Các bài toán về tam giác đặc sắc

Tài liệu gồm 90 trang, tuyển chọn các bài toán về tam giác đặc sắc hay và khó, có đáp án và lời giải chi tiết, giúp học sinh tham khảo trong quá trình ôn tập thi vào lớp 10 môn Toán và ôn thi học sinh giỏi môn Toán bậc THCS.

58 29 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán

Môn: Môn Toán

Thông tin:

90 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
117
CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐẶC SẮC
I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM GIÁC
1. Tổng ba góc trong một tam giác
+ Tổng ba góc của một tam giác bằng 180
0
+ Trong một tam giác vuông hai góc nhọn phụ nhau.
+ Góc ngoài của một tam giác là góc kề bù với một góc của tam giác ấy.
+ Định lí: Mỗi góc ngoài của một tam giác bằng tổng của hai góc trong không kề với nó.
+ Nhận xét: Góc ngoài của tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó.
2. Hai tam giác bằng nhau
a. Hai tam giác bằng nhau là hai tam giác có các cạnh tương ứng bằng nhau, các góc tương
ứng bằng nhau.
b. Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác
•
Trường hợp 1: Tam giác ABC và A’B’C’ có
= = =AB A'B';BC B'C';CA C'A'
thì tam
giác ABC và A’B’C’ bằng nhau
•
Trường hợp 2: Tam giác ABC và A’B’C’ có
= = =AB A'B';A A';CA C'A'
thì ABC và
A’B’C’ bằng nhau
•
Trường hợp 2: Tam giác ABC và A’B’C’ có
= = =B B';BC B'C';C C'
thì ABC và
A’B’C’ bằng nhau
c. Các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông
•
Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác vuông này lần lượt bằng hai cạnh góc vuông
của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
•
Nếu một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông này bằng
một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông kia thì hai tam giác
vuông đó bằng nhau (g.c.g)
•
Nếu cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và một
góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
118
•
Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và
một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
3. Quan hệ giữa các yếu tố trong tam giác
a. Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác
•
Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn.
•
Trong một tam giác cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.
b. Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu
•
Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài một đường thẳng
đến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất.
•
Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến đường thẳng
đó:
- Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn
- Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn
- Nếu hai đường xiên bằng nhau thì hai hình chiếu bằng nhau, và ngược lại, nếu
hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bằng nhau.
c. Quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác. Bất đẳng thức tam giác
•
Trong một tam giác, tổng độ dài hai cạnh bất kì bao giờ cũng lớn hơn độ dài cạnh
còn lại.
•
Hệ quả: Trong một tam giác, hiệu độ dài hai cạnh bất kì bao giờ cũng nhỏ hơn độ dài
cạnh còn lại.
•
Nhận xét: Trong một tam giác, độ dài một cạnh bao giờ cũng lớn hơn hiệu và nhỏ
hơn tổng các độ dài của hai cạnh còn lại.
4. Các đường đồng quy trong tam giác
a. Ba đường trung tuyến của tam giác
•
Định nghĩa: Đoạn thẳng AM nối đỉnh A của tam giác ABC với trung điểm M của
cạnh BC gọi là đường trung tuyến của tam giác ABC. Đôi khi đường thẳng AM cũng được
gọi là đường trung tuyến của tam giác ABC.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
119
•
Tính chất: Ba đường trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm, điểm đó gọi
là trọng tâm. Trọng tâm cách mỗi đỉnh một khoảng bằng
2
3
độ dài đường trung tuyến đi
qua đỉnh ấy.
b. Ba đường phân giác của tam giác
•
Định nhĩa: Trong tam giác ABC tia p.g của góc A cắt cạnh BC tại điểm M, khi đó
đoạn thẳng AM đglà đường phân giác của tam giác ABC( đôi khi ta cũng gọi đường thẳng
AM là đường p.g của tam giác)
•
Tính chất: Ba đường phân giác của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này
cách đều ba cạnh của tam giác và chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác .
c. Ba đường trung trực của tam giác
•
Định nghĩa: Trong một tam giác đường trung trực của mỗi cạnh gọi là đường trung
trực của tam giác đó.
•
Tính chất: Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này
cách đều ba đỉnh của tam giác đó và chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
d. Ba đường cao của tam giác
•
Định nghĩa Trong một tam giác đoạn vuông góc kẻ từ một đỉnh đến đường thẳng
chứa cạnh đối diện gọi là đường cao của tam giác đó.
•
Tính chất: Ba đường cao của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này gọi là
trực tâm của tam giác.
5. Tam giác đồng dạng
a. Định lí Talets trong tam giác
•
Tỉ số của hai đoạn thẳng
+ Tỉ số của hai đoạn thẳng là tỉ số độ dài của chúng theo cùng một đơn vị đo.
+ Tỉ số của hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào cách chọn đơn vị đo.
•
Đoạn thẳng tỉ lệ
Hai đoạn thẳng AB và CD được gọi là tỉ lệ với hai đoạn thẳng A′B′ và C′D′ nếu có tỉ lệ
thức:
′′
=
′′
AB A B
CD C D
hay
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
120
•
Định lí Talét trong tam giác
Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn
lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
•
Định lí Talets đảo: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định
ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với
cạnh còn lại của tam giác.
•
Hệ quả: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với
cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của
tam giác đã cho.
•
Chú ý: Hệ quả trên vẫn đúng cho trường hợp đường thẳng song song với một
cạnh và cắt phần kéo dài của hai cạnh còn lại.
b. Tính chất đường phân giác trong tam giác: Trong tam giác đường phân giác của một
góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy.
Chú ý: Định lí vẫn đúng đối với tia phân giác của góc ngoài của tam giác.
c. Tam giác đồng dạng
•
Định nghĩa: Tam giác A′B′C′ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu
′′′
= = =A A, B B, C C
và
′′ ′′ ′ ′
= =
AB BC CA
AB BC CA
•
Kí hiệu:
∆∆A' B'C' ABC∽
.
•
Định lí: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và song song với hai cạnh
còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới đồng dạng với tam giác đã cho.
•
Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác
+ Trường hợp 1: Nếu ba cạnh của tam giác này tỉ lệ với ba cạnh của tam giác
kia thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.
+ Trường hợp 2: Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia
và hai góc tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.
+ Trường hợp 3: Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác
kia thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.
•
Các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông
+ Trường hợp 1: Nếu tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
121
tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng với nhau.
+
Trường hợp 2: Nếu tam giác vuông này có hai cạnh góc vuông tỉ lệ với hai
cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng với nhau.
+ Trường hợp 3: Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này
tỉ lệ với cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó
đồng dạng với nhau.
•
Tính chất của hai tam giác đồng dạng
Nếu hai tam giác đồng dạng với nhau thì:
+ Tỉ số hai đường cao tương ứng bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số hai đường phân giác tương ứng bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số hai đường trung tuyến tương ứng bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số các chu vi bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số các diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
6. Hệ thức lượng trong tam giác
a. Hệ thức liên hệ giữa cạnh, đường cao và hình chiếu trong tam giác vuông
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH.
+
= +
222
BC AB AC
+
=
2
AB BC.BH
và
=
2
AC BC.CH
+
=
2
AH BH.CH
+
=AB.AC BC.AH
+
= +
222
1 11
AH AB AC
b. Tỉ số lượng giác của góc nhọn
Định nghĩa: Cho tam giác ABC vuông tại A, ta định nghĩa tỉ số lượng giác của góc B như
sau
= = = =
AC AB AC AB
sin B ; cos B ; tan B ; cot B
BC BC AB AC
Chú ý:
• Cho góc nhọn α. Ta có
αα
< << <0sin 1;0cos 1
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
122
• Nếu
αβ
=sin sin
hoặc
αβ
=cos cos
hoặc
αβ
=tan tan
hoặc
αβ
=cot cot
thì
αβ
=
với
αβ
;
là hai góc nhọn.
c. Tỉ số lượng giác của hai góc phụ nhau
Cho hai góc nhọn
αβ
;
có
αβ
+=
0
90
, khi đó ta có
αβ
=sin cos
,
αβ
=cos sin
,
αβ
=tan cot
,
αβ
=cot tan
d. Một số hệ thức lượng giác
α
α
α
=
sin
tan
cos
α
α
α
=
cos
cot
sin
αα
=tan .cot 1
αα
+=
22
sin cos 1
α
α
+=
2
2
1
1 tan
cos
α
α
+=
2
2
1
1 cot
sin
e. Liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông
Cho tam giác ABC vuông tại A có
= = =BC a, AC b, AB c
. Ta có
= =b a.sin B a.cosC
= =c a.sinC a.cosB
= =b c.tan B c.cotC
;
= =c b.tanC b.cot B
II. MỘT SỐ KIẾN THỨC NÂNG CAO THƯỜNG ÁP DỤNG
1. Các công thức về đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác trong tam giác
Cho tam giác ABC có
= = =BC a, AC b, AB c
và
. Gọi
abc
h ;h ;h
,
abc
m ;m ;m
và
abc
l ;l ;l
lần lượt là các đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác
tương ứng với cạnh a, b, c.
•
Công thức về đường cao
( )( )( ) ( )( )( )
( )( )( )
−−− −−− −−−
= = =
ab c
2 pp a p b p c 2 pp a p b p c 2 pp a p b p c
hh h
abb
•
Công thức về đường trung tuyến
+− +− +−
= = =
222 222 2 22
2 22
a bc
2b 2c a 2a 2c b 2c 2b c
m mm
4 44
Từ các hệ thức trên học sinh tiếp tục suy ra được hệ thức sau:
( )
+ + = ++
2 2 2 2 22
abc
3
mmm abc
4
•
Công thức về đường phân giác
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
123
( )
( )
( )
( )
( )
( )
a
b
A
2bc.cos
2 bcp p a
2p p a
2
l
A
bc bc
b c cos
2
B
2ac.cos
2 acp p b
2p p b
2
l
B
ac ac
a c cos
2
−
−
= = =
++
+
−
−
= = =
++
+
( )
( )
( )
a
C
2ab.cos
2 abp p c
2p p c
2
l
A
ab a
b
a b cos
2
−
−
= = =
++
+
2. Các công thức về lượng giác trong tam giác
•
Định lí cosin: Cho tam giác ABC nhọn bất kì, ta có:
= +−
=+−
=+−
2 22
222
2 22
AB AC BC 2AC.BC.cosC
BC AB AC 2AB.AC.cosA
AC AB BC 2AB.BC.cos B
Hệ quả: Với tam giác ABC nhọn bất kì thì:
+ − +− +−
= = =
2 22 22 2 222
AB AC BC AB BC AC AC BC AB
cosA cos B cosC
2AB.AC 2AB.BC 2AC.BC
•
Định lý sin: Trong tam giác ABC nhọn thì
= = =
abc
2R
sin A sin B sinC
, với R là bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
3. Các định lí hình học nổi tiếng trong tam giác
•
Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công nguyên)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao
cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm thuộc các cạnh của tam
giác ABC. Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi
=
A'B B'C C'A
.. 1
A'C B'A C'B
•
Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó
AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi
=
A'B B'C C'A
.. 1
A'C B'A C'B
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
124
II. CÁC THÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có
=
0
ABC 30
và
=
0
BAC 130
. Gọi Ax là tia đối của tia AB,
đường phân giác của góc
ABC
cắt phân giác
CAx
tại D. Đường thẳng BA cắt đường
thẳng CD tại E. So sánh độ dài AC và CE.
Lời giải
Gọi Cy là tia đối của tia CB. Dựng DH,
DI, DK lần lượt vuông góc với BC. AC,
AB. Từ giả thiết ta suy ra
= =DI DK; DK DH
nên suy ra
=DI DH
(CI nằm trên tia CA vì nếu điểm I thuộc
tia đối của CA thì
>DI DH
). Vậy CD là
tia phân giác của
ICy
và
ICy
là góc
ngoài của tam giác ABC.
Suy ra
++
= = = =
00
0
A B 30 130
ACD DCy 80
22
.
Mặt khác ta có
=−=
0 00
CAE 180 130 50
. Do đó
=
0
CEA 50
nên
∆CAE
cân tại C.
Vậy ta được
=CA CE
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có các đường phân giác BD và CE cắt nhau tại I và
=ID IE
.
Chứng minh rằng
=BC
hay
Lời giải
Qua I kẻ
⊥IH AB
và
⊥KI AC
. Do I là
giao điểm của hai đường phân giác nên
=IH IK
.
Lại có
=ID IE
nên
∆=∆IHE IKD
Suy ra
=ADB BEC
. Ta xét các trường
hợp sau:
E
H
I
K
D
y
x
C
B
A
K
H
I
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
125
+ Trường hợp
∈∈K AD; H BE
thì ta có
= +
1
BEC A C
2
(
BEC
là góc ngoài của
∆AEC
)
Và
= +
1
ADB B C
2
(
ADB
là góc ngoài của
∆BCD
) Từ đó ta được
+=+
11
A CC B
22
Suy ra
= +
11
ACB
22
nên
= +2A B C
, do đó ta được
+ Trường hợp
∈∈K DC; H AE
, tương tự như trên ta có
+ Trường hợp
∈∈K DC; H BE
, tương tự như trên ta được
=BC
+ Trường hợp
∈∈K DA; H AE
, tương tự như ta được
=BC
Vậy cả bốn trường hợp trên ta luôn có
=BC
hoặc
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Trên đoạn AD lấy điểm E và F sao cho
=ABE CBF
. Chứng minh rằng
.
Lời giải
Vẽ K, H, I sao cho BC, AC, AB là các đường
trung trực của KF, EH, EI. Khi đó ta có
=HCE 2ACE
và
=KCF 2BCF
. Ta phải chứng
minh
=ACE BCF
Ta có
= =AI AE AH
(vì AB là đường trung
trực của EI) nên tam giác AHI cân tại A, mà
AE là phân giác nên AD là đường trung trực
của IH, do đó IF = FH (1).
Ta lại có
= = =BK BF; IBE FBK; BI BE
nên
∆=∆BEK BIF
, suy ra
=EK FI
(2).
Từ (1) và (2) suy ra EK = FH. Xét tam giác HCF và ECK ta có HC = EC. Kết hợp với CF =
CK và EK = FH nên ta được
∆=∆HCF ECK
suy ra
=HCF ECK
. Do đó ta được
+=+HCE ECF KCF FCE
nên
=HCE KCF
. Suy ra
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC.
Kẻ
⊥NH CM
tại H. Kẻ
⊥HE AB
tại E. Chứng minh rằng tam giác ABH cân và HM là
phân giác của góc
BHE
.
Lời giải
I
H
K
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
126
Từ A kẻ
⊥AK CM
tại K và
⊥AQ HN
tại Q.
Hai tam giác vuông có
= =
1
MA NC AB
2
và
=ACH MAK
nên
∆=∆MAK NCH
. Suy ra
=AK HC
.
Ta lại có
∆=∆ABK ACH
nên
=BKA AHC
. Hai tam
giác vuông AQN và CHN có
=NA NC
và
=ANQ HNC
nên
∆=∆ANQ CHN
. Suy ra
=AQ CH
. Từ đó suy ra
=AK AQ
nên HA là tia
phân giác của góc KHQ.
Do đó ta được
=⇒ =+= ⇒ =
0 00 0 0
AHQ 45 AHC 90 45 135 AKM 135
.
Từ
++ =⇒=
00
AKB BKH AKH 360 BKH 135
. Tam giác vuông AKH có
=
0
KHA 45
nên
vuông cân tại K suy ra
=KA KH
. Xét hai tam giác BKA cà BKH có BK chung;
=BKA BKH
và
=KA KH
Do đó
∆=∆BKA BKH
suy ra
=KHB MAK
và
=AB BH
hay tam giác BAH cân tại B
Ta có
=KHB MAK
và KE // CA nên
=ACH EHM
mà
=ACH MAK
suy ra
=EHM MHB
nên HM là tia phân giác của EHB.
Ví dụ 5. Tam giác ABC có
= =
00
B 60 ; C 30
. Lấy điểm D trên cạnh AC. Điểm E trên cạnh
AB sao cho
= =
00
ABD 20 ; ACE 10
. Gọi K là giao điểm của BD và CE. Tính các góc của tam
giác KDE.
Lời giải
Tam giác ABC có
= =
00
B 60 ; C 30
nên
=
0
A 90
.
Do đó
=−= =−=
00 0 0 0
CEA 90 10 80; BDA 90 20 70
Ta có
(
)
==−+=
00
CKB DKE 180 KCB CBK 120
Gọi I là giao điểm của hai đường phân giác
của các góc
BCK
và
KBC
nên
= =
0
CKI BKI 60
.
Do đó
= +KEA BKE KBE
nên
= − =−=
00 0
BKE KEA KBE 80 20 60
Suy ra
∆=∆IKB EKB
suy ra
=KI KE
.
K
Q
N
E
M
H
C
B
A
E
D
K
I
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
127
Tương tự ta chứng minh được
∆=∆IKC DKC
suy ra
=KI KD
.
Do đó
=KD KE
nên tam giác KDE cân tại K suy ra
−
= = =
00
0
180 120
KDE KED 30
2
.
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC cân tại A có
=
0
A 20
, các điểm M, N theo thứ tự thuộc các
cạnh bên AB, AC sao cho
=
0
BCM 50
và
=
0
CBN 60
. Tính số đo góc
MNA
Lời giải
Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho
=AN AD
, khi đó DN //BC và
=
0
AND 80
. Ta tính
DNM
.
Gọi I là giao điểm của BN và CD thì các tam giác IBC và IDN là
các tam giác đều vì
=
0
IBC 60
và tam giác ABC cân tại A. Ta sẽ
chứng minh MN là tia phân giác của
DNB
.
Thật vậy, trong tam giác BDC có
(
)
( )
= =− + = −+=
0 00 0
MDI BDC 180 DBC DCB 180 80 60 40
(1)
Trong tam giác BMC có
= =⇒=
00 0
MBC 80 ;MCB 50 BMC 50
nên
tam giác BMC cân tại B.
Do đó
=BM BC
mà tam giác BIC đều nên
=IB BC
suy ra
=MB BI
hay tam giác BMI cân tại B.
Mà ta lại có
=
0
MBI 20
nên
−
= =
00
0
180 20
MIB 8
0
2
.
Do đó
(
)
( )
= − + = −+=
0 0 00 0
MID 180 MIB DIN 180 80 60 40
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
=MDI DIM
nên tam giác MDI cân tại M. Suy ra
=MD MI
.
Ta lại có
=NI ND
nên MN là đường trung trực của DI, suy ra MN là phân giác của
DNB
Do đó ta được
= = =
0
0
DNB 60
DNM 30
22
.
Vậy ta được
= + =+=
00 0
MNA MND DNA 30 80 110
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có
=
0
B 60
. Trên AC lấy điểm D sao cho
=
1
ABD ABC
3
. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho
=
1
ACE ACB
3
. Gọi F là giao điểm của BD
và CE. Gọi I , K lần lượt là chân đường vuông góc vẽ từ F xuống BC và AC. Lấy hai điểm
G và H trên các tia FI và FK sao cho I là trung điểm của FG và K là trung điểm của FH.
Chứng minh rằng đường thẳng HG đi qua điểm D.
Lời giải
D
N
M
I
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
128
Tam giác ABC vuông tại A có
=
0
B 60
nên được
=
0
C 30
.
Mà theo giả thiết
=
1
ABD ABC
3
và
=
1
ACE ACB
3
Do đó
= = = =
0 0 00
ABD 20 ; DBC 40 ; ACE 10 ; BCE 20
Do
DFC
là góc ngoài của tam giác BCF nên ta có
= + =+=
00 0
DFC FBC FCB 40 20 60
Lại có
⊥=CK FH, KF KH
nên CK là đường
trung trực của FH.
Suy ra
=CH CF
nên tam giác CHF cân tại C, suy ra CK là phân giác của
CFH
Do đó ta được
= =
0
CDH CDF 10
.
Xét hai tam giác CHD và CFD có
=CH CK
, CD chung và
=DCH FCD
Suy ra
∆=∆CHD CFD
nên ta được
=CHD CFD
, suy ra
=
0
CHD 60
.
Chứng minh tương tự ta có tam giác CFG cân tại C có CI là đường phân giác.
Do đó ta được
= = =
0
CF CG, ICG ICF 20
. Ta có
= =CG CH CF
nên tam giác CGH cân tại
C.
Mặt khác
= ++ + =
0
GCH ICG ICF DCH DCF 60
. Do đó ta được
= =
0
CHG CHD 60
, suy ra
hai tia HD và HG trùng nhau. Suy ra đường thẳng HG đi qua điểm D.
Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có H là trực tâm, G là trọng tâm và O là giao điểm ba đường
trung trực. Chứng minh rằng
=HG 2GO
.
Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia
OA lấy điểm D sao cho
=OD OA
Vì O là giao điểm ba đường trung trực của tam
giác ABC nên ta có
=OA OC
.
Do đó ta được tam giác AOC cân tại O nên ta có
=OAC OCA
Lại có
=OC OD
nên ta được tam giác OCD cân tại
O
=OCD ODC
Ta có
+=+=OAC ODC OCA OCD ACD
nên ta
H
G
F
E
I
K
D
C
B
A
D
H
G
O
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
129
được
=⇒⊥
0
ACD 90 CD AC
Mà
⊥BH AC
nên ta được BH//CD. Chứng minh
tương tự ta có BD//CH.
Dễ thấy
∆=∆BHC CDB
nên ta được
=BH CD
∆=∆MBH MCD
nên ta được
= =MH MD, BMH CMD
Do đó ta được
=+=+=
0
HMD BMH BMD CMD BMD 180
. Suy ra ba điểm H, M, D thẳng
hàng.
Trong tam giác ABC có AM là đường trung tuyến và G là trọng tâm nên G thuộc đường
thẳng AM và
=
2
AG AM
3
.
Trong tam giác AHD có AM là đường trung tuyến và
=
2
AG AM
3
nên G là trọng tâm của
tam giác AHD.
Lại có O là trung điểm của AD nên HO là đường trung tuyến nên ta được
=HG 2GO
.
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC nhọn có
=
0
A 45
, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Gọi I
là trung điểm của DE, G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng ba điểm G, I, H
thẳng hàng.
Lời giải
Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của BC, AH,
AG.
Vì H là trực tâm nên ta có
⊥AH BC
và G là
trọng tâm nên
= =AK KG GM
. Tam giác BDA
vuông tại D có
=
0
BAD 45
nên vuông cân tại D,
suy ra
=AD BD
.
Xét tam giác DAH và DBC có
= =DAH CBD; AD BD
nên
∆=∆DAH DBC
suy
ra
=AH BC
.
Tam giác EAH vuông tại E có EN là đường trung
tuyến nên
=
AH
EN
2
. Tương tự
= = =
AH BC BC
ND ; DM ; ME
2 22
Do đó ta được
= = =EN ND DM ME
nên tứ giác
D
E
G
I
N
K
H
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
130
ENDM là hình thoi. Do I là trung điểm của DE
nên I là trung điểm của MN.
Tam giác AGH có N, K lần lượt là các trung điểm của AH và AG nên NK là đường trung
bình của tam giác AGH. Do đó ta được HG//NK. Tam giác MNK có I, G lần lượt là các
trung điểm của MN và MK nên IG là đường trung bình của tam giác MNK. Do đó IG//NK.
Ta có IG//NK và GH//NK nên theo tiên đề Ơclit thì hai đường thẳng IG và GH trùng nhau.
Do đó ba điểm I, G, H thẳng hàng.
Ví dụ 10. Cho ABC vuông tại A, vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân
ở B, ACF vuông cân ở C. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của AC và BF.
Chứng minh rằng:
a)
=AH AK
b)
=
2
AH BH.CK
Lời giải
Đặt
= =AB c;AC b.
Ta có BD//AC nên
theo định lí Talets thì
==⇒=
AH AC b AH b
HB BD c HB c
Do đó ta được
=
++
AH b
HB AH b c
hay
= ⇒ = ⇒=
+ ++
AH b AH b b.c
AH
AB bc c bc bc
Do AB // CF nên theo định lí Takets ta có
==⇒=⇒ =
++
AK AB c AK c AK c
KC CF b KC b KC AK b c
Hay
= ⇒ = ⇒=
+ ++
AK b AK c b
.c
AK
AC bc b bc bc
Từ các kết quả trên suy ra
=AH AK
b) Từ
= =
AH AC b
HB BD c
và
= =
AK AB c
KC CF b
suy ra
=⇒=
AH KC AH KC
HB AK HB AH
(Vì
=AH AK
)
Do đó ta được
=
2
AH BH.CK
Ví dụ 11. Cho
∆
ABC có
<BC BA
. Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với tia phân giác BE
của góc
ABC
và đường thẳng này cắt BE tại F và cắt trung tuyến BD tại G. Chứng minh
rằng đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần bằng nhau.
Lời giải
K
H
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
131
Gọi K là giao điểm của CF và AB, M là giao điểm
của DF và BC. Tam giác KBC có BF vừa là phân
giác vừa là đường cao nên tam giác KBC cân tại
B nên
=BK BC
và
=FC FK
. Mặ
t khác D là trung
điểm AC nên DF là đường trung bình của tam
giác AKC nên DF song song với AK hay DM
song song với AB. Suy ra M là trung điểm của
BC và
=
1
DF AK
2
(DF là đường trung bình của
tam giác AKC)
Do DF//AK nên ta được
BG BK
=
GD DF
suy ra
= =
BG BK 2BK
GD DF AK
(1)
Mặt khác chú ý đến
=AD CD
ta được
−
= = −= −
CE DC DE DC AD
11
DE DE DE DE
Nên ta được
−
= = −= −
CE AE DE DC AD
11
DE DE DE DE
hay
−
= −= −= −
CE AE DE AE AB
122
DE DE DE DF
.
Suy ra
( )
+
+
= −= −
2 AK BK
CE AK BK
22
DE DE AK
. Nên ta được
( )
+
= −=
2 AK BK
CE 2
BK
2
DE AK AK
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
=
BG CE
GD DE
do đó EG // BC
Gọi giao điểm của EG và DF là O ta có
= =
OG OE FO
MC MB FM
hay
=OG OE
Bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 12.
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Đường thẳng đi qua I và
vuông góc với CI theo thứ tự cắt các cạnh CA và CB tại M và N. Chứng minh rằng:
++=
222
BC.AI CA.BI AB.CI AB.BC.CA
Lời giải
Gọi D là chân đường phân giác trong của góc
BCA.
Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có
=+=+ =+=+
00
CC
AMI MIC ICM 90 ;INB NIC ICN 90
22
= + = + ++=+
0
C
AIB AID DIB IAC ACI IBC ICB 90
2
O
F
M
K
G
E
D
C
B
A
N
M
I
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
132
Từ đó suy ra
= =AMI INB AIB
.
Mặt khác do
= =IAM IAD; IBN IBA
. Từ đó suy ra
∆ ∆∆AMI AIB INB∽∽
Do
∆∆AMI INB∽
nên
=⇒==
2
AM IN
AM.NB MI.IN IM
MI NB
. Suy ra
( )( )
= −= −= − − −
=− −+ −
22 2 2
2
AM·NB CM CI CM.CN CI CA AM CB BN CI
CA.CB AM.BC CA.BN AM.BN CI
Do đó
= ++
2
CA.BC AM.BC BN.CA CI
⇒= ++
2
CA.BC.AB AM.BC.AB BN.CA.AB CI .AB (1)
Mặt khác, do
∆ ∆∆AMI AIB INB∽∽
nên
= =
AI AB IB NB
;
AM AI AB IB
⇒= =
22
AM·AB AI BN·AC BI; (2)
Thay vào hệ thức (1) ta được
++=
222
BC.AI CA.BI AB.CI AB.BC.CA
.
Ví dụ 13. Cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng d song song với cạnh BC và cắt hai
đường thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Gọi M là giao điểm của BE và CD. Gọi N lần
lượt là trung điểm của BC. Chứng minh rằng đường trung tuyến AN đi qua điểm M.
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: Đường thẳng d song song với BC đi qua điểm A thì ba điểm D, E, A trùng
nhau. Khi đó hai điểm A và M trùng nhau nên ta luôn có A, M, N thẳng hàng
+ Trường hợp 2: Đường thẳng d cắt hai cạnh AB và
AC tại D và E, khi đó gọi K là trung điểm của DE thì ta
được ba điểm A, K, N thẳng hàng.
Tam giác ABN có DK//BC nên theo đị
nh lí Talets ta có
=
DK AK
BN AN
Tam giác CAN có KE//BC nên theo đị
nh lí Talets ta có
=
KE AK
NC AN
Do đó
=
DK KE
NE NC
, mà
=BN CN
suy ra
= =
DE
DK KE
2
Suy ra
=
DK DE
NC BC
Xét tam giác MDE và tam giác MCB có
= =MDE MCB; DME BMC
Nên ta được
∆ ∆⇒=
MD DE
MDE MCB
MC BC
∽
. Từ đó ta được
=
DK MD
CN MC
E
D
K
M
C
N
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
133
Xét tam giác MDK và tam giác MCN có
=
DK MD
CN MC
và
=MDK MCN
Suy ra
∆∆MDK MCN∽
nên ta được
=DMK CMN
Ta có
+==
0
DMK KMC DMC 180
nên ta có
=+=+=
0
KMN CMN KMN DMK KMC 180
Do đó ba điểm K, M, N thẳng hàng nên bốn điểm A, K, M, N thẳng hàng
Vậy đường trung tuyến AN đi qua M.
+ Trường hợp 3: Đường thẳng d song song với BC và cắt hai đường kéo dài của hai cạnh
AB và AC.
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được đường trung tuyến AN đi qua M.
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 14.
Cho tam giác ABC nhọn có đường phân giác AD. Gọi M và N lần lượt là hình
chiếu vuông góc của D trên AC và AB. Gọi giao điểm của BM và NC là P. Chứng minh
rằng
⊥AP BC
Lời giải
Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC cắt BM và CN lần lượt tại E và F. Gọi H là giao
điểm của AP và BC.
Theo định lí Talet ta có
=
HC AF
HB AE
và
=⇒=
AM AE AE.CM
AM
CM BC B
C
Mặt khác ta có
=⇒=
AN AF AF.BN
AN
BN BC B
C
Theo tính chất tia phân giác của một góc ta có
=DM DN
, từ đó ta được
=AM AN
.
Suy ra
= ⇒ = ⇒=
AE.CM AF.BN C
M AF
AE.CM AF.BN
BC BC B
N AE
nên ta được
=
HC CM
HB BN
(1)
Kẻ AK vuông góc với BC, khi đó ta có
∆∆DMC AKC∽
suy ra
=
CD CM
CA CK
Chứng minh tương tự ta được
=
BD BN
AB BK
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có
=
CD BD
CA BA
. Do đó ta được
=
CM BN
CK BK
.
F
E
P
M
N
H
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
134
Từ đó ta được
=
CM CK
BN BK
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra K và H trùng nhau nên AH vuông góc với BC. Vậy
⊥AP BC
Ví dụ 15. Cho tam giác ABC có
<AB AC
và AD là đường phân giác của tam giác. Lấy M
và N lần lượt trên AC và AB sao cho
=CM BN
. Đường thẳng CN, BM cắt nhau tại I, qua I
kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC tại K và cắt AB tại J. Chứng minh rằng
=AB CK
và
=BJ AC
.
Lời giải
Từ M, N kể đường thẳng song song với AD cắt
BC theo thứ tự tại P và Q. đường thẳng KI cắt
BC tại E.
Theo định lí Talet ta có
= =
BP BN CD CA
;
BD BA CQ CM
Suy ra
=
BP CD BN CA
..
BD CQ BA CM
.
Theo giả thiết ta có
=CM BN
nên ta được
=
AC BP CD
.
AB BD CQ
Mặt khác do AD là phân giác của
BAC
nên ta lại có
=
CA CD
BA BD
do đó
=BP CQ
, suy ra
=BQ CP
Do NP//AD//MQ nên theo định lí Talets ta
=
NP BP
AD BD
và
=
CD AD
CQ MQ
.
Suy ra
=
NP AD AP CD
..
ADMQ BDCQ
nên ta được
=
NP CD
MQ BD
Mặt khác cũng theo định lí Talets ta có
=
NP CP
IE CE
và
=
IE BE
MQ BQ
.
Suy ra
=
NP IE CP BE
..
IE MQ CE BQ
nên ta được
=
NP BE
MQ CE
Từ các kết quả trên ta được
=
CD BE
BD CE
nên suy ra
++
=
CD BD CE BE
BD CE
, do đó ta có
=BD CE
Lại có
= = =
BN BP CQ CM
BA BD CE CK
và
=BN CM
nên ta được
=AB CK
Mà tam giác AKJ cân tại A nên
=AK AJ
. Do vậy ta được
+= +AB AJ CK AK
hay
=BJ AC
.
I
Q
P
E
D
K
J
N
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
135
Ví dụ 16. Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng:
++>
2 22
sin A sin B sin C 2
Lời giải
Xét tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H.
Xét hai tam giác ABE và ACF có
BAC
chung và
= =
0
AEB AFC 90
Do đó ta được
∆ ∆ ⇒=
AE AB
ABE ACF
AF AC
∽
Xét tam giác AEF và tam giác ABC có
EAF
chung và
=
AE AB
AF AC
Nên ta được
∆∆AEF ABC∽
, do đó ta có

