HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1

Vì tam giác ABC đều nênBACB  A 60 Theo tính chất góc ngoàiBDM    A E 60

Áp dụng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong tam giác BDM ta được

 

¹

DM BM CM

Tam giác MCE cóMCE120 và là góc lớn nhất của tam giác MCE nên

 

²

MCME

Từ (1) và (2) suy raMDME . Bài 2.

Ta có ABD = ACE (c.g.c) nên^BADCAE

 

¹

Trên tia đối của tia DA lấy điểm F sao choDADF. Vì AED = FBD (c.g.c) nên DAEF; AEBF .

Vì AEC ABCACB nên trong tam giác AEC ta cóAEAC Từ đó suy raBF AB (vì AEBF AB; AC)

Trong tam giác ABF cóBF AB nên BADF MàDAEF nên ^BAD^DAE

 

²

Từ (1) và (2) suy ra BADEACDAE . Bài 3.

Trong ABC, vì ABCACB nên AC AB. Trên cạnh AC lấy điểm M sao choAM  AB .

Gọi N và F lần lượt là hình chiếu của M trên AB và CE.

Ta có ABD = AMN (cạnh huyền - góc nhọn) nênMNBD. Mặt khác vì ∆MNE = ∆EFM (cạnh huyền- góc nhọn) nên MN = EF.

Do vậy MN BDEF .

Vì FCM vuông tại F nên CM CF hay ACAM CEEF. Từ đó suy raACABCEBD.

Bài 4.

Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BP và CP. Áp dụng tính chất đường trung bình của tam giác và tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông, ta được:

; ;

2 2

BP CP

HEIF KF IE HEI IFK Từ đó HEI = IFK (c.g.c), suy ra ^{EIH FKI}

 

¹

Vì ABAC nênABC ACB

Kết hợp vớiPBAPCA suy ra PBCPCB , mà PBCCIF và PCBBIE (hai góc đồng vị) nên^{CIF BIE}

 

²

TừCIF ICF BIE suy ra FCFI . Mà

2

FC FK PC nên IF FK

Từ đó KIF IKF hay ^{KIF EIH}

 

³

Từ (1), (2) và (3) suy raKIFCIFBIEEIH hay HIBKIC Bài 5.

Xét tam giác ABC. Vì AC AB nên ABC ACB hay DBM ECM Với hai tam giác BDM và CEM cóCEBD CM; BM

Vì DBM ECM nên theo kết quả ở ví dụ 4 ta cóMDME . Bài 6.

Xét hai tam giác AMB và AMC cóMBMC ; MA chung, mà AB AC nên theo kết quả ở ví dụ 4, ta có

AMB AMC hay OMBOMC

Bây giờ ta xét hai tam giác OMB và OMC cóMBMC, OM chung,OMBOMC . Theo kết quả ở ví dụ 4 ta đượcOBOC

Bài 7.

Trước hết ta sẽ chứng minh D là trung điểm của EF. Thật vậy, Kẻ EH và FK vuông góc với đường thẳng BC (H, K  BC).

Ta có BEH = CFK (cạnh huyền- góc nhọn) nên EH FK Xét hai tam giác EHD và FKD có

90 ; ;

EHDFKD  EH FK DEH DFK (hai góc so le trong) Suy ra: DEH = DFK (g.c.g)DEDF

Cuối cùng với hai tam giác BED và FCD ta thấyDEDF BE; CF mà BEDCFD (góc BED là góc ngoài của tam giác AFE) nên BDCD (theo kết quả ở ví dụ 4).

Bài 8.

Thấy rằng, với một điểm M bất kỳ thuộc miền trong của tam giác ABC cân tại A (điểm M có thể nằm trên các cạnh của tam giác, M không trùng với B hoặc C) ta luôn có AM AB (Bạn đọc tự chứng minh).

Quay lại bài toán.

Xét BAM và CAM cóABAC, AM chung.

