BÀI TẬP HÌNH HỌC
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
:: Bài 1
Trong hình vuông ABCD chọn một điểm M sao cho MAB là tam giác cân có góc đáy MAB=MBA=15o. Chứng minh MDC là tam giác đều. (GT: AB=BC=CD=DA= a, MA=MB,  MAB = MBA = 15o, KL:  MDC đều)
BÀI GIẢI
 a) Phương Pháp Hình Học:
Chọn một điểm P trên đường trung trực chung của AB và CD (đường thẳng xy), sao cho PAB là một tam giác đều (PA=PB=AB= a). Ta sẽ có PAB
= 60o và APM=30o
PAM = PAB + MAB = 60o + 15o = 75o
DAM = DAB - MAB = 90o - 15o
= 75o
==> PAM = DAM (1)
Hai tam giác PAM và DAM có hai cạnh bằng nhau (cạnh chung AM và AP=AD) kèm giữa một góc bằng nhau (1), vậy chúng bằng nhau. Suy ra: ADM = APM = 30o
==> MDC = 60o.
Tam giác cân MDC có một góc bằng 60o
(MDC), nên là tam giác đều.
b) Phương Pháp Lượng Giác:
Áp dụng công thức cộng hàm Lượng giác:
tan(a-b) = (tan a - tan b) / (1+ tan a . tan b) để tính tan15o:
tan15o = tan(60o - 45o) = (tan60o - tan45o) / (1 + tan60o. tan45o) =
( -1) / (1+ .1) = (-1).(-1) / (+1).(-1) =
(-1)2 /2 -12 = (3+1-2) / 2 = 2 -
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông MEB, ta có: tan(MBE) = EM / EB
==> EM = tan(MBE) . EB
Vậy EM = tan15o. a/2 = (2-) . a/2 = a(2-) / 2
Tương tự, ta có tan(MDF) = MF / FD = (EF - EM) / FD =
[a - a(2 - )/2] / a/2 = [2a - a(2-)] / a = (2a-2a+a) / a =
Vậy MDF = 60o ==> MDC đều.
:: Bài 2
Cho 2 đoạn thẳng bất kỳ bằng nhau: AB = CD. Gọi N là trung điểm của BC và M là trung điểm của AD. Ðường AB cắt MN tại E và cắt CD tại F. Ðường CD cắt MN tại G. Chứng minh tam giác EFG cân tại đỉnh F.
(GT: AB = CD, MA = MC, NB = ND, KL: FE = FG)
BÀI GIẢI
 Vẽ thêm 2 hình bình hành ABNK và DCNL.
Ta có: AK = DL (= BN = CN)
AK // DL (// BC)
Tứ giác AKDL có hai cạnh đối diện AK & DL vừa song song vừa bằng nhau, vậy là hình bình hành. Do đó hai đường chéo AD & KL của chúng phải cắt nhau tại trung điểm M.
Tam giác KNL cân (NK = NL = AB = CD) nên đường trung tuyến NM cũng là đường phân giác.
Suy ra: N1 = N2 (1)
Ta có: N1 = E1 (góc đồng vị)
N2 = G (góc đồng vị)
Từ (1) ==> E1 = G Vì E1 = E2 (góc đối đỉnh) ==> E2 = G
Vậy tam giác EFG cân.
:: Bài 3
Cho hình bình hành ABCD và bên trong là hình bình hành A'B'C'D'. M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AA', BB', CC', DD'. Chứng minh MNPQ cũng là một hình bình hành.
BÀI GIẢI
 Kẻ thêm 2 đường thẳng AB' và CD'. Gọi M', P' lần lượt là trung điểm của AB' và CD'.
Ta có: MM' // = 1/2 A'B' (*)
PP' // = 1/2 D'C' .
Vì A'B' = D'C' (cạnh của hình bình hành A'B'C' D') nên MM' //= PP'.
Vậy tứ giác MM'PP' là hình bình hành, hai đường chéo MP, M'P' của chúng phải cắt nhau tại trung điểm (1).
Tương tự như trên, ta có:
M'N // = 1/2 AB
P'Q // = 1/2 CD .
Vì AB = CD (cạnh của hình bình hành ABCD) nên M'N // = P'Q.
Vậy tứ giác M'NP'Q là hình bình hành, hai đường chéo M'P', NQ của chúng phải cắt nhau tại trung điểm (2).
Từ (1) và (2) suy ra I là trung điểm chung cuả 3 đoạn thẳng MP, M'P', NQ.