=


2
AEF
ABC
S
AE
S AB
Mà
=
AE
cosA
AB
nên ta được
=
2
AEF
ABC
S
cos A
S
Chứng minh tương tự ta có
= =
22
CDE
BDF
ABC A
BC
S
S
cos B; cos C
SS
Mà ta có
( )
=− ++
DEF ABC AEF BDF CDE
SS SSS
nên ta được
( )
=− ++
2 22
DEF
ABC
S
1 cos A cos B cos C
S
Vì
( )
>⇒− + + >⇒ + + <
2 22 2 22
DEF
ABC
S
0 1 cos A cos B cos C 0 cos A cos B cos C 1
S
Mà ta có
+ = += +=
2 2 22 22
cos A sin A 1; cos B sin B 1; cos C sin C 1
Suy ra
( ) ( )
++ + ++ =
2 22 2 22
cos A cos B cos C sin A sin B sin C 3
Lại có
++<
2 22
cos A cos B cos C 1
nên ta được
++>
2 22
sin A sin B sin C 2
.
Ví dụ 17. Cho tam giác nhọn ABC và m, n, p là các số thực dương. Chứng minh rằng:

+ + ≤ ++


np mp
1 mn
mcosA ncos B pcosC
2m n p
Lời giải
H
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
136
Trước hết ta chứng minh
= −cosC sinA.sin B cosA.cosB
Thật vậy, xét tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD,
BE, CF cắt nhau tại H. Ta có
=ACF FBH
nên
=tan ACF tanFBH
Suy ta
=FA.FB FC.FH
Mà ta lại có
= =
CE CF
cosC
CH CA
nên ta có
=CE.CA FC.CH
Dễ thấy
∆∆CEH CFA∽
nên ta được
=⇒=
CE CH
CE.CA CF.CH
CF CA
Do đó ta được
( )
−
− =−=
−
−
= = =
= = =
2
2
FC FC FA FB FC FA.FB
sin A.sin B cos A.cos B . .
AC BC AC BC AC.BC
FC FC FH
FC FC.FH CF.CH
AB.BC AC.BC AC.BC
CE.AC CE
cosC
AC.BC BC
Ta có
( )


+ ++ − ≥




⇒ + ++ + +
+ +− ≥
−
⇒ ++≥ + +
⇒ ++≥ +
2
2
22
2 22
22
22
222
222
cos A cos B 1 sin A sin B
0
n mp n m
cos A cos B 1 2cosA.cos B 2cosA 2cosB
mn np mp
n mp
sin A sin B 2sin A.sin B
0
mn
nm
2 sin A.sin B cosA.cos B
1 1 1 2cosA 2cos B
np mp mn
mnp
1 1 1 2cosA 2cos B
np m
mnp
+