VìBM CM nên BAM CAM . Áp dụng kết quả ở ví dụ 4 một lần nữa với ABO và ACO ta được OBOC

Để chứng minh BOACOA ta sẽ dựng hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng bằng nhau và có các góc xen giữa là BOA và COA như sau:

Trên cạnh OC lấy điểm N sao cho OBON. Rõ ràng N nằm ở miền trong tam giác cân ABC nên ANAB. Hai tam giác AOB và AON có OBON, OA chung, AB AN nên BOACOA. Bài 9. Do AB AC nên BDCE (Tam giác vuông cân có cạnh góc

vuông lớn hơn thì cạnh huyền lớn hơn). Ta có EAB = CAD (c.g.c) nên BE CD . Hai tam giác DCB và EBC cóBECD , BC chung. Vì

BDCE nên DCBEBC hay DCM EBM .

Xét hai tam giác DCM và BEM cóBECD MB; MC DCM, EBM nênMDME.

Nhận xét: Trong bài toán trên, ta vẽ ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân tại A. Nếu vẽ ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều thì sao? Chúng ta có bài toán tương tự như sau: Cho tam giác ABC có ABAC A, 120 . Vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác

đều ABD và ACE. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minhMDME.

Bài 10.

Gọi M là trung điểm của AC.

Ta có ABBC, theo kết quả của ví dụ 1 áp dụng vào tam giác ABC, đường trung tuyến BM ta được^{ABM CBM}

 

¹

Cũng từABBC nên ^{BAM BCM}

 

²

Từ (1) và (2) suy ra ABM BAM CBM BCM hay AMDCMD . Hai tam giác AMD và CMD cóMAMC; cạnh chung MD; AMDCMD nên theo kết quả ở ví dụ 4, ta đượcADCD.

Bài 11.

Vì ABAC nên ta có ABCACB hay EBCDCB

Trên tia đối của tia DB lấy điểm F sao cho DF DB ; trên tia đối của tia EC lấy điểm G sao choEGEC . Ta có EGB = ECB (c.g.c) và DFC = DBC (c.g.c) nên GBBCCF.

Mặt khácGBC2EBC2DCBFCB.

Áp dụng kết quả ở ví dụ 4 với hai tam giác GBC và FCB ta suy ra BFCG. Từ đó BDCE.

Nhận xét: Từ kết quả của bài toán ta có: Trong một tam giác đường cao ứng với cạnh lớn hơn thì nhỏ hơn.

Bài 12.

Trên cạnh AB lấy điểm E sao choAEAC.Ta có AME = AMC (c.g.c) nên MEMC.

Ta cóABAC ABAEBEMB ME (Áp dụng bất đẳng thức tam giác vào EMB).

Từ đóABACMB MC . Bài 13.

a) Giả sử tia BM cắt cạnh AC tại D.

Ta cóMCMD CD từ đóMB MC MB MD CD  BD CD . Lại có BD ABAD . Từ đó

MB MC BD CD  ABAD CD  ABAC b) Theo kết quả phần a ta có:

 

 

 

1 2 3 MB MC AB AC MC MA BC BA MA MB CA CB

  

  

  

Cộng (1), (2) và (3) ta được²



^{MA MB MC}

 

^{2 ABBCCA}



. Từ đó ta có

 

^*

MA MB MCABBCCA

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức tam giác vào các tam giác MAB, MAC, MBC ta được

; ;

MA MB  AB MBMCBC MCMACA

Do vậy ²

 

¹

  

^**

       2  

MA MB MC AB BC CA hay MA MB MC AB BC CA

Từ (*) và (**) suy raMA MB MC  lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi ABC.

Bài 14.

Giả sử ABC có các đường trung tuyến AM, BN, CP cắt nhau tại trọng tâm G. Theo ví dụ 1, ta có

2 2 2 AB AC AM

BA BC BN

CA CB CP

 

 

 

Cộng các bất đẳng thức trên ta được

 

¹

AM BNCP ABBCCA

Mặt khác, theo bài tập 13 ta có ¹

 

GA GB GC   2 ABACBC

hay ²

 

¹

 

^.

3 AM BNCP 2 ABACBC

Từ đó ³

  

²

AMBNCP 4 ABACBC

Từ (1) và (2) suy ra tổng độ dài ba đường trung tuyến của một tam giác lớn hơn ³

4 chu vi và nhỏ hơn chu vi của tam giác đó.

Bài 15.

Gọi M là trung điểm của AC, phân giác góc A cắt cạnh BC tại D.

Ta có ABD = AMD (c.g.c) nên ABDAMD. Lại cóABD 90 nên AMD 90 .