Tứ giác MNPQ có hai đường chéo MP và NQ giao nhau tại trung điểm nên là một hình bình hành.
(*) Xin xem Ðịnh lý 8 trong phần Các Ðịnh Lý về Hình Bình Hành
:: Bài 4
Cho tam giác đều ABC. Ðường AQ bất kỳ (điểm Q nằm trên BC) cắt vòng tròn ngoại tiếp tại P.
Chứng minh: 1 / PB + 1 / PC = 1 / PQ
BÀI GIẢI
 Kéo dài CP một đoạn PN = PB. Tam giác cân BPN có BPN = 60o (chắn cung BC) nên cũng là tam giác đều. Suy ra PQ // NB và PQC đồng dạng với NBC. Ta có hệ thức đồng dạng: PQ / NB = PC / NC (1)
Vì NB = PB ( BPN đều) và NC = NP + PC = PB + PC, nên hệ thức (1) trở thành:
PQ / PB = PC / (PB+PC)
PQ (PB + PC) = PB . PC
PQ . PC + PQ . PB = PB . PC (2)
Chia 2 vế của hệ thức (2) cho PB . PC . PQ, ta được:
1 / PB + 1 / PC = 1 / PQ
:: Bài 5
Cho hai vòng tròn cắt nhau tại B và D và một cát tuyến ABC bất kỳ. Gọi:
M là trung điểm đoạn AC.
K là trung điểm cung AD
N là trung điểm cung CD (cung AD & CD nằm về phía không chứa điểm B).
Chứng Minh: KM thẳng góc với NM.
BÀI GIẢI
 Kéo dài KM một đoạn ML = MK, đoạn NM sẽ là trung tuyến của tam giác KNL. Nếu ta chứng minh được tam giác KNL cân thì trung tuyến NM cũng chính là đường cao của tam giác này. Và như thế KM sẽ thẳng góc với NM.
Thật vậy, vì M là trung điểm của hai đường chéo AC và KL nên tứ giác AKCL là hình bình hành.
Suy ra:
LC // KA ==>xAB=LCy (góc đồng vị),
LC = KA ==> LC = KD (1)
Theo giả thiết: N là trung điểm cung CD nên: NC=ND (2)
Xét hai góc KDN và LCN,
KDN = BDN+KDB, vì BDN=yCN (cùng chắn cung BN) và KDB = xAB (cùng chắn cung BK) = LCy
Vậy KDN = yCN + LCy = LCN (3)
Hai tam giác KDN và LCN có hai cạnh bằng nhau (1&2), kèm giữa một góc bằng nhau (3). Vậy chúng bằng nhau. Suy ra KN = LN ==> tam giác KNL cân.
Do đó: KM  NM
:: Bài 6
Cho tam giác cân ABC: A = 20o, AD = BC. Tính DCA?
BÀI GIẢI
Vẽ thêm tam giác cân AED với góc ở đỉnh E = 20o, ta sẽ có:
ADE = DAE = (180o - 20o) / 2 = 80o.
Vậy CAE = DAE - DAC = 80o - 20o
= 60o
==> CAE là tam giác đều.
Suy ra: AEC = 60o ==> DEC = 40o,
EC = EA = ED ==>
DEC cân,
vậy DCE = CDE = (180o- 40o)/2 =70o.
DCA = DCE - ACE = 70o - 60o,
==> DCA = 10o
Cách Giải Khác:
Vẽ thêm tam giác đều AED.
Xét hai tam giác EAC và BCA, chúng có:
EAC = BCA (= 80o)
EA = BC
cạnh AC chung,
nên chúng bằng nhau, suy ra CE = AB = CA ==> ECA cân.
Vậy CD chính là đường phân giác của ECA, ==> DCA = 10o
:: Bài 7
Cho hình bình hành ABCD. Từ D và B, kẻ hai đường thẳng tạo với DC và BC hai góc bằng nhau (PDC = PBC). Chứng minh DPA = BPC.
BÀI GIẢI
Vẽ thêm hình bình hành BQPC, ta sẽ có:
1) 
= PBC (góc so le trong) (1)
2) QP //= BC //= AD nên AQPD cũng là hình bình hành ==> AQ // DP,
suy ra QAB = PDC = PBC (2)
Từ (1) và (2) ta có: = QAB, vậy tứ giác ABQP nội tiếp trong một vòng tròn. Do đó:
 +
 = AQB (chắn cung AB)
+
 = DPC = AQB (góc có 2 cặp cạnh song song)
==> =
==> DPA = BPC
:: Bài 8
Cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh A = 20o. Vẽ những đường thẳng bên trong tam giác tạo thành các góc sau: DBC = 60o , ECB = 50o . Tính góc EDB ?
