(a) Lấy I,H,K lần lượt là trung điểm của DG ; EN ; FM .
CMR: IA ; HB ; KC đồng quy

Giờ thì quá đơn giản rồi, như câu 4 ta đã chứng mình IA vuông với BC (trong VD 4 thì là
MA ) vậy tia IA sẽ là đường cao của đỉnh A tam giác ABC . Các đường khác tương tự  .
Mà 3 đường cao của 1 tam giác sẽ giao nhau tại 1 điểm . Vậy là ta có dpcm.

Trên hình vẽ này với mỗi đường kẻ bạn đều có thể thu được 1 bài toán mới. VD Ta cùng
quan sát bài toán sau đây: (đây chỉ là 1 bài toán nhỏ tình cờ mình kẻ trong giờ học văn)

Bài 6: Cho tam giác ABC bất kì . Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ;
ACFG và BCMN . Gọi I;H;K lần lượt là tâm của các hình vuông ABED ; ACFG và
BCMN . CMR: AK

IH


Dễ nhận thấy IH là đường trung bình của tam giác AEF . Suy nghĩ đặt ra liệu có đường
nào có tính chất như EF ? Song song và bằng EF thì chắc chắn sẽ xuất hiện hbh . Ta làm
thao tác dựng như sau :
Dựng hình bình hành B1EBN và C1MCF .
Bạn đọc tự CM EFC1B1 là hbh (dựa vào hv BCNM) . Vấn đề chúng ta là cần CM AB1C1
là tam giác vuông cân với K là trung điểm cạnh B1C1. Quan sát kĩ hơn ta chỉ cần CM :
AK

và = B1K ; AK

và = C1K . Vậy là ta đã quay lại 1 bài toán cơ bản (Bạn đọc chỉ

cần xét hai cặp tam giác có tô màu là xong bài toán rồi )

Một vài bài tập của dạng này:
Bài 1:
Cho tam giác ABC . Dựng hai hình vuông ABED và ACFG nằm bên ngoài tam giác .
. CMR: AH

BC

Bài 2: Cho tam giác ABC. Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ; ACFG và
BCMN . Lấy K là trung điểm của EF và O là tâm của hình vuông BCMN . CMR:
a) OBKC là hình vuông
b) KD=KG


Bài 3: Cho tam giác ABC. Dựng về phía ngoài tam giác ba hình vuông ABED ; ACFG và
BCMN . CMR:

Hai topic đã giúp mình đưa ra ý tưởng và hoàn thành bài viết này :
Bài toán của fan3T: />Bài toán của hieuchuoi@: />