Từ đó AMDCMD

Hai tam giác AMD và CMD có MD là cạnh chung;

;

MAMC AMDCMD nên ADDC. Xét trong ADC có ADDC nên

  BAC2

C DAC hay C . Bài 16.

Vì ABC vuông tại C và CBH vuông tại H nên ABCBBH . Tồn tại điểm D thuộc đoạn thẳng AH sao cho BCBD . Gọi E là hình chiếu của D trên AC.

Mặt khác vì CBD cân tại B nênBCDBDC. Lại có BCDECD 90 ;BDCHCD 90 .Từ đó

ECDHCD

Vì CED = CHD (cạnh huyền-góc nhọn) nên

;

CECH DEDH .

Ta có AB CH BDDA CH  AEBC CE CA CB .

Nhận xét: Từ kết quả của bài toán ta có: Trong một tam giác vuông, tổng hai cạnh góc vuông nhỏ hơn tổng của cạnh huyền và đường cao ứng với cạnh huyền ấy.

Bài 17.

Ta có AB // CE (vì cùng vuông góc với BC) nên ABDE (hai góc so le trong).

Mặt khác do AD là phân giác của góc BAC nên suy raECAD Từ đó CAE cân tại C.

Ta có CECAAB nên ^{CE2 AB2}

 

^{1 .}

Gọi F là hình chiếu của D trên AC.

Ta có ABD = AFD (cạnh huyền - góc nhọn) nên DBDF. Ta có CDDFDB nên ^{CD2 BD2}

 

^{2 .}

Từ (1) và (2) suy ra CE²CD²  AB²DB² DE² DA hay DE² DA. Vì CEAB CD; DB DE; DA nên chu vi ECD lớn hơn chu vi ABD.

Bài 18.

Vì AB ACnên có điểm P trên cạnh AB sao cho AP AC. Gọi D là giao điểm của CN và PM. Vì ANAM  ACAP nên P nằm giữa N và B.

Từ đóBMN PMN

Dễ dàng chứng minh được ∆DMN cân tại D nên PMN CNM; từ đó BMN CNM hay OMN ONM .

Trong OMN có OMN ONM nên ^ONOM

 

^{1 .}

Ta có APM = CAN (c.g.c) nên PMCN. Vì APC cân tại A nên APC 90

Từ đó APM  90 hay BPM  90 .

Trong PBM có BPM  90 là góc lớn nhất nên^{BM PM CN}

 

²

Từ (1) và (2) suy raBMOM CNON hay OBOC. Bài 19.

Ta xét hai trường hợp:

+ Trường hợp 1: ABC có A60.

Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của B và C lên phân giác góc A của

ABC.

Các tam giác vuông ABD và AEC lần lượt có các góc nhọn

30 ; 30

BAD  CAE  nên ¹ ; ¹

2 2

BD AB CE AC. Từ đó ^ABAC2



^{BD CE}



^2BC.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABC đều.

+ Trường hợp 2: ABC có A60.

Trên cạnh BC lấy điểm B' sao cho CAB' 60 . Theo kết quả ở trường hợp 1 ta có ^{AB'AC2 'B C}

 

¹

Trong ABB' ta có ^{ABAB'BB'2 BB' 2}

 

Từ (1) và (2) suy raABAC2BC . Trường hợp này không xảy ra dấu “=”.

Tóm lại, ta luôn cóABAC2BC . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABC đều.

Bài 20.

Qua H kẻ các đường thẳng song song với AB và AC, cắt AC và AB lần lượt tại D và E.

Ta có ADH = HEA (g.c.g) nên AEDH AD; EH . Xét AHD có AH ADDH, suy ra ^{AH ADAE}

 

¹

Lại có EH/ /AC mà ACBH nên EH BH.

Từ đó EBH vuông tại H, suy ra ^{BH BE}

 

² . Chứng minh tương tự ta được ^{CH CD}

 

³

Từ (1), (2) và (3) suy ra ^{AHBHCH  ABAC}

 

⁴

Chứng minh tương tự ta được:

 

 

5 6 AH BH CH AB BC AH BH CH AC BC

   

   

Từ (4), (5) và (6) suy ra ²

 

HAHBHC 3 ABACBC .

BÀI TOÁN 4. SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ THALES (TA-LÉT) VÀ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

Trong tài liệu Bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức hình học phẳng (Trang 34-41)