BÀI GIẢI
 Trong tam giác ABC, vẽ đường thẳng BF = BC. Ta sẽ có:
FBC = 20o, FBE = 60o, BEC = 50o.
Vậy EBC cân ==> EB = BC = BF ===>
EBF cân.
Tam giác cân EBF có một góc bằng 60o (FBE), nên là tam giác đều
==> BF = FE (1).
BFD có FBD = FDB = 40o nên là tam giác cân
==> BF = FD (2).
Từ (1) và (2) ta có EFD cũng cân. Tam giác này có góc ở đỉnh là: EFD = 180o - (EFB + BFC) = 180o - (60o + 80o) = 40o
Vậy góc đáy EDF của chúng = 70o, suy ra EDB = 30o.
:: Bài 9
I là trung điểm dây cung AB của vòng tròn (O). Qua I, vẽ hai dây cung bất kỳ CD và EF. CF và ED cắt AB tại M và N. Chứng Minh: IM = IN.
BÀI GIẢI
 Hai tam giác FIC và DIE đồng dạng vì có hai góc bằng nhau từng đôi một (F = D, C = E). Ta được tỷ lệ thức:
FI/DI = FC/DE (1)
Kẻ hai đường trung tuyến IK và IL, xét hai tam giác FIK và DIL, chúng có:
F = D
Từ (1) và từ tính chất đường trung tuyến ta cũng có:
FI /DI = 2FK/2DL = FK/DL
Vậy chúng đồng dạng, suy ra:
K1 = L1 (2)
Nối tâm O đến trung điểm các dây cung AB, FC, DE, ta có:
OI AB, OK FC, OL DE.
Suy ra hai tứ giác OIMK và OINL nội tiếp trong hai vòng tròn.
Vậy: K1 = O1 (cùng chắn cung IM của vòng ngoại tiếp tứ giác OIMK)
L1 = O2 (cùng chắn cung IN của vòng ngoại tiếp tứ giác OINL)
So sánh với (2) ta được O1 = O2, nên OI cũng chính là đường phân giác của
MON.
Trong MON, OI vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, vậy OI cũng là đường trung tuyến, do đó: IM = IN.
:: Bài 10
I là trung điểm dây cung AB của vòng tròn (O). Qua I, vẽ hai dây cung bất kỳ CD và EF. EC và FD cắt AB tại M và N. Chứng Minh: IM = IN.
BÀI GIẢI
 1) Phương Pháp Hình Học:
Tương tự như bài kỳ trước ta có hai tam giác FID & CIE đồng dạng ==> FIK ~ CIL
==> FKI = MLI.
Cũng từ hai tứ giác OIKN & OIML nội tiếp trong hai vòng tròn nên ta có: FKI = ION, MLI = IOM. Suy ra: IOM = ION.
Do đó: IM = IN
2) Phương Pháp Ðại Số:
 Ðặt IA = IB = a, IM = y, IN = x, MQ = y1, MP = y2, NS = x1, NR = x2.