⇒ + + ≤ ++


2cosC
p mn
np mp
1 mn
mcosA ncos B pcosC
2m n p
Bài toán được chứng minh xong.
Nhận xét: Nếu cho
= = =mnp1
ta có bất đằng thức
++≤
3
cosA cos B cosC
2
H
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
137
Ví dụ 18. Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AD, đường cao BH và đường phân
giác CE đồng quy. Chứng minh rằng:
( )
( )
+ +− =
2 22 2
BC CA BC CA AB 2BC.CA
Lời giải
Gọi O là giao điểm của AD, BH và CE. Xét tam
giác BHC vuông tại H ta có
( )
( )
=−=− −
=−+−
2222 2 2
2
22
CH BC BH BC AB AH
BC AB CA CH
Từ đó ta được
+−=
2 22
BC CA AB 2CA.CH
Suy ra
+−
=
2 22
BC CA AB
CH
2CA
, chứng minh
tương tự ta được
+−
=
222
AC AB BC
AH
2CA
Do đó ta được
+−
=
+−
2 22
222
CH BC CA AB
AH
AC AB BC
(1)
Do CE là đường phân giác của tam giác ABC và AD, BH, CE đồng quy nên CO là đường
phân giác của tam giác ACD. Do đó ta được
= =
OD CD BC
OA CA 2CA
(2)
Từ D kẻ DK vuông góc với AC nên ta được BH//DK, nên ta được
=
HC
HK
2
Suy ra ta được
= =
OD HK CH
OA HA 2HA
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta được
+−
=
+−
2 22
222
BC BC CA AB
AC
AC AB BC
, suy ta ta được
( )
( )
( )
+− = + −
⇒+++−−=
⇒+ + − =
2 32 2 2 3
33 2 2 2 2 2
2 22 2
BC .CA CA AB .CA CA .BC AB .BC BC
BC CA BC .CA CA .BC AB CA AB .BC 2BC.CA
BC CA BC CA AB 2BC.CA
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 19. Cho tam giác ABC cân tại A có
=
0
A 20
và
= = =BC a, CA AB b
.
Chứng minh rằng:
+=
33 2
a b 3ab
.
Lời giải
O
E
K
H
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
138
Tam giác ABC cân tại A có
=
0
A 20
nên ta
được
= =
0
B C 80
. Dựng góc
=
0
ABD 60
với D thuộc đoạn thẳng AC, khi đó
=
0
ABC 20
Do đó tam giác BCD cân tại B.
Từ đó ta được
=BC BD
Suy ra
∆∆ABC BCD∽
nên ta được
=
AB BC
BC CD
và
=−=−CD AC AD AB AD
Từ đó ta có
= =
−
AB BC BC
BC CD AB AD
, suy ra
−=
22
AB AB.AD BC
nên ta được
−
=
22
AB BC
AD
AB
Từ đó ta được
( )
−
=
2
22
2
2
AB BC
AD
AB
(1). Mặt khác tam giác ABD có
=
0
ABD 60
.
Theo định lí hàm số cosin ta có
=+− =+−
2 22 22
AD AB BD AB.BD AB BC AB.BC
(2)
Thay hệ thức (1) vào hệ thức (2) ta được
( )
−
=+−
2
22
22
2
AB BC
AB BC AB.BC
AB
Do đó ta được
+− =+ −
4 4 22 4 22 3
AB BC 2AB .BC AB AB .BC AB .BC
Suy ra
+=
33 2
BC CA 3BC.AB
hay
+=
33 2
a b 3ab
. Bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 20. Cho tam giác ABC có I là trung điểm của BC. Qua I kể các đường thẳng
1
d
cắt
AC, AB lần lượt tại M, N và đường thẳng
2
d
cắt AC, AB lần lượt tại P, Q. Đường thẳng
PN cắt cạnh BC tại E và đường thẳng QM cắt cạnh BC tại F. Chứng minh rằng
=IE IF
.
Lời giải
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
139
Áp dụng định lí Menelaus cho ba điểm M, N,
I thẳng hàng trong tam giác ABC ta có
=
IB MC NA
.. 1
IC MA NB
. Mà I là trung điểm của BC
nên ta được
=
MC NA
.1
MA NB
.
Mặt khác vì P, Q, I thẳng hàng nên áp dụng
tương tự ta được
=
IB QB PA
.. 1
IC QA PC
. Mà I là
trung điểm của BC nên ta được
=
QB PA
.1
QA PC
.
Từ đó
=
MC NA QB PA
..
MA NB QA PC
Hay ta được
=
PC NA QB MA
..
PA NB QA MC
Chứng minh hoàn toán tương tự đối với các bộ ba điểm thẳng hàng N, E, P và Q, M, F ta
có
= =
EBPCNA FCQBMA
.. . . 1
EC PA NB FB QA MC
Do đó ta được
=
EB FC
EC FB
, do đó ta được
=
++
EB FC
EC EB FB FC
hay
=
EB FC
BC BC
Suy ra
=EB FC
nên ta được
=IE IF
.
Ví dụ 21. Cho tam giác ABC có
= −BC 2AC 2AB
và D là một điểm trên cạnh BC. Chứng
minh rằng
=ABD 2ADB
khi và chỉ khi
=BD 3CD
Lời giải
Trường hợp 1
Trường hợp 2
Trường hợp 1
+ Trường hợp 1: Tam giác ABC có
<
0
B 90
. Khi đó hạ AH vuông góc với BC, lấy E trên
đoạn CH sao cho
=AE AB
. Ta có
( )( ) ( )
−=−=− += = −
22 2 2
AC AB CH BH CH BH CH BH CE.BC CE.2 AC AB
Do đó ta được
( )( ) ( )
− += −AC AB AC AB CE.2 AC AB
hay
+=AC AB 2CE
N
M
Q
P
F
E
C
B
A
H
E
D
C
B
A
D
C
B
A
H
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
140
Do đó giải thiết
=−⇔= +
1
BC 2AC 2AB 2AB BC 2CE
2
(1)
Vì vậy
=ABD 2ADB
⇔
=AEB 2ADB
tương đương với tam giác AED cân tại E
⇔==AB AE DE
( )
⇔ + = ⇔= − = ⇔=
1
2DE BC 2CE BC 4 CE DE 4CD BD 3CD
2
+ Trường hợp 2: Tam giác ABC có
=
0
B 90
. Khi đó ta có
( )
− = = − ⇔+=
222
AC AB BC 2 AC AB BC AC AB 2BC
⇔ ++= ⇔=
13
BC AB AB 2BC AB BC
24
Do đó
= ⇔ == ⇔=⇔= ⇔=
0
3
ABD 2ADB ADB 45 BAD AB BD BD BC BD 3CD
4
+ Trường hợp 3: Tam giác ABC có
>
0
B 90
. Khi đó kẻ AH vuông góc với BC và lấy E thuộc
đoạn CH sao cho
=AE AB
. Ta có
( )( ) ( )
−=−=− += = −
22 2 2
AC AB CH BH CH BH CH BH CE.BC CE.2 AC AB
Do đó ta được
( )( ) ( )
− += −AC AB AC AB CE.2 AC AB
hay
+=AC AB 2CE
Tương tự như trên ta được
+=
1
AB BC CE
4
Do đó
= ⇔−= ⇔+ =+ =
00
ABD 2ADB 180 ABE 2ADB AEB 2ADE ABE 2ADB 180
(2)
Mà
++=
0
AEB EAD ADE 180
nên (2)
⇔=⇔EAD ADE
tam giác ADE cân tại E
⇔==⇔ + =
1
AE ED AB 2ED BC 2CE
2
( )
⇔= − = ⇔=BC 4 CE DE 4CD BD 3CD
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 22. Cho tam giác ABC với hai phân giác BD và CE. Gọi M là một điểm trên đoạn
thẳng DE. Chứng minh rằng khoảng cách từ M đến BC bằng tổng khoảng cách từ M đến
AB và AC.
Lời giải
Từ D hạ DL vuông góc với AB và DR vuông
góc với BC
Từ E hạ EQ vuông góc với BC và EN vuông
góc với AC.
Theo định lí Talet ta có
=⇒= =
MK MD MD.EN EQ.MD
MK
EN ED E
D ED
=⇒= =
MP EM DL.EM DR.EM
MP
DL ED ED ED
Do đó ta được
O
S
R
H
K
P
L
N
M
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
141
+
+= + =
EQ.MD DR.EM EQ.MD RD.EM
MK MP
ED ED ED
(3)
Ta xét các trường hợp sau
+ Trường hợp ED//AB. Khi đó
= =EQ DR MH
Do đó ta có
( )
+
+
+= = = =
MH MD EM
EQ.MD RD.EM MH.ED
MK MP MH
ED ED ED
+ Trưường hợp ED không song song vơi AB, khi đó gọi S là giao điểm của ED với AB.
Xét
∆
SDR có EQ // MH // DR nên theo định lí Talets ta có
−−
=⇒==
DR SD DR MH SD SM MD
MH SM MH SM SM
(4)
=⇒==
−−
MH SM HM SM SM
EQ SE HM EQ SM SE ME
(5)
Nhân (4) và (5) vế theo vế ta có
( ) ( )
( )
−
=⇔ −= −
−
⇔− = −⇔+=+
+
⇔=
DR HM MD
ME DR HM MD HM ED
HM EQ ME
ME.DR ME.HM MD.HM MD.ED ME.DR MD.DE MD ME HM
ME.DR MD.DE
HM
DE
Thay vào hệ thức (3) ta được
= +MH MK MP
. Vậy ta có
= +MH MK MP
Ví dụ 23. Cho tam giác ABC không cân. Gọi D là trung điểm của BC, gọi AE và AF lần
lượt là đường phân giác trong và phân giác ngoài của tam giác ABC. Gọi H là hình chiếu
của A trên BC.
Chứng minh rằng
=EF.DH AB.AC
.
Lời giải
Giả sử
<AB AC
, vì AE và AF là đường
phân giác trong và đường phân giác
ngoài của tam giác ABC nên theo tính
chất đường phân giác ta có
= =
EB FB AB
EC FC AC
.
Suy ra
= =
+++
EB FB AB
EC EB FC FB AB CA
Do đó ta được
= ⇒=
++
EB AB AB.BC
EB
BC AB CA AB CA
Lại có
= ⇒=
−− −
FB AB AB
.BC
FB
FB FC AC AB AC AB
H
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
142
Suy ra
=+= + =
+−
−
22
AB.BC AB.BC 2AB.BC.CA
EF FB EB
AB CA AB CA
AC AB
(1)
Áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông ACH và ABC ta được
 
= + = = + = += = −


22
2222 22
22
BC BC
AC AH HC AH DH ; AB AH BC AH DH
22
Suy ra
−=
22
AC AB 2BC.DH
nên ta được
−
=
22
AC AB
DH
2BC
(2)
Từ (1) và (2) ta được
−
=
−
22
22
2AB.BC.CA AC AB
EF.DH .
2BC
AC AB
hay
=EF.DH AB.AC
.
Ví dụ 24. Cho tam giác ABC, gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AC. Đường cao
BH. Đường vuông góc với đường phân giác của góc
HMN
kẻ từ M cắt AC tại K sao cho
( )
= +
1
HK AB BC
2
và
=
0
HMN 45
. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân.
Lời giải
Ta có
⊥BH AB
nên tam giác BHC vuông tại
H.
Ta có M và N lần lượt là trung điểm của BC
và AC nên
= =
11
MH BC; MN AB
22
.
Ta có
( )
= +=+
1
HK AB BC MH MN
2
.
Đặt
α
=HMN
, ta xét các vị trí của H, N, K
theo các trường hợp sau
+ Trường hợp 1: Nếu N nằm giữa H và K. Khi
đó trên tia đối của tia MH lấy điểm D sao cho
=MD MN
Suy ra
α
=⇒=−
0
DH HK HDK 90
2
, mà MK vuông góc với tia phân giác của góc
HMN
nên KH là tia phân giác của góc
NMD
. Suy ra
=NMK KMD
Do đó ta được
∆=∆MDK MNK
nên
α
= −
0
MNK 90
2
Mặt khác ta có
α
= +
0
MNK 45
nên ta được
α
αα
−=+ ⇒=
0 00
90 45 30
2
Do vậy ta được
=⇒= =
0 00
MNK 75 HNK 105 ; MHB 60
.
Mà tam giác MHB cân tại M nên
=⇒ =+=
0 00 0
HMB 60 BMN 60 45 105
Do đó ABMN là hình thang cân nên
=AC BC
hay tam giác ABC cân tại C.
H
N
M
K
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
143
+ Trường hợp 2: Nếu H nằm giữa N và K. Khi đó
đường thẳng vuông góc với phân giác của
HMN
cắt AC tại K. Trên tia HM lấy điểm D sao cho
=DM MN
Suy ra
α
=⇒==
1
HD HK HKD HDK
2
Mà
===−=MN HK HM HD HM MD
. Suy ra KM
là đường trung trực của đoạn ND.
Suy ra
=KD KN
, từ đó ta có
∆=∆NMK DMK
suy ra
α
= =
1
KNM KDM
2
Do đó ta được
αα α
+ + = ⇒=
00 0
1
45 180 90
2
nên H trùng với C.
Suy ra tam giác ABC cuông cân tại C.
Ví dụ 25. Cho tam giác ABC có M là điểm nằm trong tam giác thỏa mãn
−= −AMC B AMC C
. Các tia phân giác của
ABM
và
ACM
cắt nhau tại I. Chứng minh I
nằm trêm AM.
Lời giải
Dựng phía ngoài tam giác ABC các góc thỏa mãn
= =DAC BAM; DCA ABM
.
Khi đó tam giác ACD đồng dạng với tam giác
ABM, suy ra
= =
AB AM
ADC AMB;
AC AD
.
Lại có
=BAC MAD
nên tam giác ABC đồng
dạng với tam giác AMD. Suy ra
= =ACB ADM; AMD B
, do đó ta được
=−=−MDC ADC ADM AMB C
Suy ra
=−=−DMC AMC AMD AMB B
Theo giả thiết ta có
−= −AMC B AMC C
nên ta được
=MDC DMC
nên tam giác DMC
cân tại C suy ra
=CM CD
. Ta có
∆∆ACD ABM∽
nên ta được
=⇒=
CD BM CM BM
CA BA CA BA
.
Gọi I là giao điểm của đường phân giác của
ACM
với AM, suy ra
=
CM MI
CA MA
K
H
N
M
D
C
B
A
I
M
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
144
Do đó ta được
=
BM MI
BA MA
nên BI là phân giác của góc
ABM
. Vậy I nằm trêm AM.
Ví dụ 26. Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác BCD, CAM,
ABN thỏa mãn điều kiện
= = = = = =
0 00
CBD CAM 45 ; BCD ACM 30 ; ABN BAN 15
. Chứng
minh rằng tam giác DMN vuông cân.
Lời giải
Theo giả thiết ta có
= =
0
ABN BAN 15
nên ta có
=
0
ANB 15
.
Dựng tam giác đều BNI sao cho I nằm trong nửa mặt
phẳng bờ BN có chứa điểm C.
Ta có
= −=
0
ANI ANB BNI 90
, do đó tam giác ANI
vuông tại N, suy ra
=
0
NIA 45
.
Do đó ta được
=−=
0
BAI NAI NAB 30
và
=−=
0
ABI NBI NBA 45
Từ đó các tam giác BAI, ACM, BCD đồng dạng với
nhau
Suy ra
= ⇒=ABI CBD DBI ABC
và
= =
IB BD AM
AB BC AC
(1)
Do đó hai tam giác DBI và CBA đồng dạng với nhau, suy ra
= =
BD DI BI
BC AC AB
(2)
Từ (1) và (2) ta được
=AM DI.
Mặt khác
=⇒=DIB CAB DIN MAN
nên ta được
∆=∆ANM IND
Do đó ta được
=MN DN
và
=ANM IND
.
Từ đó suy ra
=+= +==
0
DNM DNI INM MNA INM INA 90
. Vậy tam giác DMN vuông
cân tại N.
Ví dụ 27. Cho tam giác ABC có AD, BE, CE là các đường phân giác trong của tam giác. Gọi
giao điểm của DE và CF là M và giao điểm của DF và BE là N. Chứng minh rằng AD là tia
phân giác của góc
MAN
.
Lời giải
I
N
M
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
145
Đặt
= = =AB c, BC a, CA b
. Từ M và N kẻ
các đường thẳng MP và NQ
( )
∈∈P AC, Q AB
song song với AD. Theo
định lí Talet ta có
= ⇒=
=⇒=
AP DM AE.DM
AP
AE DE DE
PM ME AD.ME
PM
AD DE DE
Khi đó ta được
=
AP MD AE
.
PM ME AD
(1)
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có
= ⇒ = ⇒= =
+ ++
CE BC CE BC B
C.AC ab
CE
AE BA AC BC AB BC AB a c
Chứng minh tương tự ta được
= =
++
ab bc
CD ; AE
bc ca
.
Mặt khác ta lại có
+
= =
+
MD CD a c
ME CE b c
, thay vào hệ thức (1) ta được
=
+
AP bc 1
.
MP b c AD
Chứng minh tương tự ta được
=
+
AQ bc 1
.
QN b c AD
. Từ đó ta được
=
AP AQ
MP NQ
.
Lại có PM//AC nên
=−=−=−
000
1
APM 180 EPM 180 CAD 180 A
2
Tương tự ta được
= −
0
1
AQN 180 A
2
. Nên ta được
=APM AQN
Do đó ta có
∆∆APM AQN∽
, suy ra
=⇒=PAM QAN NAD MAD
Hay AD là tia phân giác của góc
MAN
.
Ví dụ 28. Cho tam giác ABC có H là trực tâm và M là trung điểm của BC, đường cao AD
( )
∈D BC .
Chứng minh rằng:
= −
22
AH.AD AM BM
Lời giải
+ Nếu tam giác ABC vuông khi đó ta có các trường hợp sau:
- Trường hợp tam giác ABC vuông tại A, khi đó A trùng với H và
=AM BM
nên kết luận
hiển nhiên đúng.
- Trường hợp tam giác ABC vuông tại B, khi đó H, B và D trùng nhau.
Theo định lí Pitago cho tam giác vuông ABM ta có
=
2
AH.AD AB
và
−=
222
AM BM AB
Do đó ta có
= −
22
AH.AD AM BM
.
- Trường hợp tam giác ABC vuông tại C, khi đó khi đó H, C và D trùng nhau.
Q
P
N
M
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
146
Theo định lí Pitago cho tam giác vuông AMC ta có
=
2
AH.AD AB
và
−=
222
AM CM AB
và để ý là
=MB MC
.
Do đó ta có
= −
22
AH.AD AM BM
.
+ Nếu tam giác ABC không vuông, khi đó hai tam giác BDH và ADC đồng dạng
Suy ra
=⇒=
BD HD
BD.CD AD.HD
AD CD
. Ta xét các trường hợp sau
- Trường hợp tam giác ABC nhọn, khi đó ta có theo định lí Piatgo ta có
( )( )
= =− +=−=−+
2 2 2 22
AD.HD BD.CD BM DM BM DM BM DM BM AM AD
Do đó ta được
−=−
222
AD.HD AD BM AM
suy ra
( )
−=−
22
AD HD AD BM AM
Từ đó ta được
= −
22
AH.AD AM BM
.
- Trường hợp tam giác ABC tù tại A, khi đó ta có
( )( )
= =− +=−=−+
2 2 2 22
AD.HD BD.CD BM DM BM DM BM DM BM AM AD
Do đó ta được
−=−
222
AD.HD AD BM AM
suy ra
( )
−=−
22
AD HD AD BM AM
Từ đó ta được
= −
22
AH.AD BM AM
.
- Trường hợp tam giác tù tại B hoặc C(chẳng hạn tại B), khi đó ta được
( )( )
= = ± = −= −−
22 222
AD.HD BD.CD DM BM DM MM DM BM DM AD BM
Suy ra
( )
+= −
22
AD HD AD AM BM
mà
= +AH HD AD
. Từ đó ta được
= −
22
AH.AD AM BM
.
Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có
= −
22
AH.AD AM BM
.
Ví dụ 29. Cho tam giác ABC có I là giao điểm ba đường phân giác và D, E lần lượt là trung
điểm của AC, AB. Đường thẳng DI cắt AB tại Q và đường thẳng EI cắt AC tại P. Biết rằng
diện tích tam giác ABC bằng diện tích tam giác APQ. Tính số đo góc
BAC
.
Lời giải
H
M
D
C
B
A
A
B
C
D
M
H
D
M
H
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
147
Gọi giao điểm của BI và AC là M, giao
điểm của CI và AB là N.
Đặt
= = = = =AB c,BC a,CA b,AP x, AQ y
.
Theo tính chất đường phân giác của tam
giác ta có
= =
CI CA AN AC
;
NI NA BN BC
. Từ đó ta được
= ⇒=
++ +
AN AC AN AC
AN NB AC BC AB AC BC
Hay
=
+
bc
AN
ab
. Suy ra
+
=
CI a b
NI c
.
Tương tự ta được
+
= =
+
bc BI a c
AD ;
a c MI b
. Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: Tam giác ABC cân tại A. Khi đó
=AP AQ
và
=AB AC
Mà ta lại có
=
ABC APQ
SS
nên ta suy ra được
=AB.AC AP.AQ
. Từ đó ta có
=AP AC
và
=AB AQ
. Điều này dẫn đến P trùng với C và B trùng với Q nên ta suy ra được tam giác
ABC cân tại B và C hay tam giác ABC đều. Từ đó ta được
=
0
BAC 60
+ Trường hợp 2: Tam giác ABC cân tại B. Khi đó M trùng với D và Q trùng với B.
Từ đó ta được
=AQ AB
.
Theo giả thiết ta có
=
ABC APQ
SS
nên ta được
=AB.AC AP.AQ
Nên suy ra
=AC AP
, do đó ta được
= =AB AC BC
hay tam giác ABC đều
Suy ra
=
0
BAC 60
.
+ Trường hợp 3: Tam giác ABC không cân tại B, không mất tính tổng quát ta giả sử
>AB AC
, khi đó ta được
<AD AM
. Suy ra
>AQ AB
. Theo giả thiết ta có
=
ABC APQ
SS
nên
ta được
=AB.AC AP.AQ
Nên ta được
<AP AC
, do đó
< ⇒ > ⇒>BE BN BC AC a b
.
Suy ra
( )
( )
−
= −=− =
+
+
bc a
b bc
DM AM AD
2ac
2a c
nên
−
=
+
DN c a
DA c a
Xét tam giác ABM có ba điểm D, I, Q thẳng hàng nên theo định lí Menelaus ta có
+−
=⇒ =
⇒=
− + +−
y
AQ BI DM a
c c a bc
. . 1 . . 1y
QB IM MA y c b c a a b c
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được
=
+−
bc
x
acb
Mà
=AB.AC AP.AQ
nên ta được
( )( )
= =
+− +−
22
bc
bc xy
abcacb
E
D
N
M
Q
P
I
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
148
Do đó ta được
= +−
2 22
a b c bc
, theo định lí hàm số cosin ta được
=
1
cosA
2
nên
=
0
A 60
.
Vậy ta được
=
0
BAC 60
.
Ví dụ 30. Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi
+=+
a
a
3l b c
2
, với
a
l
là độ
dài đường phân giác của góc
A
và
= = =AB c, BC a, CA b
.
Lời giải
+ Dễ thấy nếu tam giác ABC đều thì ta có
=
a
a3
l
2
và
= =abc
. Khi đó ta có
+=+
a
a
3l b c
2
+ Ta cần chứng minh: Nếu
+=+
a
a
3l b c
2
thì tam giác ABC đều
Thật vậy, trước hết ta chứng minh
( )
( )

+−


=
+
2
2
2
a
2
bc b c a
l
bc
Xét tam giác ABC có độ dài ba cạnh là
a,b,c
và
=++2p a b c
Ta có
= =
ABC
1 AA
S AB.AC.sin A AB.AC.sin .cos
2 22
=
ABD
1A
S AB.AD.sin
22
Suy ra
+
= =
ABC
ABD
A
2AB.cos
S
AB AC
2
S AB AD
Do đó ta được
= ⇒=
++
a
AA
2AB.AC.cos 2bc.cos
22
AD l
AB AC b
c
Áp dụng định lí cosin ta lại có
=+− =+−
222 222
AA
2AD.AB.cos AB AD BD ; 2AD.AC.cos AC AD CD
22
( )
( )( )
⇒ +=+−++−
= ++ +− = −
222222
A
2AD.cos AB AC AB AD BD AC AD CD
2
AB AC BC AB AB BC 4p(p a)
Suy ra
( )
( )
( )
( )
−−
= ⇒=
++
a
2p p a 2p p a
AD l
AA
b c cos b c cos
22
D
C
B
A
H
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
149
Khi đó ta được
( )
( )
( )
( )

+−
−


= =
+
+
+
2
2
2
a
2
A
2bc.cos
bc b c a
2p p a
2
l.
A
bc
bc
b c cos
2
.
Dễ thấy
≤
+
bc 1
bc 2
.
Nên ta có
( ) ( )
( )
+− +−
= ≤
⇒ ≤ +−
+
22
22
2
2
aa
bc. bc a bc a
3
l 3
.l b c a
bc 2 2
(1)
Lại có
+
−≥


2
bc
a0
2
nên ta được
( )
( )
+
− ++ ≥
2
2
bc
ab c a 0
4
( )
( ) ( )
( )


