Bài tập pt tư duy

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.