Hai tam giác vuông NSF và MPC có F = C nên đồng dạng, ta có:
NS/MP = NF/MC ==> x1 / y2 = NF/MC
Hai tam giác vuông NRD và MQE có D = E nên đồng dạng, ta có:
NR/MQ = ND/ME ==> x2 / y1 = ND/ME
Vậy: (x1.x2)/(y1.y2)=(NF.ND)/(MC.ME) (1)
Ta cũng có: NSI ~ MQI
==> NS/MQ = NI/MI ==> x1 / y1 = x / y
NRI ~ MPI
==> NR/MP = NI/MI ==> x2 / y2 = x / y
Vậy: (x1.x2) / (y1.y2) = x2 / y2 (2)
Từ (1&2) suy ra: x2/y2 = (NF.ND)/(MC.ME) = (NA.NB)/(MA.MB)
= [(x+a).(x-a)] / [(y-a).(y+a)] = (x2-a2)/(y2-a2)
==> x2(y2 - a2) = y2 (x2 - a2)
==> x2y2 - x2a2 = y2x2 - y2 a2
==> x2 = y2
==> x = y Do đó: IM = IN
:: Bài 11
Cho tam giác cân ABC. Chọn điểm D trên BC sao cho BD = 2DC. Chọn điểm P trên AD sao cho BPD = BAC. Chứng Minh: BAC = 2 DPC
BÀI GIẢI
 a) S(BPD) = (BD . h0) / 2
S(DPC) = (DC . h0) / 2
Vì BD = 2 DC nên S(BPD) = 2 S(DPC)
S(BPD) = (PD . h2) / 2
S(DPC) = (PD . h1) / 2
Vì S(BPD) = 2 S(DPC) nên h2 = 2 h1
S(ABP) = (AP . h2) / 2
S(APC) = (AP . h1) / 2
Vì h2 = 2h1 nên S(ABP) = 2 S(APC)
Trong ABP, ta có BPD = B1 + A2 (góc ngoài bằng hai góc trong không kề với nó), mà A = A1 + A2 và theo giả thiết BPD = A, vậy B1 = A1
Nếu chọn điểm I trên BP sao cho BI = AP ta sẽ có hai tam giác ABI và APC bằng nhau (BI=AP, AB=AC, B1 = A1). Vậy S(ABP) = 2S(APC) = 2S(ABI)
S(ABP) = (BP. h) / 2
S(ABI) = (BI . h) / 2
Vì S(ABP) = 2 S(ABI) nên BP = 2 BI, do đó BP = 2 AP
b) Hai tam giác bằng nhau ABI và APC cũng cho BAI = C2.
Góc ngoài BPD của tam giác cân AIP ==> BPD = 2I1.
Góc ngoài I1 của tam giác ABI ==> I1 = BAI + B1 = C2 + A1
Vậy BAC = BPD = 2 (C2 + A1)
Góc ngoài DPC của tam giác APC ==> DPC = C2 + A1
nên BAC = 2 DPC
Phần a) chứng minh BP = 2AP ở trên, có thể dùng định lý hàm số sin trong tam giác để giải như sau:
Định lý hàm số sin trong BAD cho ta: BD/sin(A2) = AB/sin(D1) (1)
Ðịnh lý hàm số sin trong CAD cho ta: DC/sin(A1) = AC/sin(D2) (2)
Chia (1) cho (2) ta được:
BD.sin(A1)/sin(A2).DC = AB.sin(D2)/sin(D1).AC
Theo tính chất của cung liên kết: sin( -x) = sin x, thì sin(D2) = sin(-D1) = sin(D1); và theo giả thiết AB=AC nên vế 2 của đẳng thức trên bằng 1, vậy vế 1 là:
BD.sin(A1)/sin(A2).DC = 1. Vì BD = 2DC, suy ra: sin(A1)/(sin(A2)= ½ (3)
Trong ABP, ta có BPD = B1 + A2 (góc ngoài bằng hai góc trong không kề với nó). A = A1 + A2
Theo giả thiết: BPD = A, vậy B1 = A1
Cũng trong ABP, định lý hàm số sin cho ta: BP/sin(A2) = AP/sin(B1)
Vì B1 = A1 nên đẳng thức trên cũng có thể viết:
sin(A1)/sin(A2) = AP/BP (4)
So sánh (3) và (4) ta được AP/BP = ½ ==> BP = 2 AP
:: Bài 12
Cho hình lục giác ABCDEF nội tiếp trong vòng tròn tâm O bán kính R với AB = CD = EF = R. M, N, P tuần tự là trung điểm của BC, DE, FA. Chứng Minh: MNP là tam giác đều.
BÀI GIẢI
 Gọi G, H, I, J lần lượt à trung điểm các bán kính OA, OB, OC, OD. Hai tam giác cân GHM và JIM có: HG = HM = IJ = IM = R/2, và: I = I1 + I2 = 120o + = H1 + H2 = H
Vậy chúng bằng nhau. Suy ra: GM = JM (1)
Tổng các góc trong JIM là:
I1 + I2 + 2 = 180o
120o + +2 = 180o
==> 2 = 180o - 120o - = 60o -
==> = 30o - /2
Ta có: PGM = G1 + G2 + G3
= (180o - ) + 60o +
= 240o - + (30o -
/2)
= 270o - -
/2
NJM = J1 +J2
= + (120o - )
= (180o - -
) +120o - (30o -
/2)
= 270o - -
/2
Vậy PGM = NJM (2)
Hai tam giác PGM và NJM có hai cạnh bằng nhau (PG = NJ (= R/2), GM = JM (1)) kèm giữa một góc bằng nhau (PGM = NJM (2)), vậy chúng bằng nhau. Suy ra: PM = NM.