⇒+− +− ++ +≥⇒+− ≥ +−




2
22
22 2
2
3 3a a a 3
bc bc abc 0 bc bc a
4 44
2 4
Do đó ta được
( )
+− ≥ + −
2
2
a3
bc bc a
22
(2)
Kết hợp (1) và (2) với
+=+
a
a
3l b c
2
, ta được
+
= =
bc
b c; a
2
Suy ra
= =abc
hay tam giác ABC đều.
Ví dụ 31. Cho tam giác ABC có
=C 2B
. Gọi D là điểm trên cạnh BC sao cho
=CD 2BD
.
Trên tia AD lấy điểm E sao cho
=DE DA
. Chứng minh rằng
+=
0
ECB 180 2EBC
.
Lời giải
Gọi I là trung điểm của CD, khi đó
= =DI CI BD
.
Theo giả thiết
=DE DA
nên ta được
ABEI là hình bình hành, do đó
=BE AI
.
Trên tia đối của tia CB lấy điểm J sao cho
=CJ CA
.
Đặt
= = =BC a, CA b, AB c
Ta có
= = =
a
BD CI ID
3
.
Đặt
= = = = =BEAIm,ADDEn,CEp
.
Ta có
= =2ABC ACB 2CJA
, suy ra
=ABC CJA
Tam giác ABC có
=C 2B
nên khi vẽ tia phân giác CF thì ta được tam giác BFC cân tại F.
Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta được
++
=⇒=
FA AC FA FB AC BC
FB BC FB BC
F
M
E
J
I
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
150
Từ đó ta được
= = =
++
AB.BC ac
CF FB
AC BC a b
. Mà theo công thức đường phân giác trong ta
giác ta có
( )
( )
( )
( )

= +
− = +−


++
22
2 22
22
BC.CA ab
CF B
C AC AB a b c
BC AC a
b
Do đó ta được ta được
( )
( ) ( )


= + − ⇒= +



+

+
2
2
22
2
a.c a.b
ab c c bab
ab
ab
Theo công thức đường trung tuyến của các tam giác ABI, ADC, DEC ta có
+ = + += + += +
222222 222222
2 22
c m 2n a ; b n 2m a ; n p 2c a
9 99
Từ đó ta được
+= +
22 2 2
2
c 2b 3m a
3
. Suy ra

=+− =+ −


22 2
ab 2 2a a
mb a b b
39 3 3
Lại có
( )
+=+= ++=++
222 2 2 2 2
222
m 2p 3c a 3b b a a 3b 3ab a
333
Do đó ta được
 
+−+=++=++




22 2
2a a 2 2a a
b b 2p 3b 3ab a 3 b b
33 3
33
Suy ra

= + ⇒=+


2
2
2a 2a
p b pb
33
, do đó ta được
( )
= −
2
m pp a
Suy ra
( )
= −
2
BE CE CE BC
. Trên CE lấy M sao cho
=CM BC
Khi đó ta được
= ⇒=
2
BE ME
BE CE.EM
CE BE
. Do đó tam giác EBC đồng dạng với tam giác
EMB, suy ra
=EBM ECM
. Vì
=CM BC
nên
(
)
= −
0
1
MBC 180 BCE
2
Suy ra
(
)
==−=− −
0
1
EBM ECB EBC MBC EBC 180 ECB
2
Do đó ta được
+=
0
ECB 180 2EBC
.
Ví dụ 32. Cho tam giác ABC nhọn có các đường phân giác trong AD, BE, CF cắt nhau tại
O. Chứng minh rẳng nếu bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác AOF, BOD, COE bằng
nhau thì tam giác ABC là tam giác đều.
Lời giải
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
151
Gọi
123
O;O;O
lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác AOF, BOD, COE. Giả sử
12 3
OO ;OO ; OO
lần lượt cắt AB, BC, CA lại
M, N, P.
Do bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác
AOF, BOD, COE nên ta được
12
OO
// AD;
13
OO
// CE và
23
OO
// BE.
Mặt khác ta có
= =
3
12
PO
MO NO
MO NO OP
do đó ta
được
12
OO
// MN;
13
OO
// MP và
23
OO
// CF.
Từ đó ta được MN // AD, NP // BE và MP //
CF.
Gọi giao điểm của MO và NP là H, giao điểm của BO và MN là K.
Ta có
=
MO MK
OH NK
, mặt khác ta có
=
MK KN
AO DO
nên ta được
=
MK AO
KN DO
Do đó ta được
=
MO AO
HO DO
. Theo tính chất đường phân giác ta có
+
= = =
AO AB AC AB AC
DO BD DC BC
Mặt khác ta có
= =MNO NOD; PNO BON
mà
=BON NOD
nên ta được
=MNO PNO
,
suy ra No là tia phân giác của
MNP
. Tương tự ta được MO là phân giác của
NMP
nên O
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác tam giác MNP.
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có
+
= = =
MO MN MP MN MP
HO HN HP NP
Từ đó ta được
++
=
AB AC MN MP
BC NP
nên ta được
++ ++
=
AB AC BC MN MP NP
BC NP
Hay
++
=
++
NP MN MP NP
BC AB AC BC
. Chứng minh tương tự ta được
++
= =
++
MN MP MN MP NP
AB AC AB AC BC
Do đó ta được
= =
NP MN MP
BC AB AC
, suy ra
∆∆MNP ABC∽
. Do đó ta được
=NMP BAC
, mà
ta lại có
= = +NMP AOF OAC OCA
. Suy ra
=BAD OCA
nên
=BAC BCA
. Chứng minh
tương tự ta được
=ABC BAC
. Vậy nên tam giác ABC đều.
Ví dụ 33. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm ba đường phân giác của tam
giác. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của I trên các cạnh BC, AC, AB. Gọi M là trung
điểm cạnh AC. Đường thẳng MI cắt AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P.
Chứng minh tam giác ANP là tam giác cân.
O
3
O
2
O
1
K
H
O
P
F
D
E
N
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
152
Lời giải
Ta có
⊥IE AC
và
⊥AB AC
nên IE song
song với AB. Theo định lí Talets ta có
=
AN AM
EI EM
Do đó
( )
= =
−
AM.EI AC.EI
AN
EM
2 AM AE
(1)
Vì
=
0
BAC 90
nên tứ giác AEIF là hình
vuông, do đó
=AE EI
Vì D, E, F lần lượt là hình chiếu của I trên các cạnh BC, AC, AB nên ta có
( )
++= ++
1
AE CD BD AB BC CA
2
⇒
+−
= =
AB CA BC
IE AE
2
(2)
Lại có
( )
−=−=−= −BC AB CD AF CE AE 2 AM AE
(3)
Thay (2) và (3) vào hệ thức (1) ta được
( )
( )
( )
( )
+−
= =
−−
− + − +−
= =
−
22
AC AB CA BC
AC.EI
AN
2 AM AE 2 BC AB
BC AB AB.AC AC.BC BC AB AC
2
2 BC AB
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt DF tại K, khi đó tam giác APK vuông tại A.
Ta có
=BD BF
do đó ta có
= =AK AF AE
và
= =−=
0
1
AKF BDF 90 B BIF
2
.
Trong tam giác AKP có

= = −= =


0
1 BB
AP AK.tanAKF AK.tan 90 B AK.cot AE.cot
2 22
Do đó ta được
+−
=
AC AB BC BD
AP .
2 ID
(*)
Mà
+−
=
BC AB AC
BD
2
và
+−
= =
AC AB BC
DI AE
2
Suy ra
+− +− +−
= =
+−
AC AB BC BC AB AC AB BC AC
AP .
2 AB AC BC 2
(**)
Từ (*) và (**) ta được
=AN AP
nên tam giác ANP cân tại A.
Ví dụ 34. Cho tam giác ABC có
= = =AB c; BC a; CA b
. Chứng minh rằng tam giác ABC
vuông tại B hoặc C khi và chỉ khi một trong các đẳng thức sau đây xẩy ra:
a)
=
+
Aa
tan
2 bc
b)
−
=
+
2
bc
A
tan
2 bc
Lời giải
K
H
P
N
I
M
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
153
+ Trước hết ta chứng minh: Nếu tam giác ABC vuông tại
B hoặc C thì ta luôn có
=
+
Aa
tan
2 bc
và
−
=
+
2
bc
A
tan
2 bc
Thật vậy, xét tam giác ABC vuông tại B(trường hợp tam
giác ABC vuông tại C chứng minh tương tự) .
Khi đó gọi AD là đường phân giác của tam giác ABC.
Trong tam giác BAD vuông tại B có
=
A BD
tan
2 BA
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có
+
= = = =
+ ++
BD CD BD CD BC a
AB AC AB AC AB AC b c
Do đó ta được
=
+
Aa
tan
2 bc
Từ
=
+
Aa
tan
2 bc
được
( )
( )
−−
= = =
+
++
2 22
2
22
A a b c bc
tan
2 bc
bc bc
Do đó ta được
=
+
Aa
tan
2 bc
và
−
=
+
2
bc
A
tan
2 bc
+ Ta chứng minh: Nếu có
=
+
Aa
tan
2 bc
hoặc
−
=
+
2
bc
A
tan
2 bc
thì tam giác ABC vuông tại B
hoặc C.
Thật vậy, gọi AD là đường phân giác của tam giác ABC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm
E sao cho
= =AE AC b
.
Khi đó ta có
= = =BAD DAC ACE AEC
nên ta được AD//EC. Kẻ BK vuông góc với BE cắt
đường thẳng EC tại K.
Ta có
= = =
+
A BK BK
tan tanE
2 BE b c
.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
≥bc
, khi đó
≥⇒≤ABD ACD ADB ADC
nên
ADC
là
góc vuông hoặc góc tù. Từ đó ta được
DCE
là góc nhọn
a) Nếu có
=
+
Aa
tan
2 bc
thì từ
= = =
+
A BK BK
tan tanE
2 BE b c
ta được
= =BK a BC
do đó K
trùng với điểm C. Điều này có nghĩa là tam giác ABC vuông tại B.
Vậy khi
=
+
Aa
tan
2 bc
thì tam giác ABC vuông tại B hoặc C.
b) Nếu
−
=
+
2
bc
A
tan
2 bc
, khi đó giả sử
≥bc
kết hợp với
= = =
+
A BK BK
tan tanE
2 BE b c
ta có
K
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
154
( )
( )( )
( )
−+
= ⇒=−
++
2
2 22
22
bcbc
BK
BK b c
bc bc
Mặt khác ta có
= +
2 22
AK BK c
nên ta được
= =
22 2
AK b AC
.
Từ đó suy ra K trùng với C. Điều này có nghĩa là
=
0
ABC 90
hay tam giác ABC vuông tại
B.
Vậy khi
−
=
+
2
bc
A
tan
2 bc
thì tam giác ABC vuông tại B hoặc C.
Ví dụ 35.
Cho tam giác ABC có ba đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Chứng minh
rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi
++=
3
cosA cos B cosC
2
.
Lời giải
+ Nếu tam giác ABC đều khi đó ta có
= = =
0
A B C 60
.
Suy ra
= = =
1
cosA cosB cosC
2
do đó
++=
3
cosA cos B cosC
2
+ Ta cần chứng minh khi
++=
3
cosA cos B cosC
2
thì
tam giác ABC đều
Thật vậy, tam giác ABN vuông tạ
i N nên ta có
=
AN
cosA
AB
Tam giác APC vuông tại P nên ta có
Do đó ta được
= ⇒=
2
AN.AP AN.AP
cos A cosA
AB.AC AB.AC
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

≤+


AN.AP 1 AP AN
AB.AC 2 AN AC
. Do đó ta được

≤+


1 AP AN
cosA
2 AN AC
Chứng minh tương tự ta được

≤+ ≤ +


1 PB BM 1 MC NC
cos B ; cosC
2 AB BC 2 BC AC
Do đó ta được

+ + ≤ ++ + + + =


1 AP PB AN NC BM MC 3
cosA cos B cosC
2 AB AB AC AC BC BC 2
.
H
P
N
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
155
Mà theo bài ra ra có
++=
3
cosA cos B cosC
2
, điều này có nghĩa là ba bất đẳng thức trên
xẩy ra dấu bằng
Hay
= = =⇔= = =
AP AN BP BM MC NC AP AB BP AB MC BC
;; ;;
AB AC AB BC BC AC AN AC BM BC NC AC
Cũng từ
=
AN
cosA
AB
và
dẫn đến
=⇒=
AN AP AN AB
AB AC AP AC
Mà từ trên ta có
=
AP AB
AN AC
, do đó ta được
= ⇒=
AC AB
AB AC
AB AC
Lập luận tương tự ta được
=AB BC
. Do đó ta giác ABC có
= =AB BC CA
nên tam giác
ABC đều.
Ví dụ 36. Cho tam giác ABC và M là một điểm nằm trong tam giác. Gọi I, J, L lần lượt là
trọng tâm của các tam giác MBC, MCA, MAB. Gọi G và K lần lượt là trong trong tâm các
tam giác ABC và IJL. Chứng minh rằng đường thẳng GK đi qua điểm M.
Lời giải
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA,
AB. Gọi giao điểm của AD và EF là V.
Vì D và E lần lượt là trung điểm của BC và
CA nên DE là đường trung bình của tam giác
ABC
Do đó ta được DE//AB và
=
1
DE AB
2
.
Ta có
= =
1
DE AF AB
2
và DE//AF nên tứ giác
AEDF là hình bình hành, suy ra V là trung
điểm của EF.
Do đó AD đi qua trung điểm của EF. Tương
tự ta có BE đi qua trung điểm của DE
Do đó G là trong tâm của tam giác ABC thì cũng là trọng tâm của tam giác DEF.
Tam giác MAB có MF là đường trung tuyên và L là trọng tâm nên
=
ML 2
MF 3
Tương tự ta có
=
MI 2
MD 3
. Suy ra
=
ML MI
MF MD
. Nên theo định lí Talet ta có LI//DF.
Gọi S là giao điểm của MO và DF. Khi đó trong tam giác MFO có LS//FO nên
= = =
LS MS ML 2
FO MO MF 3
V
K
T
S
M
G
O
L
J
I
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
156
Trong tam giác MOD có SI//OD nên ta có
=
SI MS
OD MO
Mà ta có
=OD OF
nên ta được
=LS SI
hay S là trung điểm của LI.
Gọi T là giao điểm của TS và MG, khi đó trong tam giác MOE có
= =
MS MJ 2
MO ME 3
nên
SJ//EO.
Trong tam giác MGE có TJ//EG nên ta được
=
TJ MJ
GE ME
Trong tam giác MOE có SJ//OE nên
=
SJ MJ
OE ME
. Do đó ta được
= ⇒= =
TJ SJ JT GE 2
GE OE JS OE 3
.
Trong tam giác IJL có JS là đường trung tuyến và T thuộc JS thỏa mãn
=
2
TJ JS
3
Do đó T là trọng tâm tam giác IJL nên T và K trùng nhau. Suy ra đường thẳng MG đi qua
điểm K.
Ví dụ 37. Cho tam giác ABC có
<
0
ACB 90
. Lấy điểm D bất kì nằm trong tam giác ABC
thỏa mãn điều kiện
+=+=
0
ADB ACB BDC ABC 180 .
Chứng minh rằng CD đi qua trung
điểm của AB.
Lời giải
Cách 1: Gọi M là trung điểm của AB, ta
cần chứng minh CD đi qua M.
Vẽ hình bình hành ACBE, khi đó hai
đường chéo cắt nhau tại M nên M là
trung điểm của CE.
Lấy điểm F trong tam giác ABE sao cho
∆∆DBF ABE∽
Suy ra
mà ta có
=BEA ACB
nên ta được
Lại có
=BAE ABC
nên ta được
=BDF ABC
suy ra
+=+BDC BDF BDC ABC
Nên ta được
+=
0
BDC BDF 180
, suy ra ba điểm F, D, C thẳng hàng
Ta có
+=
+=⇒=
=
EBF FBA EBA
ABD FBA FBD EBF ABD
EBA FBD
Lại có
∆∆DBF ABE∽
nên ta được
=⇒=
BD BF BE BF
BA BE BA BD
Mà
=EBF ABD
suy ra
∆∆EBF ABD∽
nên ta được
=EFB ADB
.
F
E
M
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
157
Mà ta có
và
+=
0
ADB ACB 180
nên suy ra
+=
0
EFB BFD 180
Từ đó suy ra ba điểm E, F, D thẳng hàng. Từ đó ta được các điểm C, D, M, E. F cùng thuộc
một đường thẳng. Vậy CD đi qua trung điểm của cạnh AB.
Cách 2: Gọi M là trung điểm của AB. Ta có
++=
⇒+=
+=
0
0
ADB DBA DAB 180
ABD DAB ACB
ADB ACB 180
Hay ta có
+=+DBA DAB DCB DCA
Lại có
++=
⇒+=
+=
0
0
BDC DBC DCB 180
DBC DCB ABC
BDC ABC 180
Hay ta có
+=+DBC DAB DCB DCA
Suy ra
=DBA DCB
, mà ta có
+=+DBA DAB DCB DCA
nên ta được
=DAB DCA
Gọi E là giao điểm của CD và AB. Xét hai tam giác EAD và ECA có
=DAE ECA
và
AED
chung nên
∆∆EAD ECA∽
. Suy ra
=⇒=
2
EA ED
EA CE.DE
EC EA
.
Chứng minh tương tự ta được
=
2
EB EC.ED
Do đó ta được
=EA EB
, suy ra hai điểm E và M trùng nhau. Vậy CD đi qua trung điểm
của cạnh AB.
Ví dụ 38. Cho tam giác ABC nhọn. Gọi G, H, O, I lần lượt là trọng tâm, trực tâm, giao
điểm của ba đường trung trực và giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác
ABC. Xét
{ }
∈X G,H,O,I
. Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại A khi và chỉ khi
+=+AB XC AC XB
Lời giải
Với
{ }
∈X G,H,O,I
, ta xét các trường hợp như sau
•
Trường hợp 1: Khi X là trọng tâm G.
+ Dễ thấy khi tam giác ABC cân tại A thì
= =AB AB; GB GC
nên ta được
+=+AB GC AC GB
.
+ Ta chứng minh nếu
+=+AB GC AC GB
thì tam
giác ABC cân tại A.
Đặt
= = =AB c; BC a; CA b
. Gọi BM và CN là hai
đường trung tuyến và BH là đường cao.
A
B
C
D
M
E
G
H
N
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
158
Khi đó dễ dàng tính được
−+
=
222
bac
AH
2b
.
Vì M là trung điểm của BC nên
=
b
AM
2
.
Do đó
−+
=−=−
222
b b 2b 2a 2c
HM BH
2 2 2b
hay
−
=
22
ca
MH
2b
Áp dụng định lí Pitago ta có
( )( )( )
−−−