Nối thêm với các trung điểm của OE, OF và chứng minh tương tự như trên, ta sẽ được: PM = NM = PN.
Vậy: tam giác MNP đều.
:: Bài 13
I và O theo thứ tự là tâm vòng nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu EA = AB = BD và C
= 30o thì ED = IO và ED IO. (Trích từ "Gux Mathematicorum", 1987).
BÀI GIẢI
 Nối dài đường phân giác AI cắt vòng tròn ngoại tiếp ABC tại F. F chính là trung điểm cung BC, vậy FO BC.
Vì EAB cân nên AF cũng là đường trung trực của EB, suy ra FE = FB;
AFB = C = 30o ==> EFB đều, ==> FB = BE (1).
Ðể ý AIB, góc ngoài FIB bằng tổng số hai góc trong không kề với nó, vậy:
FIB = IAB + IBA = A/2 + B/2
Ta cũng có: FBI = FBC + CBI = FAC + CBI = A/2 + B/2
Vậy BFI cân ==> FB = FI (2)
Từ (1) và (2) ta có: BE = FI.
Theo giả thiết C = 30o ==>  AB = 60o ==> AB = R ==> DB = OF
Hai tam giác DBE và OFI bằng nhau vì: BE = FI, DB = OF và OFI = CBE (góc có cạnh thẳng góc: BE FI, FO BC).
Suy ra: ED = IO và BED = FIO.
Theo trên BED = FIO, mà BE FI, vậy ED IO.
:: Bài 14
Tam giác ABC có vòng tròn nội tiếp tâm O. D là tiếp điểm và M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MO cắt AD tại trung điểm I.
BÀI GIẢI
 Vẽ đường kính DD'. Qua D' vẽ B'C' // BC,
==> AB'C' ~ ABC
==> vòng tròn nội tiếp AB'C' tiếp xúc với B'C' tại điểm K trên AD.
Các tiếp tuyến phát xuất từ một điểm đến vòng tròn thì bằng nhau nên ta có: EF = GH. ==> EF = B'E + B'F = B'K + B'D' = B'K + (B'K + KD')
==> EF = 2B'K + KD' (1)
GH = C'G + C'H = C'K + C'D' = (C'D'+D'K) + C'D'
==> GH = 2C'D' + KD' (2)
Theo trên ta có EF = GH nên (1) = (2) suy ra B'K = C'D' cũng có nghĩa BD = CN vì AB'C' ~ ABC, vậy M là trung điểm của DN (vì M đã là trung điểm của BC theo giả thiết).
M, O lần lượt là trung điểm của DN và DD' nên MO // ND' ==> MI // NA.
Trong ADN, MI // NA và M là trung điểm của DN thì I phải là trung điểm của DA và MI = 1/2 NA.
Kết luận: MO cắt AD tại trung điểm I
:: Bài 15
Nếu : AB + BF = AD + DF thì: AC + CF = AE + EF
BÀI GIẢI
 Trên AB kéo dài lấy điểm P sao cho BP = BF. Trên AD kéo dài lấy điểm M sao cho DM = DF. Vậy giả thiết cho AB+BF=AD+DF cũng tương tự giả thiết cho AP = AM ==> PAM cân.
Trên AC kéo dài lấy điểm Q sao cho CQ = CF. Trên AE kéo dài lấy điểm N sao cho EN = EF. Vậy chứng minh AC+CF=AE+EF cũng tương tự chứng minh AQ = AN.
Vẽ 3 đường phân giác của 3 góc A, B, D và gọi , ,
là nửa số đo các góc ấy. Ba đường phân giác trên cũng chính là 3 đường cao của 3 tam giác cân PAM, PBF, MDF.
Ta có:
FMP = AMP - AMF = (90o- ) - (90o- ) = - (1)
FPM = APM - APF = (90o - ) - (90o- ) = - (2)
QCF = ADC + A = (180o- 2) + 2
Q = (180o - QCF)/2 = (180o- (180o- 2+2))/2 = - (3)
Từ (1) & (3) ==> FMP = Q, chứng tỏ 4 điểm Q, P, F, M ở trên một vòng tròn.