− +−
=−= −
=


2
22 2 2 2
22 2
2
4p p a p b p c
c a 2c 2a b
BM BH MH
2b 4
b
Áp dụng tương tự ta được
+−
=
2 22
2
2a 2b c
CN
4
Do G là trọng tam của tam giác nên ta được
= =
22
GB BM; GC CN
33
nên ta được
+− +−
= =
2 2 2 2 22
22
2a 2c b 2a 2b c
GB ;
GC
99
Giả sử
>bc
, tứ giả thiết
+=+AB GC AC GB
ta được
( )
( )
−
−=− + − + + −=
+ −+ + −
22
2 2 2 2 22
2 2 2 2 22
3b c
3 b c 2a 2c b 2a 2b c
2a 2c b 2a 2b c
Mà ta lại có
( ) ( )
− + −= −
22
22
2 b c 2b c 2b c
và
( ) ( )
− + −= −
22
22
2 b c 2c b 2c b
Do đó ta được
( )
( )
−
−=
−+ −
22
3b c
3b c
2b c 2c b
+ Nếu
>b 2c
, ta có
( )
( )
( )
−
−< = −
−+ −
22
3b c
3b c 3b c
2bc2cb
, điều này vô lí.
+ Nếu
<b 2c
, ta có
( )
( )
( )
( )
−
−< ⇒
− < −
−+−
22
2
22
3b c
3bc 9
bc 3b c
2b c b 2c
, điều này vô lí.
Như vậy trường hợp
>bc
không xẩy ra
Tương tự trường hợp
<bc
cũng không xẩy ra.
Vậy
=bc
hay tam giác ABC cân tại A.
•
Trường hợp 2: Khi X là trực tâm H.
+ Dễ thấy khi tam giác ABC cân tại A thì
= =AB AB; HB HC
nên ta được
+=+AB HC AC HB
.
+ Ta chứng minh nếu
+=+AB HC AC HB
thì tam giác
ABC cân tại A. Thật vậy, gọi AM và BN là các đường
cao của tam giác ABC. Vì tam giác BAC nhọn nên H
nằm trong tam giác ABC. Áp dụng định lí Pitago ta có
−=−=−
22 2 222
BH CH BM CM AB AC
Do đó ta được
A
B
C
M
N
H
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
159
( )( ) ( )( )
+ −=+ −BH CH BH CH AB AC AB AC
Từ giả thiết
+=+AB HC AC HB
ta được
−=−AB AC BH HC
Do đó ta suy ra
( )( )
− + −− =AB AC BH CH AB AC 0
Mà ta luôn có
<<BH BN AB
, tương tự ta được
<CH AC
. Do đó ta được
+−−<BH CH AB AC 0
. Nên từ đây ta suy ra
−=AB AC 0
hay
=AB AC
. Vậy tam giác
ABC cân tại A.
•
Trường hợp 3: Khi X là giao điểm ba đường trung trực O. Dễ thấy khi O là gioa điểm ba
đường trung tự thì
=OB OC
nên từ
+=+AB OC AC OB
ta luôn có
=AB AB
. Do đó tam
giác ABC cân tại A.
•
Trường hợp 4: Khi X là giao điểm ba đường phân
giác I.
+ Dễ thấy khi tam giác ABC cân tại A thì
= =AB AB; IB IC
nên ta được
+= +AB IC AC IB
.
+ Ta chứng minh nếu
+= +AB IC AC IB
thì tam
giác ABC cân tại A.
Thật vậy, vẽ
( )
⊥ ⊥ ∈∈DI AB, EI AC D AB, E AC
Khi đó ta có
=ID IE
. Áp dụng định lí Pitago vào
các tam giác vuông BID và CIE ta được
− = =− ⇒−= −
2 2222 22 22
BI BD ID CI CE BI CI BD CE
Do đó ta được
( )( ) ( )( )
+ −= + −BI CI BI CI BD CE BD CE
. Từ giả thiết
+= +AB IC AC IB
ta
được
−=−AB AC BI IC
. Mà ta có
−=−BD CE AB AC
nên ta được
( )( ) ( )( ) ( )( )
+ −=+ −⇔− +−−=BI IC AB AC BD DE AB AC AB AC BI CI BD CE 0
Do
> >⇒+−−>BI BD; CI CE BI CI BD CE 0
Do đó ta được
−=⇒=AB BC 0 AB AC
. Vậy tam giác ABC cân tại A.
Ví dụ 39.
Cho tam giác ABC có G là trọng tâm và I là giao điểm ba đường phân giác.
Chứng minh rằng GI song song với BC khi và chỉ khi
=
B C1
tan .tan
2 23
.
Lời giải
I
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
160
Hạ
⊥ ⊥⊥AH BC, GD BC, IE BC
.
Do đó ta được GD//IE.
Gọi độ dài các cạnh củ
a tam giác ABC là
a, b, c và đặt
. Gọi r là khoảng
cách từ I đến các cạnh củ
a tam giác ABC.
Khi đó ta chứng minh được
=−=−BEpb;CEpc
.
Ta có
( )
( )( )( )
−
= = =
−−
−−−
2
r p ap
B C IE IE r r
tan .tan . .
2 2 BE CE p b p c
pp a p b p c
Theo công thức Hêrông ta có
( )( )( )
= −−−S pp a p b p c
và công thức
=S pr
Ta được
( )
( )( )( )
( )
−−
−
= =
= =−=−
−−−
2
2
a
rpap S.r.pa
p.r r.a
B C r
.a 2r
tan .tan 1
1
22 S
S h
pp a p b p c
S
+ Ta chứng minh nếu
=
B C1
tan .tan
2 23
thì GI//BC.
Thật vậy, khi
=
B C1
tan .tan
2 23
ta suy ra
−=⇒ =
a
2.r 1 IE 1
1
h 3 AH 3
Gọi M là trung điểm của BC, khi đó ta có
=
MG 1
MA 3
Do đó ta được
= =
MG GD 1
MA AH 3
, suy ra
= ⇒=
IE DG
IE GD
AH AH
Suy ra tứ giác GIED là hình bình hành. Do đó ta được GI//BC.
+ Ta chứng minh nếu GI//BC thì
=
B C1
tan .tan
2 23
Thật vậy, khi GI song song với BC thì ta có
=IE GD
Theo định lí Talét ta có
= = =
MG GD IE 1
MA AH Ah 3
. Do đó ta được
−=
a
2.r 1
1
h3
hay
=
B C1
tan .tan
2 23
.
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 40. Cho tam giác nhọn ABC. Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác cân DAC,
EAB, FBC sao cho
= = =DA DC, EA EC, FB FC
và
= = =ADC 2A, AEA 2B, CFB 2C
. Gọi
M là giao điểm của BD và EF, N là giao điểm của EC và DF, P là giao điểm của FA và DE.
Chứng minh rằng
++=
BD CE AF
4
MD NE PF
.
G
I
E
D
M
B
C
H
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
161
Lời giải
Từ
= = =ADC 2A, AEA 2B, CFB 2C
ta suy ra
<<<
0 00
ADC 180 ; AEB 180 ; BFC 180
Do đó ta được
=−=−
00
1
DAC 90 ADC 90 A
2
,
=−=−
00
1
BAE 90 AEB 90 B
2
Suy ra
= ++ = −>
00
DAE DAC A BAE 180 B 90
Tương tự ta được
>>
00
EBF 90 ; FCD 90
. Do đó
đa giác ADCFBE là đa giác lồi
Suy ra ta có
(
)
+ + = ++ =
0
ADC AEB BFC 2 A B C 360
Dựng các đường tròn
( )
D; AD
và
( )
E; EB
cắt nhau tại O, suy ra
= =DA DC OD
Do đó ta được
=−=−
00
AOC 360 2ADC 460 4A
.
Lại có
= =AE EB EO
nên ta được
= −
0
AOB 360 4B
Suy ra
(
)
+ = − +=
0
AOC AOB 720 4 A B 4C
Do đó ta được
(
)
=−+ =−
00
BOC 360 AOB AOC 360 4C
suy ra
= =FB FC FO
Do đó ba đường tròn
( )
D; AD
,
( )
E; EB
và
( )
F;FB
cắt nhau tại O.
Từ đó ta được hai điểm O và C đối xứng qua DF, hai điểm O và A đối xứng qua DE, hai
điểm O và B đối xứng qua EF.
Điều này dẫn đến
= = =
AED OED BEF OEF CDF ODF
S S ;S S ;S S
Ta lại có
+
= =+=+=+
OEF
BEF
DEF D
EF
S
S
BD MD MB MB
111
MD MD MD S S
Hoàn toàn tương tự ta được
=+=+
ODF ODE
EDF FDE
SS
CE AF
1 ;1
NE S PF S
Do đó ta được
++
++=+ =
OEF ODF ODE
DEF
SSS
BD CE AF
34
MD NE PF S
. Bài toán được chứng minh
Ví dụ 41. Cho tam giác ABC vuông tại A và đường phân giác AD. Gọi M và N lần lượt là
hình chiếu của D trên AB và AC. Gọi giao điểm của BN và CM là K, giao điểm của AK và
DM là I. Tính số đo góc
BID
.
Lời giải
O
F
N
M
P
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
162
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: Tam giác ABC có
<AB AC
,
khi đó điểm I nằm giữa M và D.
Gọi E là giao điểm của BN và MD, F là giao
điểm của CM và DN.
Ta có tứ giác AMDN là hình vuông, do đó
ND//AB và MD//AC nên theo định lí Talet ta
có
= = = =
MF BD BM BM ME
CF CD AM DN DE
Do đó ta được EF//DC nên suy ra EF//BC. Theo định lí Talet ta có
= = = =
AN DN NC NF NF
AB AB AC AM AN
Suy ra
∆∆NAF ABN∽
, từ đó ta được
=NAF NBA
suy ra
⊥AF BN
Lập luận tương tự ta được
⊥AE CM
. Do đó K là trực tâm của tam giấc AEF nên ta được
⊥AK EF
Do đó ta suy ra
⊥AI BC
, mà
⊥MD AB
nên I là trực tâm của tam giác ABD.
Từ đó ta được
= − = −=
0 00 0
BID 180 BAD 180 45 135
.
+ Trường hợp 2: Tam giác ABC có
>AB AC
,
khi đó điểm D nằm giữa M và I.
Gọi E là giao điểm của BN và MD, F là giao
điểm của CM và DN.
Ta có tứ giác AMDN là hình vuông, do đó
ND//AB và MD//AC nên theo định lí Talet ta
có
= = = =
MF BD BM BM ME
CF CD AM DN DE
Do đó ta được EF//DC nên suy ra EF//BC. Theo định lý Talet ta được
= = = =
AN DN NC NF NF
AB AB AC AM AN
Suy ra
∆∆NAF ABN∽
, từ đó ta được
=NAF NBA
suy ra
⊥AF BN
Lập luận tương tự ta được
⊥AE CM
. Do đó K là trực tâm của tam giấc AEF nên ta được
⊥AK EF
Do đó ta suy ra
⊥AI BC
, mà
⊥MD AB
nên I là trực tâm của tam giác ABD.
K
I
F
E
N
M
D
C
B
A
A
B
C
D
M
N
E
F
I
K
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
163
Từ đó ta được
=
0
BID 45
+ Trường hợp 3: Tam giác ABC có
=AB AC
, khi đó điểm D và điểm I trùng nhau nên
BID
không xác định.
Vậy nếu
<AB AC
thì ta được
=
0
BID 135
và nếu
>AB AC
thì ta được
=
0
BID 45
.
Ví dụ 42. Cho tam giác ABC vuông tại C và
<AB
. Gọi O là trung điểm của AB và I là
giao điểm của ba đường phân giác của tam giác. Biết tam giác BIO vuông, tính tỉ số các
cạnh của tam giác ABC.
Lời giải
Đặt
= = =AB c,BC a;CA b
suy ra
<<abc
.
Dựng
⊥⊥ ⊥IE AB, IF BC, IG CA
. Ta có
<<
0
IBO CBO 90
.
Nếu
=
0
IOB 90
thì ta được
=EO
, khi đó
∆=∆IAO IBO
nên ta
được
=⇒=IAB IBA CAB CBA
, điều nàu mâu thuẫn với giả thiết
<AB
.
Do đó ta được
≠
0
IOB 90
nên tam giác BIO chỉ có thể vuông I, tức
là
=
0
BIO 90
. Do I là giao điểm ba đường phân giác nên ta được
+− +− +−
= = =
= = = = =
bca cab a
bc
AG AE ; BF BE ; IE IF IG CG
22 2
Do
<<abc
nên ta được
+−
>
bca c
22
suy ra
>AE AO
. Do đó điểm E nằm giữa hai điểm
B và O nên ta được
−
=
ba
OE
2
. Tam giác EIO vuông tai E nên theo định lí Pitago ta có
− +− + − − −
= += + =


22
2 22
2 22
b a a b c 2a 2b c 2ac 2bc
OI OE IE
22 4
Tam giác BFI vuông tai F nên theo định lí Pitago ta có
+− +− + + −
= += + =


22
2 22
2 22
a c b a b c 2a 2b 2c 4bc
BI BF IF
22 4
Lại có
=
2
2
c
OB
4
nên trong tam giác BIO vuông tại I có
+ = ⇔ + +−− =
2 2 2 2 22
OI BI OB 2a 2b c ac 3bc 0
Mà ta lại có
+=
222
abc
nên ta được
=+ ⇔=+
2
3c ab 3bc 3c a 3b
Từ đó ta có hệ
= +
= +
222
3c a 3b
cab
. Đặt
= =
ab
x ;y
cc
, khi đó ta có
+=
+=
22
x 3y 3
xy1
với
Giải hệ trên ta được
= =
34
x ;y
55
, từ đó ta được
=a:b:c 3:4:5
.
G
F
E
I
O
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
164
Ví dụ 43. Cho
∆ABC
đều. Gọi M và N là các điểm trên cạnh AB và BC sao cho
=BM BN
.
Gọi G là trọng tâm của
∆BNM
và I là trung điểm AN, P trung điểm của MN. Chứng minh
rằng
∆∆GPI GNC∽
và
⊥IC GI
.
Lời giải
+ Chứng minh rằng
∆∆GPI GNC∽
.
Tam giác BMN có
=BM BN
nên tam giác BMN
cân tại B, mà ta lại có
=
0
MBN 60
nên tam giác
BMN đều. Do G là trọng tâm tam giác BMN
nên
⊥=
1
GP MN, GP GN
2
Lại có
= =
00
GNB 30 ; BMN 60
. Gọi P, I lần lượt
là trung điểm của MN, AN nên ta được
=
AM
PI
2
và PI//AM.
Ta có
= =
0
MPI BMN 60
.
Do đó ta có
= +=
0
GPI GPM MPI 150
. Mặt khác ta có
+=
0
GNB BNC 180
, nên
=
0
GNC 150
Mà ta lại có
=+ =+==AB BM AM; BC BN CN; AB BC; BM BN
nên ta được
=AM CN
Do đó ta được
=
NC
PI
2
. Xét hai tam giác GPI và GNC có
= =
0
GPI GNC 150
và
= =
GP PI 1
GN NC 2
Do đó ta được
∆∆GPI GNC∽
+ Chứng minh rằng
⊥IC GI
.
Từ
∆∆GPI GNC∽
ta được
=
GI GP
GC GN
và
Do đó ta được
=
GI 1
GC 2
và
=+= +=
0
IGC IGP PGC CGN PGC 60
Ttrên tia đối của tia IG lấy điểm D so cho
=ID IG
.
Trong tam giác DGC có
=GC GD
và
=
0
DGC 60
nên tam giác DGC đều
Mà CI là đường trung tuyên nên đồng thời là đường cao của tam giác DGC. Do đó ta được
⊥IC GI
.
Ví dụ 44. Cho tam giác ABC có
=ACB 2ABC
, điểm P mằm trong góc
BAC
sao cho
=PB PC
và
=AC AP
. Chứng minh rằng
=PAC 2PAB
.
Lời giải
P
G
I
N
M
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
165
Gọi D là chân đường phân giác của
ACB
của tam giác ABC. Khi đó ta có
= =
1
DCB ACB ABC
2
Suy ra
=DC DB
, mà ta lại có
=PB PC
nên PD là đường trung trực của đoạn
thẳng BC.
Gọi E là điểm dối xứng với C qua AP. Ta
lại có
= =PC PE PB
nên P là tâm đường
tròn đi qia ba điểm C, E, B.
Vẽ đường thẳng qua P và vuông góc với EB cắt BC tại Q. Từ đó suy ra
⊥AP CE
và
⊥PD BC
, do đó ta được
=ECB APD
.
Suy ra
, từ đó ta được
== +=+=ACP APE APD DPE DPE QPE DPQ
.
Mặt khác ta lại có
⊥PQ BE
và
⊥PD BC
nên ta được
= =ACP DPQ EBQ
.
Do đó ta được
+ =+−ACD DCP DBP EBA PBC
Mà ta lại có
=DCP DBP
nên
= += += +=
1
EBA ACD PBC ACB PBC ABC PBC ABP
2
Suy ra
= = =
AB AE AF AB
sin AEB sinABE sinABP sinapb
Điều này dẫn đến
= ⇒=sinAEB sinAPB AEB APB
Xét hai tam giác AEB và APB có
, AB là cạnh chung và
Suy ra
∆=∆AEB APB
, nên ta được
= = =
11
BAP BAE PAE PAC
22
Do đó ta được
=PAC 2PAB
. Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 45. Cho tam giác ABC nhọn và ba đường cao AG, BD, CE cắt nhau tại H. Gọi I là
giao điểm của DE và AH. Đường thẳng qua I và song song với BC cắt tia AB, tia DB lần
lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng
=IP IQ
và I là trực tâm
của tam giác MBC.
Lời giải
D
E
C
P
B
Q
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
166
Vẽ HK vuông góc với DE tại K và AL vuông góc
với ED tại L.
Ta có
= =
ADE
HDE
S
AI AL
AH HK S
và
=
ABC
HBC
S
GA
GH S
Mặt khác ta chứng minh được
∆∆ADE ABC∽
và
∆∆HDE HBC∽
Do đó

= =


2
ADE HDE
ABC HBC
SS
DE
S S BC
nên ta được
=
ABC
ADE
HDE HBC
S
S
SS
Do đó ta suy ra
=⇒=
AI GA AI IH
HI GH AG GH
.
Do PQ//BC nên theo định lí Talet ta có
= = =
IP AI IH IQ
GB GI GH GB
. Suy ra
=IP IQ
.
Mặt khác cũng từ
=
AI GA
HI GH
ta được
+
=
+
IH IA HI
GH GA HG
Mà ta có
= = +2MA AH IH IA
và
= +2GM GH GA
nên ta được
= ⇒ = ⇒ −= −⇒ = ⇒ =
2MA HI MA HI GA GI GA GI
1 1 GA.GH GI.GM
2GM GI GM GI GM GH GM GH
Mà ta chứng minh được
∆∆GBH GAC∽
nên ta có
=GH.GH GB.GC
Do đó ta được
=GI.GM GB.GC
nên hai tam giác vuông GBI và GMC đồng dạng với nhau
Suy ra
=GBI GMC
, mà ta lại có
+=
0
GMC GCM 90
nên ta được
+=
0
GBI GCM 90
Gọi F là giao điểm của BI với MC, khi đó tam giác BFC vuông tại F hay
⊥BI BC
Tam giác BCM có hai đường cao MG và BF cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác
BMC.
Ví dụ 46. Cho tam giác nhọn ABC, lấy điểm X nằm trong tam giác và điểm Y, Z nằm ngoài
tam giác sao cho các tam giác XBC, YCA, ZBA đồng dạng với nhau. Đường thẳng YZ cắt
AB, AC lần lượt tại M và N. Gọi P là trung điểm của BC. Chứng minh rằng
=YN ZM
khi
và chỉ khi
=PAB XAC
.
Lời giải
Q
P
F
K
L
I
M
H
G
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
167
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau: Nếu
P là trung điểm cạnh BC và điểm S nằm trong tam giác
ABC sao cho
=PAB SAC
thì ta luôn có
=
2
SAB
2
SAC
S
AB
S
AC
.
Thật vậy, do
nên ta được
.
Khi đó ta có
= =
SAB
PAC
S
AB.AS.sinBAS AB.AS
S AC.AP
AC.AP.sinCAP
và
= =
PAB
SAC
S
AB.AP.sin BAP AB.AP
S AC
.AS
AC.AS.sinSAC
Do AP là đường trung tuyến nên ta được
=
PAB PAC
SS
Do đó ta được
= ⇒=
2
SAB SAB
PAB
2
PAC SAC SAC
SS
S
AB.AS AB.AP AB
..
S S AC.AP AC.AS S
AC
Trở lại bài toán: Gọi S là giao điểm của AX
và YZ. Gọi K và H lần lượt là hình chiếu của
Y và Z trên AB và AC. Ta chứng minh tứ
giác AZXY là hình bình hành
Thật vậy, theo giả thiết ta có
∆∆XBC YCA∽
nên ta được
=BCX ACY
nên
=BCA XCY
Và ta cũng có
=
XC BC
YC AC
nên
∆∆ABC YXC∽
Từ đó ta được
= =BAC CYX, ABC YXC
Hoàn toàn tương tự nên ta được
∆∆ABC ZBX∽
, suy ra
= =BZX BAC, BXZ ACB
Từ đó ta được
mà ta lại có
=AZB AYC
nên ta được
=AZX AYX
(1)
Mặt khác ta lại có
=++ZAY ZAB BAC YAC
. Mà ta có
(
)
=−−−=−−− −−
=−−++= ++
0 00
0
ZXY 360 ZXB BXC CXY 360 ACB ABC 180 XBC XCB
180 ACB ABC XBC XCB BAC XBC XCB
Để ý là
= =BAZ BCX; YAC CBX
nên ta được
=ZAY ZXY
(2)
Từ (1) và (2) ta được tứ giác AZXY là hình bình hành.
+ Điều kiện cần: Nếu có
=YN ZM
, kết hợp với giả thiết
∆∆ABZ CAY∽
ta được
= = = = =
AYN
AZM
S
AC YK YK.AN AM AM YN AM AM
. ..
AB ZH ZH.AM AN S AN ZM AN AN
Do đó ta được
∆∆ABC ANM∽
S
P
C
B
A
S
V
U
H
K
N
M
P
Z
Y
X
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
168
Ta có tứ giác AZXY là hình bình hành nên ta có
=SY SZ
, mà
=YN ZM
nên ta được
=SN SM
.
Kết hợp với
∆∆ABC ANM∽
ta được
∆∆ABP ANS∽
. Do đó ta được
= =PAB SAN XAC
.
+ Điều kiện đủ: Nếu có
=PAB XAC
, khi đó với U và V lần lượt là hình chiếu của S trên
AB và AC, kết hợp với giả thiết
∆∆ABZ CAY∽
thì theo bổ đề trên ta được
= ⇒= = = =
2
SAB SA
B
2
SAC SA
C
SS
SU.AB SU AC AB AC AB ZH
..
SV.AC S SV S AB AB AC YK
AC
Do đó ta được
=
SU SV
.
ZH YK
Do SU//ZH, SV//YK ta có
= = =
SM SU SV SN
ZM ZH YK YN
.
Kết hợp với
=SY SZ
ta được
+
= = = =
+
ZM SM ZM SM SZ
1
YN SN YN SN SY
Do đó ta được
=YN ZM
. Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 47. Cho tam giác ABC không vuông có các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi
M, N, P, Q, S theo thứ tự là trung điểm của BF, CE, BE, CF, EF. Đường thẳng qua M vuông
góc với BS và đường thẳng qua N vuông góc với CS cắt nhau tại K. Đường thẳng qua P
vuông góc
với BS và đường thẳng qua Q vuông góc với CS cắt nhau tại L. Chứng minh
rằng
=2KL AH
.
Lời giải
Do M, N, P, Q, S theo thứ tự là trung điểm của
BF, CE, BE, CF, EF nên ta được
= = = =
111 1
MB BE, MS BE, NS CF, CN CE
222 2
Trong các tam giác vuông BCE và BCF có
=+=+
2 2222
BC BE CE BF CF
Gọi I là giao điểm của BS và MK, ta có
⊥KM BS
và
⊥KN CS
nên ta được
=+=+
222222
KB KI SI ; KS KI BI
⇒−=−
2 2 22
KB KS BI SI
Tương tự ta được
−=−
2 2 22
MB MS BI SI
Tương tự ta được
−=−
2 2 22
NC NS KC KS
Suy ra
−=−=−=−=−=−
22 2 2 2 2 2 2 2 2 22
11 11
KB KS MB MS BF BE CE CF NC NS KC KS
44 4 4
Từ đó ta được
=KC KB
.
F
R
L
K
E
S
Q
P
N
M
C
D
B
A
H
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
169
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, khi đó BF và CE là các đường cao của tam giác HBC.
Tương tự như trên ta chứng minh được
=LB LC
Từ đó ta suy ra LK là đường trung trực của đoạn thẳng BC nên LK vuông góc với BC.
Dễ thấy
=LKN BCS
(hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Lại thấy
+=
0
QLK SCB 180
suy ra
+=
0
QLK LKN 180
. Do đó ta được QL//KN.
Lấy các điểm D và R sao cho tứ giác AHDF và QRKL là các hình bình hành, suy ra R thuộc
KN.
Ta có
⊥HE NC
và HD//AF, CF//NS,
⊥AF CF
suy ra
⊥HD NS
Từ đó ta được
=EHD CNS
Dễ thấy hai tam giác CHE và CAF đồng dạng nên ta có
= = = =
HE HE EC 2NC NC
HD AF HC 2NS NS
Từ đó suy ra
∆∆EHD CNS∽
nên ta được
=HED NCS
.
Ta có
⊥⊥DE SN,SN RN
nên DE//KR, mà CF//RQ, FE//QN nên ta được
∆∆DEF RNQ∽
Từ đó suy ra
= = =
KL RQ QN 1
HA DF FE 2
nên ta được
=2KL AH
.
Ví dụ 48. Cho tam giác ABC và đường phân giác AD. Lấy điểm M bất kì trên AD(với M
khác A và D). Tia BM cắt AC tại E, tia CM cắt AB tại F. Chứng minh rằng nếu
+=+
22 22
11 11
AB AE AC AF
thì tam giác ABC cân.
Phân tích và lời giải
Cách 1: Từ M kẻ MN song song với AB với điểm N
thuộc AC và MP song song với AC với P thuộc AB
nên tứ giác ANMP là hình bình hành. Do AD là
đường phân giác của góc
BAC
nên tứ giác ANMP là
hình thoi. Áp dụng định lí Talets ta được
=
MP BP
AE BA
.
Mà ta lại có
=−=−BP AB AP AB MP
Nên ta được
=− ⇒+=
MP MP 1 1 1
1
AE AB AB AE MP
Hoàn toàn tương tự ta được
+=
11 1
AC AF MN
.
Do
=MN MP
nên từ đó ta được
+=+
1111
AC AF AB AE
N
P
M
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
170
Suy ra

+ = + ⇔++ = ++


22
22 22
11 11 1 1 2 1 1 2
AC AF AB AE AB
.AE AC.AF
AB AE AC
AF
Theo giả thiết ta có
+=+
22 22
11 11
AB AE AC AF
nên ta được
=
22
AB.AE AC.AF
Do đó ta được

−=−


22
11 11
AC AF AB AE
, từ đó ta có các trường hợp sau
+ Nếu
−=−
11 11
AB AE AC AF
, kết hợp với
+=+
1111
AC AF AB AE
ta được
=AB AC
hay tam
giác ABC cân tại A.
+ Nếu
−=−
1111
AB AE AF AC
khi đó ta được
+=+
11 11
AB AC AE AF
Điều này không xẩy ra vì
>>AB AF, AC AE
. Vậy tam giác ABC cân tại A.
Cách 2: Áp dụng công thức tính diện tích
=
ABC
2S AB.AC.sinA
Đặt
= =
A
x sinA; y sin
2
. Khi đó ta được
( )
==+= + = +
ABE ABM AEM
AB.AC.x 2S 2S 2S AM.AB.y AM.AE.y AM.y. AB AE
Suy ra ta được
+
= ⇔+=
AB AE x 1 1 x
AB.AE AM.y AB AE AM.
Hoàn toàn tương tự ta được
+=
11 x
AC AF AM.y
. Từ đó ta được
+=+
1111
AC AF AB AE
.
Đến đây lập luận tương tự như cách 1 ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 49. Cho tam giác ABC có D là chân đường cao hạ từ đỉnh C. Trên cạnh AB lấy điểm
các E, F sao cho
= =
0
ACE BCF 90
. Lấy điểm X trên đoạn CD và điểm K trên đoạn FX sao
cho
=BK BC
. Lấy điểm L trên đoạn EX sao cho
=AL AC
. Gọi giao điểm của AL và BK là
M. Chứng minh rằng
=ML MK
.
Lời giải
+ Trường hợp 1: Xét tam giác ABC có
=
0
ACB 90
Khi đó ta được hai điểm A và F trùng nhau, hai
điểm B và E trùng nhau
Vẽ
⊥AI BX
, đường thẳng AI cắt CD tại N. Tam
giác NAB cao ND và BI là đường cao nên X là
trực tâm, do đó ta được
⊥AX NB
tại S.
Tam giác ACB vuông tai C có CD là đường cao
D
L
K
S
I
N
C
X
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
171
nên ta có
=
2
AC AD.AB
Theo bài ra ta có
=AL AC
nên ta được
=
2
AL AD.AB
Ta có
=⇒=
AD AI
AD.AB AI.AN
AN AB
. Do đó ta được
=
2
AL AI.AN
. Lại có
∆∆AIL ALN∽
,
do đó
= =
0
ALN AIL 90
. Tam giác ALN vuông tại L có LI là đường cao nên ta được
=
2
LN NI.NA
.
Tương tự ta có
=
2
NK NS.NB
. Mà ta có
=
NI NS
NB NA
nên ta được
=NI.NA NS.NB
. Do đó ta
được
=NK NL
. Từ đó suy ra hai tam giác vuông KMN và LMN bằng nhau. Từ đó ta suy
ra
=ML MK
+ Trường hợp 2: Xét tam giác ABC có
>
0
ACB 90
Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với XE
cắt CD tại N.
Khi đó X là trực tâm tam giác NAE.
Suy ra
⊥AX NE
. Từ đó ta được
=AEX AND
.
Ta có
= =
22
AL AC AD.AE
nên AL tiếp xúc
với đường tròn ngoại tiếp tam giác EDL.
Suy ra
= =ALD LED AEX
. Từ đó ta được
=AND ALD
, nên bốn điểm A, N, L, D
cùng nằm trên một đường tròn
Do đó ta được
= =
0
NLA NDA 90
hay
⊥NL AL
.
Lại có
∆∆XED AND∽
nên ta được
=
XD ED
AD ND
. Hai tam giác ACE và BCF cùng vuông góc
tại C nên ta được
= = ⇒=
2
AD FD
CD AD.DE BD.FD
BD ED
.
Do đó ta được
=
XD BD
FD ND
, nên ta có
∆∆BDN XDF∽
, suy ra
= =BND DFX BFK
D
F
E
K
L
X
M
N
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
172
Mặt khác ta có
= =
22
BK BC BD.BF
nên BK tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác
DKF. Từ đó suy ra
=BKD BFK
. Từ đó ta được
=BND BKD
nên bốn điểm B, D, K, N cùng
nằm trên một đường tròn. Do đó ta được
⊥NK BK
, áp dụng định lí Pitago ta được
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
−=− = − − −
= −+− = −+ −=
2 2 2 2 22 2 2
2 2 2 2 22 22
MK ML NL NK NA AL NB BK
NA NB CB CA CA CB CA CB 0
Từ đó ta được
=⇒=
22
MK ML MK ML
.
+ Trường hợp 2: Xét tam giác ABC có
<
0
ACB 90
. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được
=ML MK
.
Nhận xét: Trường hợp
=
0
ACB 90
chính là nội dung bài toán 5 trong kì thi IMO 2012.
Ví dụ 50. Cho tam giác ABC có M là trung điểm của AC và D là điểm trên cạnh BC sao cho
=DB DM
. Biết rằng
−=
22
2BC AC AB.AC
. Chứng minh rằng
( )
=
+
2
AC .AB
BD.CD
2 AB AC
Phân tích và lời giải
Cách 1. Một ý tưởng rất tự nhiên đó là tìm cách
biểu diễn BD và CD theo các cạnh của tam giác
ABC và kết hợp với giả thiết đã cho. Quan sát hình
vẽ ta thấy có thể biểu diễn BD theo BM và
cosCBM
. Để ý BM là đường trung tuyến của tam
giác ABC nên ta có thể biểu diễn BM và
cosCBM
theo các cạnh của tam giác ABC. Từ đó kết hợp với
−=
22
2BC AC AB.AC
ta có thể tính được BD.CD
theo các cạnh của tam giác ABC.
Để đơn giản trong qua trình biến đổi ta đặt
= = =AB c; BC a; CA b.
Để tính được
cosCBM
ta cần tạo ra tam giác vuông bằng cách vẽ DI vuông góc với BM với I thuộc BM. Khi đó ta
được DI là đường trung tuyến của tam giác cân BDM. Do đó ta được
= =
BI BM
BD
cosCBM cosCBM
.
I
D
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
173
Mặt khác theo định lí cosin ta có
+−
+−
= =
2
22
22 2
b
BM a
BM BC CM
4
2cosCBM
BC.BM a
.BM
Từ đó ta được
=
+−
2
2
22
a.BM
BD
b
BM a
4
. Mặt khác ta có
( )

−


= −=

+−


2
2 22
2
2
22
b
a BM a
4
BD.CD BD a BD
b
BM a
4
Lại có
( )
= +−
2
2 22
1b
BM a c
24
và kết hợp với giả thiết
−=
22
2a b bc
ta được
( ) ( )
++

+− +
++
+− = + = =


22
22 2
2 22 2 2
2
22 2
b c 2c b
b acb 2c2bcbbc
BM a a
4 2 4 16
Ta có
( )
( )
+−
+

+
−= −=


2
22 22
2
2 22
2 22
a 2a 2c b
a bc 2c bc
b b bc b
a .BM a .
4 4 2 4 16
Từ đó ta được
( )
( ) ( )
( ) ( )
+
= =
=
++
++
2
2
22
22
a bc 2c bc
b c AC .AB
BD.CD
2 b c 2 AB AC
b c 2c b
Cách 2: Một ý tưởng khác cũng khá tự nhiên đó ta
tìm cách biến đổi giả thiết
−=
22
2BC AC AB.AC
sao
cho có thể xác định được các yếu tố phụ một cánh
hợp lí. Chẳng hạn khi ta viết lại giả thiết của bài toán
thành
( )
= +
2
2BC AC AB AC
ta chú ý đến xác định
một điểm P trên AC sao cho
=PA AB
, khi đó thì ta
được
= +CP AC AC
.
Từ đó ta được
= = ⇒=
22
2BC AC.CP 2CM.CP BC CP.CM
.
Hệ thức này làm ta tiên tưởng đến tính chất tiếp tuyến và cát tuyến của đường tròn.Tức là
BC sẽ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP hay BD là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP. Mặt khác ta lại thấy
=BD DM
nên DM cũng là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP. Khi đó dễ dàng chứng minh được
=MDC BAM
nên tứ giác ABDM nội tiếp, từ đó dẫn đến AD là phân giác của
BAC
. Đến
đây ta có thể biểu diễn BD, CD qua các cạnh của tam giác ABC.
P
M
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
174
Trên tia đối của tia AC lấy điểm P sao cho
=PA AB
, khi đó từ giả thiết ta được
= = ⇒=
22
2BC AC.CP 2CM.CP BC CP.CM
Từ đó suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBM với tiếp điểm là B.
Ta lại có
=DB DM
với D thuộc BC nên DM cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam giác PBM.
Từ đó
= = =ABP MPB DBM DMB
. Lại có
= +MDC DBM BMD
và
= +BAM APB ABP
Suy ra
=MDC BAM
nên tứ giác MDBA nội tiếp đường tròn, do đó
= = =DBM DMB CAD BAD
Do đó ta được AD là phân giác của góc
BAC
. Áp dụng tính chất đường phân giác trong
tam giác ta được
= ⇒ = ⇒=
++
BD AB BD AB AB.BC
BD
CD AC BC AB AC AB AC
Từ đó suy ra
=
+
AC.BC
DC
AB AC
, kết hợp với giả thiết ta được
( )
( )
= =
+
+
22
2
AB.AC.BC AC .AB
BD.CD
2 AB AC
AB AC
Nhận xét: Rõ ràng cách làm thứ hai ngắn gọn hơn cách làm thứ nhất. Tuy nhiên khi đọc bài toán
thì đa phân ý tưởng đầu tiên sẽ là cách thứ nhất vì ý tưởng đó hoàn toàn tự nhiên kết hợp với các
yếu tố hình học thông thường. Vấn đề là chúng ta có được sự kiên trì khi đi theo ý tưởng đó không.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
175
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Cho tam giác ABC và điểm M, N lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC. Biết
= =
AM AN
m; n.
BM CN
Gọi I là giao điểm của AM và BN. Tính
BI
NI
và
CI
MI
theo m và n.
Bài 2. Cho tam giác ABC có
α
= =BC
và O là trung điểm cạnh BC. Góc
α
=xOy
quay
quanh điểm O sao cho Ox và Oy cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh
rằng:
a)
∆∆OEF BEO∽
b) Khoảng cách từ O đến EF không đổi.
Bài 3. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên cạnh BC sao cho
=
MB
k
MC
. Đường thẳng cắt
các tia AB, AC, AM lần lượt tại B’, C’, M’.
a) Chứng minh rẳng nếu
=k1
thì
+=
AB AC 2AM
AB' AC' AM'
b) Chứng minh rằng với
>k0
thì
( )
+
+=
1 k AM
AB kAC
AB' AC' AM'
Bài 4. Cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F lầN lượt chia các đoạn thẳng BC, CA, AB theo
tỉ số
( )
>kk 0
. Các điểm M, N, P lần lượt chia các đoạn thẳng EF, FD, DE theo cùng tỉ số
1
k
.
Chứng minh rằng
∆∆MNP ABC∽
Bài 5. Cho tam giác ABC co trong tâm G. Đường thẳng d đi qua G cắt các cạnh AB, AB lần
lượt tại C’ và B’, cắt đường kéo dài của cạnh BC lại A’. Chứng minh rằng
= −
1 11
GA' GB' GC'
Bài 6. Cho tam giác ABC biết
= =A 2B 4C
. Chứng minh rằng:
+=
111
AC BC AB
Bài 7. Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường thẳng d qua I cắt tia BC
và các cạnh CA, AB theo thứ tự tại
111
A ;B ;C
. Chứng minh rằng
+=
11 1
BC CA AB
IA IB IC
Bài 8. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Tia phân giác của góc
BAH
cắt
BH tại D. Gọi M là trung điểm cạnh AB, gọi E là giao điểm của MD và AH. Chứng minh
rằng AD//CE.
Bài 9. Cho tam giác ABC vuông tại A có chu vi bằng
30cm
và diện tích bẳng
2
30cm
. Tính
độ dài các cạnh của tam giác.
Bài 10. Cho tam giác OAB vuông cân tại O với
= =OA OB 2a
. Gọi (O) là đường tròn tâm
O bán kính a. Tìm điểm M thuộc (O) sao cho
+MA 2MB
đạt giá trị nhỏ nhất
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
176
Bài 11. Cho đường tròn (I) nội tiếp của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB
theo thứ tự tại D, E, F. Đường thẳng AD cắt đường thẳng EF tại M. Lấy N trên DF và
điểm P trên DE sao cho tứ giác MNDP là hình bình hành.
a) Chứng minh rằng