NEF = ABE + A = (180o- 2) + 2
N = (180o -NEF)/2 = (180o- (180o- 2+ 2))/2 = - (4)
Từ (2) & (4) ==> FPM = N, chứng tỏ 4 điểm P, F, M, N ở trên một vòng tròn. Vậy vòng tròn đi qua 5 điểm Q, P, F, M, N.
PFQ = 180o- (FPQ + Q) = 180o- (90o ++- ) = 90o--+
MFN =180o- (FMN +N) =180o-(90o ++- ) = 90o--+
Vậy PFQ = MFN, nên chúng cũng chắn hai dây cung bằng nhau PQ và MN.
Ta đã có AP = AM theo giả thiết, vậy AQ = AN.
Kết Luận: AC + CF = AE + EF
:: Bài 16
Cho tam giác ABC với AB > BC, BM là trung tuyến và BL là phân giác. Ðường thẳng qua M song song với AB cắt BL tại D. Ðường thẳng qua L song song với BC cắt BM tại E. Chứng minh: ED thẳng góc với BL. (Vô địch Liên Xô năm 1998)
BÀI GIẢI
 Kéo dài MD cắt BC tại F. Vì MD // AB và M là trung điểm của AC (giả thiết) nên F cũng là trung điểm của BC. Theo giả thiết: EL // BC nên MD cũng cắt EL tại trung điểm. Vậy GE = GL (1)
Ta có:
LBF = BLE (so le trong)
LBA = LDM (đồng vị)
suy ra: BLE = LDM ==> GDL cân ==> DG = GL (2).
Từ (1) và (2) ta có: DG = GL = GE.
Xét tam giác EDL, đường trung tuyến DG = 1/2 EL; chứng tỏ EDL là một tam giác vuông.
Vậy: ED  BL
:: Bài 17
Cho tam giác ABC với A = 2 B. Trung trực của AB kẻ từ M cắt BC, AC tại E và F. Ðường thẳng góc với BC tại B cắt AC tại D. Chứng minh: AMC = DMB
BÀI GIẢI
 Giả thiết cho A = 2 ABC và E, F nằm trên đường trung trực của AB, suy ra AE là phân giác của góc A và BE cũng là phân giác của góc ABF.
Ðường thẳng DM cắt 3 cạnh của tam giác AFB tại D, G, M; theo định lý Menelaus: (http://mathworld.wolfram.com/MenelausTheorem.html & http://www.mathpages.com/rr/s3-09/3-09.htm)
ta có hệ thức: AD. FG. BM = FD. BG. AM
Suy ra: AD / FD = BG / FG (1)
Theo giả thiết: BD BC nên BD là phân giác ngoài của AFB nên ta có: AD / FD = BA / BF = BA / FA (2)
Từ (1) và (2) suy ra: BG / FG = BA / FA
Hệ thức này chứng tỏ AG là phân giác của góc A. Vậy đường AE nối dài phải qua G và G chính là điểm đối xứng với C qua trung trực MF.
Kết luận: AMC = DMB
:: Bài 18
Cho hai vòng tròn tâm A, B cắt nhau ở M và N. Hai đường tiếp tuyến chung của chúng cắt AB tại D. Hai bán kính AP // BQ. PQ cắt AB tại C. Chứng minh: CND = 90o.
(Trích từ Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind, Dover Publications Inc., NY, 1988, trang 141)
BÀI GIẢI
 AB, PQ tạo với hai đường song song AP, BQ những góc so le trong bằng nhau nên hai tam giác APC và BQC đồng dạng; ta có hệ thức:
CA / CB = AP / BQ ==>
CA / CB = AN / BN
Hệ thức này chứng tỏ trong tam giác ANB, NC là đường phân giác của góc ANB.
Vì AE // BF nên hai tam giác ADE và BDF đồng dạng, ta có hệ thức:
DA / DB = AE / BF ==>
DA / DB = AN / BN
Hệ thức này chứng tỏ trong tam giác ANB, ND là đường phân giác của góc ngoài ở N (BNk)
Hai đường phân giác trong và ngoài nêu trên thẳng góc với nhau.
Vậy: CND = 90o
:: Bài 19
Ba giao điểm của các đường thẳng chia đều mỗi góc của một tam giác làm 3 phần hợp thành một tam giác đều. (Ðịnh lý Morley (*) này cũng đúng cho góc ngoài: http://mathworld.wolfram.com/MorleysTheorem.html)
Giả thiết: A1 = A2 =A3, B1 = B2 = B3, C1 = C2 = C3
Kết Luận: DEF đều.