=


2
ME DE
MF DF
b) Chứng minh rằng tứ giác EFNP
nội tiếp.
Bài 12. Cho tam giác ABC vuông tại A và có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng ta luôn có
bất đẳng thức
( )
≤≤ +−2 BC 2 AB AC 2
.
Bài 13. Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng
=
+
ACB AB
tan
2 AC BC
Bài 14. Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH. Chu vi của tam giác ABH bằng
30 cm, chu vi của tam giác ACH bằng 40 cm. Tính chu vi tam giác ABC.
Bài 15. Cho tam giác ABC vuông tại A có các đường phân giác trong BM và CN. Chứng
minh bất đẳng thức:
( )( )
++
≥+
MC MA NB NA
3 22
MA.NA
Bài 16. Cho tam giác ABC nhọn
( )
<AB AC .
Về phái ngoài tam giác ABC vẽ các tam giác
ABD, ACE, BCF lần lượt cân tại B, C, F. Gọi O là điểm đối xứng với F qua BC. Chứng
minh rằng DE đi qua điểm O.
Bài 17. Cho tam giác ABC cân tại A có
=
0
BAC 150
. Dựng các tam giác AMB và ANC sao
cho các tia AM và AN nằm trong góc
BAC
thỏa mãn
= = =
00
ABM ACN 90 , NAC 60
và
=
0
MAB 30
. Trên đoạn MN lấy điểm D sao cho
=ND 3MD
. Đường thẳng BD cắt các
đường thẳng AM và AN theo thứ tự tại K và E. Gọi F là giao điểm của BC với AN. Chứng
minh rằng:
a) Tam giác NEC cân.
b) KF // CD.
Bài 18. Cho tam giác ABC cân tại A, đường phân giác BD thỏa mãn
= +BC BD AD
. Tính
số đo các góc của tam giác ABC.
Bài 19. Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc BC và
=
1
BH BC.
3
Trên tia đối
của tia HA, lấy điểm K sao cho
−= +
2 2 22
1
AK KH BC AB
3
. Chứng minh:
= +AK.BC AB.KC AC.BK
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
177
Bài 20. Trong tam giác ABC, các điểm A, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB
sao cho
= = =AFE BFD, BDF CDE, CED AEF
.
a) Chứng minh rằng
=BDF BAC
.
b) Cho
= = =AB 5, BC 8, CA 7
. Tính độ dài đoạn BD.
Bài 21. Cho tam giác ABC có M là điểm nằm trong tam giác. Các đường thẳng AM, BM,
CM cắt các cạnh đối diện lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng trong các tỉ số
AM MB CM
;;
MD ME MF
có ít nhất một tỉ số không lớn hơn 2 và co một tỉ số không nhỏ hơn 2.
Bài 22. Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD. Trên AB lấy điểm M, trên AC lấy
điểm N sao cho
=BM CN
. gọi giao điểm của CM và BN là O. Từ O vẽ đường thẳng song
song với AD cắt AC, AB tại E và F. Chứng minh rằng:
= =AB CF; BE CA
Bài 23. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao BD và CE. Gọi I là trung điểm cua BC.
Qua A kể đường thẳng vuông góc với AI cắt BD tại M và cắt CE tại N. Chứng minh rằng
=AM AN
.
Bài 24. Cho tam giác ABC có ba đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Chứng minh rằng
tam giác ABC đều khi và chỉ khi
++=cot A cot B cot C 3
.
Bài 25. Cho tam giác ABC có
=
0
A 60
, O là một điểm nằm trong tam giác sao cho
= =
0
AOB BOC 120
, D là điểm trên OC sao cho tam giác OAD đều. Đường thẳng đi qua
trung điểm của AO và vuông góc với AO xắt BC tại P. Chứng minh rằng OP đi qua trung
điểm của BD.
Bài 26. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm của các đường phân giác trong
của tam giác. Gọi E và F là hình chiếu của A trên BI và CI. Chứng minh rằng
=
22
2EF AI
.
Bài 27. Chứng minh rằng
+
=
0
62
cos15
4
và
−
=
0
62
sin15
4
.
Bài 28. Cho tam giác đều ABC có cạnh 60cm. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho
=BD 20cm
. Đường trung trực của AD cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở E, F. Tính độ dài các cạnh
của tam giác DEF.
Bài 29. Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác ABC vẽ tam giác BOC vuông cân tại O.
Đường thẳng AB cắt BO tại F. Vẽ EN song song với FM(N thuộc tia AC và M thuộc tia
AB). Đường thẳng MN cắt BC tại Q. Chứng minh AO vuông góc với OQ.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
178
Bài 30. Cho tam giác OAB có góc O nhọn. M là điểm tùy ý trên AB. P và Q là chân đường
thẳng góc kẻ từ M đến OA và OB lần lượt. Tìm tập hợp các điểm H là trực tâm tam giác
OPQ. Tập hợp là gì nếu M thay đổi bên trong tam giác OAB?
Bài 31. Ở ngoài tam giác ABC, dựng các tam giác ABR, BCP, CAQ sao cho
= = = = = =
0 00
CBP CAQ 45 , BCP ACQ 30 ,ABR BAR 15 .
Chứng minh rằng
=
0
QRP 90
và
=QR RP
.
Bài 32. Cho tam giác ABC và điểm T thuộc cạnh BC sao cho
=TB 2TC
. Gọi H là hình chiếu
của B trên AT và D là trung điểm BC. Biết rằng
=TAB 2TAC
. Chứng minh rằng
⊥DH AC
.
Bài 33. Cho tam giác ABC cân tại A có
( )
= = = >AB AC b; BC a a b
. Đường phân giác BD
của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC. Chứng minh rằng
( )
−=
+
2
11 b
ba
ab
.
Bài 34. Cho tam giác nhọn ABC. Lấy một điểm D bất kì nằm trong tam giác ABC và thỏa
mãn các điều kiện
= +
0
ADB 90 ACB
và
=
AC BC
AD BD
. Chứng minh rằng
=AB.CD 2AC.BD
Bài 35. Cho hai tam giác đều ABC và
111
ABC
bằng nhau và nằm chồng lên nhau sao cho
phần chung là một lục giác mà kí hiệu là MNPQRS. Chứng minh rằng
++= + +MN PQ RS NP QR SM
Bài 36. Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM. Trên nửa mặt phẳng chứa điểm C có
bờ là đường thẳng AB kẻ đoạn thẳng AE vuông góc với AB sao cho
=AE AB
. Trên nửa
mặt phẳng chứa điểm B có bờ là đường thẳng AC kẻ đoạn thẳng AF cuông góc với AC sao
cho
=AF AC
.
Chứng minh rằng
=EF 2AM
và
⊥EF AM
.
Bài 37. Cho tam giác ABC không cân. Có các đường trung tuyến AA’, BB’, CC’ và các
đường cao AH, BF, CK. Biết
= =CK BB', BF AA'
. Tính
CC'
AH
.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
179
Bài 38. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại H. Gọi
123
A ,A ,A
lần lượt trực tâm của các tam giác AB’C’, BC’A’, CA’B’. Chứng minh rằng H là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác
123
AAA
khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài 39. Cho tam giác ABC có
=
0
BAC 40
và
=
0
ABC 60
. Gọi D và E lần lượt là các điểm
nằm trên cạnh AB và AC sao cho
=
0
DCB 70
và
=
0
EBC 40
. Gọi F là giao điểm của DC và
BE. Chứng minh rằng AF vuông góc với BC.
Bài 40. Cho tam giác ABC có
=BAC 2ABC.
Kẻ AD là đường phân giác trong của góc (với
điểm D nằm trên cạnh BC). Gọi
= = =BC a; CA b; AB c
.
a) Tính các đoạn thẳng DB và DC theo a, b, c
b) Chứng minh rằng
=
22
a – b bc
c) Chứng minh rằng
=sin BAC 2sinABC.cos ABC
Bài 41. Cho ∆ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H∈BC). Trên tia HC lấy điểm D
sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
a) Chứng minh rằng
∆∆BEC ADC∽
. Tính BE theo
=AB m
b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng
∆∆BHM BEC∽
. Tính
AHM
c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng
=
+
GB HD
BC AH HC
Bài 42. Cho tam giác ABC có
= = =
0
ABC 60 ; BC a; AB c
. Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M
trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi là hình chữ nhật nội tiếp
trong tam giác ABC.
a) Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.
Tính diện tích lớn nhất đó.
b) Nêu cách dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Tính diện tích
của hình vuông .
Bài 43. Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt
đoạn BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất
của chu vi tứ giác BHKC.
Bài 44. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H(D
∈
BC; E
∈
AC;
F
∈
AB). Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, F, E, C cùng nằm trên một đường tròn.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
180
b) HA.HD = HB.HE = HC.HF.
c) Điểm H là giao của ba đường phân giác trong của tam giác DEF.
d)
≤
1
sinADF.sin BED.sinCFE
8
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. Qua N kẻ đường thẳng song song với CM cắt AB
tại K. Khi đó ta có
+
== = = +=


BI BM BM MA BM CA BM AN 1 n
.. 1
NI KM AM MK AM CN AM CN m
Vậy ta được
+
=
BI 1 n
NI m
, hoàn toàn tương tự ta được
+
=
CI 1 m
MI n
Chú ý: Khi BN và CM là các đường trung tuyến thì ta
được
= =mn1
, thì I là trọng tâm của ram giác ABC và
= =
BI CI
2
NI MI
Bài 2.
a) Đặt
β
=BOE
khi đó ta có
αβ
= −−=
0
COF 180 BOE
Do đó
∆∆COF BEO∽
nên ta được
=
EB EO
CO OF
Mà ta có
=OC OB
nên ta được
=
EB EO
OB FO
Và ta lại có
α
= =EBO FOE
nên
∆∆BEO OEF∽
b) Vì
∆∆BEO OEF∽
nên ta có
=BEO OEF
, suy ra OE là
phân giác của góc
BEF
.
Do đó khoảng cách từ O đến EF bằng khoảng cách từ O đến EB, hay khoảng cách từ O đến
AB.
Mà khoảng cách từ O đến AB không đổi nên khoảng cách từ O đến EF không đổi
Bài 3.
K
M
N
I
C
B
A
β α
α
α
A
B
C
O
F
E
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
181
a) Câu a là trường hợp riêng của câu b khi
=k1
b) Qua B, C kẻ các đường thẳng đường thẳng
song song với đường thẳng d cắt AM lần lượt tại
E và F. Khi đó ta có E và F thuộc tia AM và M
nằm giữa E và F.
Giả sử điểm F thuộc đoạn AM, khi đó điểm E
nằm ngoài đoạn AM. Vì BE//CF//d nên theo định
lí Talet ta có
= =⇒=
ME MB
k ME kMF
MF MC
Lại có
++
= = =
AB AE AM ME AM kMF
AB' AM' AM' AM'
Và
−−
== ⇒=
AC AF AM MF kAC kAM kMF
AC' AM' AM' AC' AM'
. Do đó
( )
+
+=
1 k AM
AB kAC
AB' AC' AM'
Bài 4. Trên các đoạn thẳng BF và CE lấy các điểm I
và K tương ứng sao cho
= =
IB ND
k
IF NF
và
= =
KC 1 PD
KE k PE
Khi đó ta được IN//BD và KP//CD hay IN và KP
cùng song song với BC. Mặt khác do
=
IB
k
IF
nên ta
được
=
+
IB k
BF k 1
và
=⇒=
+
FB 1 FB 1
FA k AB k 1
. Từ đó
( )
= =
+
2
BI BI BF k
.
AB BF AB
k1
Tương tự ta có
( )
= =
+
2
CK CK CE k
.
CA CE CA
k1
. Do đó ta được
=
BI KC
BA CA
nên IK//BC.
Mà IN//BC, KP//BC nên các điểm I, N, P, K thẳng hàng, suy ra NP//BC
Chứng minh tương tự ta được PM//CA và MN//AB.
Vậy hai tam giác ABC và MNP có ba cạnh tương ứng song song với nhau
Ta đi chứng minh hai tam giác ABC và MNP có
= = =A M; B N; C P
Thật vậy, khi hai góc có cạnh tương ứng song song thì chúng bằng nhau hoặc bù nhau.
Giả sử
≠AM
khi đó
+=
0
A M 180
. Do tổng ba góc của một tam giác là
0
180
nên khi
≠AM
ta được
≠BN
hoặc
≠CP
. Chẳng hạn
≠BN
, kho đó ta lại có
+=
0
B N 180
Suy ra
++ + =
0
A B M N 360
nên ta được
+++ + +>
0
A B C M N P 360
, điều này vô lí.
Do đó giả sử
≠AM
là sai nên ta được
=AM
. Hoàn toàn tương tự ta được
=BN
C'
M'
B'
M
E
F
C
B
A
K
I
P
N
M
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
182
Do đó ta được
∆∆MNP ABC∽
.
Bài 5. Giả sử điểm A’ nằm trên đường kéo dài
của BC về phía C. Ta sẽ chứng minh
= −
1 11
GA' GC' GB'
.
Qua G kẻ các đường thẳng lần lượt song song
với BC và CA, cắt cạnh AB tại I và K.
Có thể thấy được điểm C’ nằm giữa hai điểm
I và K.
Đặt
=AB 3x
, khi đó do G là trọng tâm tam
giác ABC nên
= = =AK KI IB x
. Do IG//BA’
nên ta được
==⇒=
GC' IC' IC' 1 1 IC'
'
GA' IB x GA' GC' x
Do KG//AB’ nên ta được
==⇒=
GC' KC' KC' 1 1 KC'
.
GB' KA x GB' GC' x
Do đó ta được

+= + = =


1 1 1 IC' KC' 1 KI 1
.
GA' GB' GC' x x GC' x GC'
Suy ra
= −
1 11
GA' GC' GB'
. Nếu nằm trên BC kéo dài về phía thì ta có
= −
1 11
GA' GB' GC'
Do đó ta được
= −
1 11
GA' GB' GC'
.
Bài 6.
Cách 1: Đặt
α
=ACB
, khi đó ta được
α
=
0
7 180
.
Gọi D là giao điểm của AB với đường trung trực
của đoạn thẳng BC. Khi đó ta được tam giác ABD
cân tại D và tam giác ACD cân tại C. Do đó ta được
==⇒=
AB AB
BD DC CA
AC BC
Lại có CA là đương phân giác của tam giác BCD
nên ta có
=⇒=
BA DA BA DA
BC DC BC DB
Do đó ta được
+=⇒+=
AB AB 1 1 1
1
AC BC AC BC AB
Cách 2. Ta chứng minh bổ đề sau: Trong tam giác ABC có
=A 2B
khi và chỉ khi
= +
22
a b bc
B'
I
G
C'
K
A'
C
M
B
A
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
183
Thật vậy, kẻ đường phân giác AD, theo tính chất đường phân giác của ta giác ta có
=⇒ = ⇒ = ⇒=
++ + +
DC b DC b DC b a
b
DC
DB c DB DC b c BC b c b c
Do đó
=A 2B
khi và chỉ khi
( )
∆ ∆ ⇔ = ⇔= ⇔= +⇔=+
+
2 22
BC AC a b
BCA ACD a
b b c a b bc
ab
AC CD b
bc
∽
Áp dụng bổ đề trên vào bài toán như sau: Vì ta có
= =A 2B 4C
nên ta có
= +
= +
22
22
a b bc
b c ca
Khi đó ta được
++ +
=++⇔= =+
22
22
1 abc 1 bc
a c bc ca
ca
aa
Từ hệ thức
+
= + ⇒=
22
2
1 bc
a b bc
b
a
Do đó ta được
= +
111
cab
hay
+=
111
AC BC AB
Bài 7. Xét tam giác
11
AB C
có AI là đường phân giác
của
11
B AC
. Theo tính chất đường phân giác ta có
=
11
11
AB AC
IB IC
Xét tam giác
1
BC A
có
BI
là đường phân giác
trong nên ta có
=
11
11
BA BC
IA IC
. Trên IC lấy điểm E sao
cho
1
BE
//
1
AC
, khi đó ta có
=
11
CB EB
và
= =
11 1
11 1
CB EB CA
IB IB IA
Do đó ta được
−=
11
11
CB CA
0
IB IA
. Từ đó ta có
+− +
+=
11 1 1 11
111
AB CB BA CA AC BC
IB IA IC
Suy ra
+=
111
AC BC AB
IB IA IC
Bài 8. Gọi N là điểm đối xứng với D qua M, mà M
là trung điểm của AB nên tứ giác BNAD là hình
bình hành, do đó ta được DH//NA và
=BD AN
.
Xét tam giác EAN có DH//AN nên
=
HE DH
AE AN
.
Trong tam giác ABH có AD là đường phân giác
nên ta có
=
HD AH
BD AB
. Xét hai tam giác vuông HAB
và HCA có
=HAB HCA
nên
∆∆HAB HCA∽
E
C
1
I
B
1
A
1
C
B
A
E
H
N
M
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
184
Do đó ta được
=⇒=
AH AB AH CH
CH AC AB AC
.
Mặt khác ta thấy
=CAD CDA
(Cùng phụ với hai góc bằng nhau)
Do đó tam giác CDA cân tại C nên ta được
=CD CA
Ta có
=====⇒ = ⇒=
−−
HE DH DH AH CH CH HE CH HE CH
AE AN BD AB CA CD AE HE CD CH AH DH
Do đó ta được
∆∆HEC HAD∽
, suy ra
=HEC HAD
. Từ đó ta được AD//CE.
Bài 9. Tam giác ABC có chu vi bằng 30cm nên
++ =AB BC CA 30
Tam giác ABC vuông tại A có diện tích bằng
2
30cm
nên
=
1
AB.AC 30
2
Mà theo Pytago ta lại có
+=
222
AB AC BC
.
Gọi
= = =AB x; AC y; BC z
, khi đó ta có hệ phương trình
+ + =
++= −
= ⇔=


+=
+=
222
222
x y z 30
x y z 30 z
1
xy 30 2y 120
2
xyz
xyz
Ta có
( )
( )
( )
= + − + = − − ⇔ = − ⇔=
22
22 2
2xy x y x y 30 z z 120 900 60z z 13
Thay vào hẹ phương trình trên ta được
+ = = =
⇔
= = =

x y 17 x 5; y 12
xy 60 x 12; y 5
Vậy ta được tam giác ABC có độ dài các cạnh là
= = =AB 5cm; AC 12cm; BC 13cm
hoặc
= = =AB 12cm; AC 5cm; BC 13cm
Bài 10. Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D, với C là
trung điểm của OA. Gọi E là trung điểm của OC
- Trường hợp M không trùng với C và D ta có hai
tam giác OEM và OMA đồng dạng vì
= =
OM OE
MOE AOM,
OA OM
.
Do đó ta được
= =⇒=
ME OM 1
MA 2.EM
AM OA 2
- Trường hợp M trùng với C ta được
= = =MA CA 2.EC 2.EM
- Trường hợp M trùng với D ta được
= = =MA DA 2.ED 2.EM
Vậy ta luôn có
=MA 2.EM
do đó ta được
( )
+ = +≥MA 2.MB 2 EM MB 2.EB
không đổi
Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
O
M
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
185
Vậy
+MA 2.MB
nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
Bài 11. Gọi
J,K
là hình chiếu của D trên AB, AC.
Ta có
∆
∆
= =
DEA
DFA
S
ME DK
MF S DJ
(1)
Trong tam giác vuông DJE thì
= = = ⋅
B BF
DJ DFsin DFJ DFcos DF
2 BI
Tương tự trong tam giác vuông DKE có
= ⋅
CE
DK DE
CI
Suy ra
⋅

= ⋅ ⋅= ⋅ = ⋅ =


⋅
2
r
BC
sin CE sin
DK DE CE BI DE CE DE DE
22
.
rB
DJ DF BF CI DF BF DF DF
BF sin
C
2
sin
2
(2)
Từ (1) và (2) ta được

=


2
ME DE
MF DF
b) Do MNDP là hình bình hành nên ta được
•
= = ⇒ ⋅= ⋅
2
DN MP ME ME
DN DF DF
DF DF EF E
F
•
= = ⇒⋅= ⋅
2
DP MN MF MF
DP DE DE
DE DE EF E
F
Từ đó, theo kết quả ở câu trên, suy ra
⋅=⋅DN DF DP DE
. Do đó tứ giác EFPN nội tiếp.
Bài 12. Tam giác ABC vuông tạ A có diện tích bằng 1 nên ta có
=⇒=
1
AB.AC 1 AB.AC 2
2
Theo định lí Pytago ta có
+=
222
AB AC BC
, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
= +≥ =
22
BC AB AC 2AB.AC 2
Lại có
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
+= + = ++ = +
= ++ −≥ + =+
2
22 2
22 2
2 AB AC 2 AB AC 2 AB AC 2AB.AC 2 BC 4
BC 2 BC 2 BC 2 BC 2
Do đó ta được
( )
≤≤ +−2 BC 2 AB AC 2
I
C
D
P
N
K
E
M
J
F
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
186
Bài 13. Kẻ phân giác CD (
∈D AB
) của
ACB
⇒==
12
ACB
CC
2
Xét tam giác ACD vuông tại A ta có
= =
1
ACB AD
tanC tan
2 AC
(1)
Mặt khác theo tính chất đường phân giác ta có
=
AD BD
AC BC
Suy ra
+
= = =
++
AD BD AD BD AB
AC BC AC BC AC BC
(2). Từ (1) và (2) thì
ACB AB
tan =
2 AC+BC
Bài 14. Gọi p là chu vi của tam giác ABC. Ta có
=++p AB AC BC
Dễ thấy
∆∆ABH CAH∽
⇒=== ==
AB AH BH AB + AH + BH 30 3
CA CH AH CA + CH + AH 40 4
(1)
Ta lại có
∆∆ABH CBA∽
⇒= == =
AB AH BH AB + AH + BH 30
CB CA BA CB + CA + BA p
(2)
Từ (1) ta đặt
= =AB 3k; AC 4k
Xét
∆ABC
vuông tại A có
( ) ( ) ( )
= + = + = ⇒=
22 2
222
BC AB AC 3k 4k 5k BC 5k
Do đó
=
AB 3
CB 5
, thay vào (2) ta được
= ⇒
30 3
p = 50
p5
Vậy chu vi tam giác ABC bằng 50cm
Bài 15. Vì BM, BN lần lượt là phân giác của góc B và C trong tam giác ABC nên theo tính
chất đường phân giác của tam giác ta được
= =
MC BC NB BC
;
MA AB NA AC
. Ta có
( )( )
++
 