BÀI GIẢI
 Ta có thể chứng minh ngược lại rằng nếu DEF đều thì:
A1 = A2 =A3
B1 = B2 = B3
C1 = C2 = C3
Vẽ tam giác đều DEF. Trên các cạnh của nó, dựng những tam giác cân D'FE, F'ED, E'DF có góc đáy theo thứ tự là , , ; sao cho + + =
120o và < 60o , < 60o , < 60o . Kéo dài những cạnh của các tam giác cân nêu trên, chúng gặp nhau tại A, B, C.
Do + + + 60o = 180o , ta có thể suy ra số đo những góc khác; chẳng hạn trong AEF, góc ở đỉnh A (A2) phải là 60o - , thì góc ở đỉnh E và F lần lượt sẽ là + và +.
Vì D', D cách đều E và F nên D'D là trung trực của EF và cũng là phân giác của ED'F. Vậy D'D là một phân giác của BD'C. Tâm vòng tròn nội tiếp của BD'C phải nằm trên đường phân giác này (tâm vòng nội tiếp là giao điểm của 3 đường phân giác).
Mặt khác, rút từ tính chất của tâm vòng nội tiếp, nếu ta chứng minh được:
BDC = 90o + ½ BD'C
thì D chính là tâm vòng tròn nội tiếp của BD'C.
Thật vậy: 1/2 BD'C = ½ ED'F = 90o -
BDC = 180o - = 90o + (90o - ) = 90o + ½ BD'C
Vậy D là tâm vòng nội tiếp của BD'C ==> B2 = B3 và C1 = C2.
Cũng chứng minh tương tự, ta được:
E là tâm vòng nội tiếp của AE'B ==> A1 = A2 và B1 = B2
F là tâm vòng nội tiếp của AF'C ==> A2 = A3 và C2 = C3.
Kết luận: Mỗi góc của ABC đã được chia đều làm 3 góc nhỏ.
(*) Morley's Theorem: The three points of intersection of the adjacent trisectors of the angles of any triangle form an equilateral triangle.
:: Bài 20
Cho tam giác đều ABC. Kẻ đường thẳng bất kỳ song song với AC, cắt AB và BC tại E và F. Gọi G là tâm của BEF, M là trung điểm của AF. Tính các góc của GMC.
BÀI GIẢI
 Giả thiết cho EF // AC nên BEF cũng đều. Kéo dài BG gặp AC tại K ==>GKC vuông và K là trung điểm của AC.
K, M, N lần lượt là trung điểm của AC, AF, EF và FC = EA ==> MK = NM ==> K1 = N1 = 30o.
Suy ra: MKC = 120o.
Ta cũng có MDC = B = 60o (góc đồng vị).
Tứ giác DMKC có hai góc đối MKC và MDC bù nhau, vậy nội tiếp được trong một vòng tròn. Vòng tròn này cũng qua G vì GDC và GKC đều vuông.
Tóm lại năm điểm D, G, M, K, C cùng nằm trên vòng tròn đường kính GC.
Vậy GMC = 90o.
MGC = MDC = 60o và MCG = 30o.
Kết Luận: GMC = 90o, MGC = 60o, MCG = 30o.
:: Bài 21
Cho tam giác ABC. Vòng tròn đi qua A và B cắt AC và BC tại D và E. AB và DE cắt nhau tại F. BD và CF cắt nhau tại M. Chứng minh M là trung điểm của CF nếu và chỉ nếu MB . MD = MC2
BÀI GIẢI
 1) Nếu MB . MD = MC2 thì BM / MC = CM / MD ==> CMD ~ BMC ==> DCM = CBM .
Vì tứ giác ABED nội tiếp nên CBM = DAE (cùng chắn cung DE), vậy DCM = DAE.
Ðiều này chứng tỏ AE // CF ==> DFM = DEA = DBA. Do đó FMD ~ BMF ==> FM / BM = MD / MF ==> MB . MD = MF2 .Vậy M là trung điểm của CF.
2) Nếu MC = MF, theo định lý Ceva trong BCF ta có:
BA/AF . FM/MC . CE/EB = 1
==> BA/AF . 1 . CE/EB = 1
==> BA/AF = BE/EC
==> AE // CF ==> DFM = DEA = DBA
==> FMD ~ BMF
==> FM / BM = MD / MF ==> MB . MD = MF2
Vậy M là trung điểm của CF nếu và chỉ nếu MB . MD = MC2.
:: Bài 22
Trong tam giác cân ABC (CA = CB), chọn một điểm P sao cho: PAB = PBC. M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng: BPC + APM = 180o
(Moldova National Olympiad 2006, http://www.mathlinks.ro/Forum/resources.php?c=114&cid=76&year=2006)
BÀI GIẢI
 Vẽ hình bình hành APBD, ta có:
DAB = PBA. (1).
Theo giả thiết PAB = PBC và BAC = ABC nên PAC = PBA. (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
DAB = PAC và DAP = BAC.
Vòng tròn ngoại tiếp tam giác PBD cắt AD tại K, PBDK là hình thang cân ==> PK = PA (cùng = BD).
Vậy CAB ~ PAK ==> CA / PA = BA / KA
==> AKB ~ APC ==> AKB = APC.
Ta có AKB + DKB = 180o
nên APC + DPB = 180o
(vì DKB =DPB, góc cùng chắn cung DB).
Suy ra: BPC + APM = 180o
:: Bài 23
Cho tam giác ABC. Điểm D ở trên đoạn nối dài CB về phía B sao cho BD = BA. M là trung điểm của AC. Phân giác góc ABC cắt DM tại P. Chứng minh BAP = ACB.
BÀI GIẢI
 Qua điểm P, vẽ đường // với AC, cắt DA tại Y và DC tại X. Suy ra P là trung điểm của XY (vì M là trung điểm của AC).
Theo giả thiết, ABD cân và BP là phân giác ABC,ta có:
2PBX = BDA + BAD = 2BDA
==> PBX = BDA ==> BP // DY.
Vậy B là trung điểm của DX
==> BX = BD = BA,
do đó ABP = XBP ==>BAP = BXP
suy ra: BAP = ACB.
:: Bài 24
Cho tam giác thường ABC với cạnh BC = a và AC = b. D, E là hai điểm trên BA và CA (hoặc trên đoạn kéo dài) sao cho BD = CE = a. F, G là hai điểm trên CB va AB (hoặc trên đoạn kéo dài) sao cho CF = AG = b. Chứng minh DE // FG.
(Triangle ABC is not isosceles nor equilateral, and has sides BC = a, AC = b. D and E are points of BA and CA or their productions so that BD = CE = a. F and G are points of CB and AB or their productions so that CF = AG = b. Show that DE // FG. Crux Mathematicorum)
BÀI GIẢI
 AB và EF cắt nhau tại S. Theo giả thiết CE = CB và CA = CF nên AE = FB và AF // EB chứng tỏ AEBF là hình thang cân, suy ra SA = SF. Vậy hai tam giác CAS và CFS bằng nhau, vì thế CS là phân giác góc ACB.
Đường phân giác của một tam giác chia cạnh đối thành những đoạn tỷ lệ với hai cạnh kia, do vậy ta có:
ES / SF = CE / CF = a/b (1)
và BS / SA = CB / CA = a/b (2)
DS / SG = (BD - BS) / (AG - AS)
= (a - BS) / (b - AS)
vì BS / AS = a/b (theo 2)
nên DS / SG = a/b (3)
Từ (1) và (3) suy ra ES / SF= DS / SG. Vậy DE // FG.
:: Bài 25
Cho tam giác ABC có A
= 40o
và B = 60o. Lấy điểm D và E lần lượt trên AB và AC sao cho DCB
= 70o
và EBC = 40o. F là giao điểm của DC và EB. Chứng minh rằng AF BC.
BÀI GIẢI
 Vì A = 40o
và B = 60o
==> C = 80o. Vẽ thêm tam giác đều CFI ta có: CI = CF, BCI = FCH = 10o.
Chọn điểm H trên CA sao cho CH = CB, ta được HFC = BIC ==> HF = BI (1).
Từ trị số các góc đã cho trong giả thiết, ta tính được BFC = 70o, vậy tam giác CBF cân và BC = BF, do đó BIC = BIF suy ra BI là phân giác CBF ==> IBC = FHC = 20o.
Ta có HCI = BCF = 70o, nên HCI = BCF ==> CHI = CBF = A = 40o ==> HI // AB.
Ngoài ra HAB = IBA = 40o, vậy AHIB là hình thang cân ==> AH = BI (2).
Từ (1) và (2) ta có AHF là tam giác cân và FHC = 2 FAH, suy ra FAH = 10o.
Vậy AKC = 90o
==> AF BC.
|
Bài Đọc Thêm