= + += + += + + +
 
 
2
MC MA NB NA
MC NB BC BC BC BC BC
11 11 1
MA.NA MA NA AB AC AB.AC AB AC
Mà
= + ≥ ⇒ ≥⇒ + ≥ =
22
222
BC BC BC BC
BC AB AC 2AB.AC 2 2 2 2
AB.AC AB AC AB.AC
Do đó ta được
( )( )
++
≥+ +=+
MC MA NB NA
2 22 1 3 22
MA.NA
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
=AB AC
hay tam giác ABC vuông cân.
Bài 16. Bạn đọc tự vẽ hình
Gọi I là trung điểm của DE. Trên tia CE lấy điểm K sao cho I là trung điểm CK, tia CA cắt
DK tại H.
Xét tứ giác CDKE có I là trung điểm của DE và CK nên tứ giác CDKE là hình bình hành.
1
2
D
B
A
C
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
187
Suy ra DK//CE, mà nên
⊥AC CE
nên ta được
⊥AC DK
tại H.
Xét tứ giác ABDH có
+ ++=
0
BDH DHA HAB ABD 360
Suy ra
++ += ⇒ + =
0 00 0
BDH 90 HAB 90 360 BDH HAB 180
Mà lại có
+=
0
BAC HAB 180
nên ta được
=BDH BAC
Ta có
= =DH CE, CE AC
suy ra
=DK AC
Xét hai tam giác BDK và BAC có
= = =AD AB; BDK BAC; DK AC
Nên ta có
∆=∆BDK BAC
suy ra
=BK BC
và
=DBK ABC
Do đó tam giác BCK cân tại B và
=+=+==
0
KBC ABC KBA DBK KBA DBA 90
Suy ra tam giác BCK vuông cân tại B mà BI là đường trung tuyên nên BI vuông góc với
CK tại I.
Nên tam giác BIC vuông tại I mà ta có
=
0
BCI 45
suy ra tam giác BIC vuông cân tại I.
Ta có O đối xứng với F qua BC nên
∆=∆BOC BFC
Mà ta có tam giác BFC vuông cân tại F nên tam giác BOC vuông cân tại O
Lại có O và I cùng thuộc một mửa mặt phẳng bờ BC nên ta được O trùng với I
Vậy DE đi qua điểm O.
Bài 17.
a) Do
= − = −=
00 0
BAE BAC CAN 150 60 90
Nên
⇒ = =⇒=
NE DN
BM / /AE 3 NE 3BM
BM DM
.
Xét hai tam giác vuông BAM và CAN, ta có
= = = =
00
AB
BM AB.tan30 ,CN AC.tan60 AC 3
3
Do
=AB AC
nên
= ⇒=CN 3BM CN NE
hay tam giác NEC cân tại N.
b) Vì tam giác NEC cân tại N có
=
0
ANC 30
nên
=
0
NEC 15
Tam giác ABC cân tại A mà
=⇒=
00
BAC 150 ABC 15
⇒=ABC AEC
, hay tứ giác ABEC
nội tiếp, suy ra
= =
0
CBE CAE 60 .
Kết hợp với
= − =−=
00 0
KAF BAF BAK 90 30 60
, ta có tứ
giác ABKF nội tiếp. Mặt khác
=
0
FAB 90
nên
=
0
FKB 90
hay
⊥FK BE
.
Do tứ giác ABEC nội tiếp nên
= =
0
BCE BAE 90
.
Tam giác vuông BCE có
=
0
CBE 60
nên
=BE 2BC
Lại có
= =⇒ =⇒=
BD DM 1 BD 1
BC 2BD
BE MN 4 2BC 4
. Suy ra
∆∆BDC BCE∽
E
N
F
K
D
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
188
Do đó ta được
= =
0
BDC BCE 90
hay
⊥CD BE
nên ta được KF//CD.
Bài 18. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho
=BD BE
. Ta có
=+=+BC BD AD BE AD
suy ra
+=+BE EC BE AD
Từ đó ta được
=EC AD
.
Mà BD là đường phân giác của tam giác
ABC nên ta đư
ợc
=⇒===
AD AB CE AD AB AC
CD CB CD CD BC BC
Do đó ta được
∆∆CED CAB∽
nên ta được tam giác CED cân tại E.
Do đó
=ECD CDE
, mà
=ABD DBC
nên ta được
=DCE 2CBC
và
=BD BE
Suy ra
−
= =
0
180 DBC
BDE BED
2
. Mà
=−=−
00
CED 180 2ECD 180 4DBC
Do đó ta được
−
+ = +− =
0
00
180 DBC
BED CED 180 4DBC 180
2
Suy ra
=⇒=⇒==
00 0
9DBC 180 DBC 20 ABC ACB 40
. Do đó ta được
=
0
BAC 100
.
Bài 19.
Gọi J là điểm thuộc đoạ
n BC sao cho H là trung
điểm BJ. Kẻ đường thẳng Jx qua J vuông góc BC,
đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng
Jx tạ
i I. Khi đó, BKIC là hình thang cân và HKIJ là
hình chữ nhật.
= += + = +
2222 2 2 2
4
BI BJ JI BJ KH BC KH
9
= += += +
= ++ +
= ++ =+
222222 2
22 2 2
22 222
1
AI AK KI AK HJ AK BC
9
11
BC AB KH BC
39
4
BC AB KH BI AB
9
Do đó
∆ABI
vuông tại B.
Lại có
= + = − + = + = += +
2 222 2 22 22 22 2 2
14 1 1
AC AH HC AB BC BC AB BC ; IC KH JC KH BC
99 3 9
⇒ += + + = +=
22 2 2 2 22 2
4
AC IC BC AB KH AB BI AI
9
E
D
C
B
A
K
I
J
H
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
189
Do đó
∆ACI
vuông tại C. Khi đó
= =+⇔ = +
ABKC ABIC ABI AIC
1 11
S S S S AK.BC AB.BI AC.IC
2 22
Hay
= +AK.BC AB.KC AC.BK
.
Bài 20. Bạn đọc tự vẽ hình
a) Đặt
ωαβ
= = = = = =AFE BFD , BDF CDE , CED AEF
. Ta có
βω
++=
0
BAC 180
(*)
Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra
O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF.
Suy ra
++=
0
OFD OED ODF 90
(1). Ta có
ωβα
++ ++ +=
0
OFD OED ODF 270
(2)
Từ (1) và (2) ta được
αβω
++=
0
180
(**). Từ (*) và (**) ta được
α
= =BAC BDF
.
b) Chứng minh tương tự câu a ta có
βω
= =B ;C
Do đó ta được
∆∆∆ ∆AEF DBF DEC ABC∽∽ ∽
Suy ra

= = = = =



==⇒= ⇒= ⇒=


= −=− −=

= =


BD BA 5 5BF 5BF 5BF
BD BD BD
BF BC 8 8 8 8
CD CA 7 7CE 7CE 7CE
CD CD CD
CE CB 8 8 8 8
AE AB 5 7AE 5AF 7(7 CE) 5(5 BF) 7CE 5BF 24
AF AC 7
Từ đó ta được
−=CD BD 3
mà lại có
+=CD BD 8
nên ta tính được
=BD 2,5
(đvđd)
Bài 21. Trước hết ta chứng minh
= +
AM AE AF
MD EC FB
.
Thật vậy, qua điểm A ke đường thẳng song song với
BC cắt BM và CM lần lượt tại P và Q.
Khi đó theo định lí Talet ta có
= =
AM AQ AP
MD DC BD
Do đó ta được
++
= =
+
AM AQ AP AQ AP
MD CD DB BC
Cũng theo định lí Talét ta có
= =
AQ AF AP AE
;
BC FB BC EC
Nên ta được
+
= +=+
AQ QP AQ AP AF AE
BC BC BC FB EC
. Do vậy ta được
= +
AM AE AF
MD EC FB
.
Kẻ ba đường trung tuyến AI, BK, CH cắt nhau tại G. Khi đó ba đường trung tuyến chia
tam giác ABC thành sáu tam giác gồm BGI, CGI, CGK, AGK, AGH, BGH. Do đó điểm M
sẽ nằm ở một trong 6 tam giác kể trên. Không mất tính tổng quát ta giả sử M nằm trên tam
giác AGK.
M
G
P
Q
F
H
E
K
D
I
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
190
Khi đó ta có
=+≤+≤
AM AE AF AF AE
2
MD EC FB FB KC
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được
=+ ≥+≥
BM BF BD BF BD
2
ME FA DC FA IC
Vậy với điểm G ta đã chỉ ra được
≤
AM
2
MD
và
≥
BM
2
MD
.
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M và G trùng nhau.
Bài 22. Ta có AD là phân giác nên
BAD = DAF
Do EI // AD nên ta được
BAD = AEF
(góc đồng vị)
Mà
=DAF OFC
(đồng vị) và
AFE = OFC
(đối
đỉnh)
Suy ra
=AEF AFE
nên
∆AEF
cân tại A suy ra
=AE AF
Áp dụng định lí Talet vào tam giác ACD, với I là
giao điểm của EF với BC ta có
= ⇒=
CF CI CF CA
CA CD CI CD
. Lại có AD là phân giác của
BAC
nên
=
CA BA
CD BD
. Từ đó ta được
=
CF BA
CI BD
Kẻ đường cao AG của
∆
AFE và BP // AG (P
∈
AD); CQ // AG (Q
∈
OI) thì
=
0
BPD = CQI 90
Gọi trung điểm của BC là K, ta có
∆=∆BPK CQK
nên ta được
=CQ BP
Do đó
∆=∆BPD CQI
nên ta được
=CI BD
. Thay vào
=
CF BA
CI BD
ta được
= ⇒=
CF BA
CF AB
BD BD
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
=BE CA
Bài 23. Gọi giao điểm của AI với BD và CE
lần lượt tại K và J. Từ M và N kẻ các đường
thẳng song song với BC cắt AI lần lượt tại P
và Q. Ta có MP // NQ // BC, nên theo ta có
=
MP MK
BI BK
và
=
NQ NJ
CI CJ
G
P
O
K
I
N
D
Q
C
B
M
A
F
E
J
K
E
D
Q
P
I
M
N
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
191
Do đó ta được
= =
MK.BI NJ.CI
MP , NQ
KB CJ
Mà ta có
⊥ ⊥⊥BD AC, CE AB, AI MN
nên
được
= =MAB CJA; ABD ACE
Do đó hai tam giác ABM và JCA đồng dạng với nhau. Suy ra
=
AB CJ
BM CA
nên ta được
=AB.CA JC.BM
Lại có
= =ABK ACN; AKB ANC
nên hai tam giác KAM và ANC đồng dạng với nhau.
Suy ra
=
CA BK
CN AB
nên ta được
=AB,CA BK.CN
.
Từ đó ta được
=JC.BM BK.CN
. Suy ra
−
= = =
−
BM BK BM BK MK
CN CJ CN CJ NJ
, do đó
=
JN KM
JC KB
Do
=BI CI
nên từ kết hợp các kết quả trên ta được
=MP NQ
. Do đó PMQN là hình bình
hành nên ta được
=AM AN
.
Bài 24.
+ Nếu tam giác ABC đều khi đó ta có
= = =
0
A B C 60
Suy ra
= = =
333
cot A ; cot B ; cotC
333
nên ta
được
++=cot A cot B cot C 3
+ Ta cần chứng minh khi
++=cot A cot B cotC 3
thì tam giác ABC đều
Thật vậy, tứ giác ANHP có
+ + + = ⇒+ =
00
A APH PHN HNA 360 A PHN 180
Suy ra
=NAP NHC
. Chứng minh tương tự ta được
= =ABC MHC; ACB MHB
Xét hai tam giác CMH và AMB có
= =
0
CMH AMB 90
và
=MCH MAB
Do đó
∆∆CMH AMB∽
nên ta được
=⇒=
CM HM
CM.BM AM.AH
AM BM
Chứng minh tương tự ta được
∆∆ANH BNC∽
nên ta được
=HN.BC AH.CN
Tam giác NHC vuông tại N nên ta có
=
HN
cot NHC
CN
suy ra
=
HN
cot A
CN
Chứng minh tương tự ta được
= =
HM HM
cot B ; cot B
CM BM
Do đó ta được
H
P
N
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
192
( ) ( )
( )
+ + =++
++ ++
= =
++
++
= = =
= =
HN HM HM HM HM HN
cot A.cot B cot B.cot C cot C.cot A . . .
CN CM CM BM BM CN
HM HN.BM HM.CN HN.CM HM HN.BM HN.CM HM.CN
CN.CM.BM CN
.AM.HM
HN BM CN HM.CN
HN.BC HM.CN AH.CN HM.CN
CN.AM C
N.AM CN.AM
AM.CN
1
CN.AM
Suy ra
++ =cot A.cot B cot B.cot C cotC.cot A 1
. Mà ta luôn có
( ) ( ) ( )
( ) ( )
− +− +− ≥
⇔ ++ ≥ + +
⇔ ++≥
22 2
2
cot A cot B cot B cot C cotC cot A 0
cot A cot B cotC 3 cot A.cot B cot B.cotC cot C.cotA
cot A cot B cotC 3
Theo giả thiết ta có
++=cot A cot B cotC 3
. Suy ra bất đẳng thức trên xẩy ra dấu bằng
Hay
= = ⇔==cot A cot B cot C A B C
. Do đó ta giác ABC đều.
Bài 25. Ta có
= =
0
AOB BOC 120
nên ta được
=
0
AOC 120
.
Suy ra
+=
0
OAC OCA 60
Do
=
0
A 60
nên
+=
0
OAB OAC 60
.
Suy ra
=OAB OCA
.
Xét hai tam giác OAB và OCA có
=OAB OCA
và
= =
0
AOB AOC 120
Nên ta được
∆∆OAB OCA∽
, do đó
=
OA OA
OB OC
. Kéo dài PD lấy điểm E sao cho tứ giác
ADOE là hình thoi, khi đó ba điểm B, O, E thẳng hàng. Từ D kẻ
⊥DE DH
với H trên OB
nên ta được
=OH OE
. Tương tự kẻ
⊥EF DE
với F trên OC nên ta được
DHFE
là hình
chữ nhật.
Ta có
= = =
OB OB OA OD
OE OA OC OC
suy ra BD//CE và
= = =
OB OB OA OF
OH OA OC OC
suy ra BF//HC
Gọi I là giao điểm của HF và BC, J là giao điểm của OI và DE.
Theo định lí Talet ta có
= = =
BF BI BF BO BO
;
HC CI CO HO EO
nên ta được
=
BI BO
CI EO
suy ra OI//EC
Do đó ta được IJ//BD. Ta thấy IJ đi qua O và DEFH là hình chữ nhật nên
=IO JO
Suy ra PO đi qua trung điểm của BD.
F
B
O
J
E
D
A
C
J
H
P
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
193
Bài 26. Trong các tam giác vuông IAE và IAF
ta có

+= ++=

⇒

== =+=


00
00
IAE AIE 90 IAE IBA IAB 90
IAF AIF 90 IAF ICA IAC 90
Từ đó ta được
+ +=
+ +=
00
00
1
IAE CBA 45 90
2
1
IAF BCA 45 90
2
Do đó ta được
(
)
++ + =⇒ + =⇒ =
0 00
11
IAE IAF CBA BCA 90 EAF BAC 90 EAF 45
22
Gọi O là trung điểm của AI, do
= =
0
IEA IFA 90
nên ta được
=
=
OE OA
OF OA
Do đó ta được các tam giác OAE và OAF cân tạo O.
Suy ra
=+= + = =
0
EOF EOI FOI 2EAO 2FAO 2EAF 90
. Do đó tam giác OEF cân tại O, từ
đó ta được. Do ta có
= =OE OF OI
nên
=+=
2 22 2
EF OE OF 2OI
Mà lại có O là trung điểm của AI nên ta được
=
22
1
EF AI
2
hay
=
22
2EF AI
.
Bài 27.
Cách 1. Trước hết ta chứng minh các công thức sau
αα
= +
2
2cos 1 cos2
với
α
<<
0
0 45
Thật vậy, xét tam giác AHM có
α
= =
0
AHM 90 ;AMH 2
nên ta được
α
= =
HM HM
cos2
AM a
Do đó
α
++
+ =+= = =
HM a HM CM HM HC
1 cos2 1
aa a a
Lại có
α

= = = = =


2
2
2
CH 2CH 2CH 2CH CH
2cos 2
AC BC.CH BC 2a a
Từ đó ta được
αα
= +
2
2cos 1 cos2
. Áp dụng công thức trên ta được
( )
+
+ ++
=+ =+= ⇒ = = =
+
⇒=
2
20 0 20
0
62
323 23843
2cos 15 1 cos30 1 c
os 15
2 2 4
16 16
62
cos15
4
Áp dụng hẳng đẳng thức
αα
+=
22
sin cos 1
, ta có
( )
−
+− −
=− =−== ⇒=
2
2 0 20 0
62
2 32 3 6 2
sin 15 1 cos 15 1 sin15
4 16 16 4
F
E
O
I
C
B
A
a
a
C
B
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
194
Vậy ta được
+
=
0
62
cos15
4
và
−
=
0
62
sin15
4
Cách 2: Dựng tam giác ABC có
= =
00
A 90 ; B 60
. Giả sử
=AC 1
(đvđd)
Khi đó ta được
= =BC 2AB 3
. Kẻ đường phân giác AD, khi đó theo tính chất đường
phân giác của tam giác ta có
==⇒ = ⇒= = −
+
++
AD AB 3 AD 3 3
AD 2 3 3
CD BC 2 AD DC
23 23
Theo định lí Pitago ta có
( )
= + ⇒ =+ +− = −
222 2
BD AB AD BD 3 12 9 12 3 12 2 3
Do đó
( )
( )
−
= =
−
23 3 1
BD 6
3 1
2
. Ta có
( )
++
= = =
=
−
0
AB 3 3 1 6 2
cos15
BD 4
22
6 31
( )
( )( )
−+
−−
= = = =
−
0
32 3 1 3
AD 2 3 3 6 2
sin15
BD 4
26
6 31
Vậy ta được
+
=
0
62
cos15
4
và
−
=
0
62
sin15
4
Bài 28. Đặt
= = = =DE AE x; DF AF y
.
Kẻ
⊥⊥DI AB; DK AC
. Ta có
= = =
0
1
BI BD.cos60 20. 10
2
.
Trong tam giác BDI có
= −= −=
22 22
DI BD BI 20 10 10 3
Ta có
= −EI 50 x
, áp dụng định lí Pitago cho tam giác
vuông DEI ta được
( )
( )
=+ =−+
⇔ = − + + ⇔=
2
2
222
22
ED EI ID 50 x 10 3
x 2500 100x x 300 x 28
Lại có
= = =
0
1
CK CD.cos60 40. 20
2
.
Trong tam giác vuông DKC có
= − = −= =
2 2 22
DK DC KC 40 20 1200 20 3
Ta có
= −FK 40 y
, áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông DFK ta có
( )
( )
= + = − + ⇔ = − + + ⇔=
2
2
2 22 2 2
DF DK FK 40 y 20 3 y 1600 80y y 1200 y 35
Kẻ EH vuông góc với AF, ta có
= = =
0
1
AH EA.cos60 28. 14
2
Do đó ta được
=−=−= = = =
0
3
HF y 14 35 14 21; EH x.sin60 28. 14 3
2
Ong tam giác vuông EFH có
( )
= + = += =
2
22 2
EF EH FH 14 3 12 1029 7 21
G
H
A
B
C
I
K
F
D
E
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
195
Vậy độ dài các cạnh của tam giác DEF là
= = =DE 28; DF 35; EF 7 21
Bài 29.
Lấy C’ đối xứng với B qua O.
Lấy điểm E’ thuộc tia OB sao
cho
=OE' OE
. Lấy F’ thuộc tia
OC sao cho
=OF' OF
. Gọi giao
điểm của E’C và F’C’ là A’. Khi
đó dễ thấy
=BE E'C
.
Nên ta được
∆=∆BEC CE'C'
,
suy ra
=EBC E'CC'
nên
=ABC A'CC'
Tương tự ta có
=CF C'F'
.
Nên ta được
∆=∆BCF CC'F'
,
suy ra
=BCF CC'F'
nên
=ACB A'C'C
Xét hai tam giác
∆ABC
và
∆A'CC'
có
=ABC A'CC'
,
=BC CC'
và
=ACB A'C'C
Từ đó ta được
∆=∆ABC A'CC'
, suy ra
∆=∆OBA OCA'
Nên ta được
=AO A'O
và
= ⇒⊥AOB A'OC AO A'O
.
Đặt
= = = =OB OC x; OE OE' y
. Gọi Q là giao điểm của OA’ và BC.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác E’BC với cát tuyến OA’Q ta được
=
QC x A'E'
.. 1
QB y A'C
Từ trên ta có
= =A'C AB, A'E' AE
và
= =
A'E' AE AN
A'C AB AC
Do đó ta được
=
QC x AN
.. 1
QB y AC
.
Gọi Q’ là giao điểm của NC với BC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát
tuyến MNQ’ ta được
= =
Q'C MB NA Q'C FC NA
. . .. 1
Q'B MA NC Q'B FA NC
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác AEC với cát tuyến FOE’ ta suy ra được
= =
FC BE x CN x
..
FA BA y CA y
Do đó ta được
=
Q'C x NA
.. 1
Q'B y AC
Từ đó ta suy ra
= ⇒=
Q'C x NA QC x AN Q'C QC
.. ..
Q' B y AC QB y AC Q'B QB
, nên ta được hai điểm Q và Q’
trùng nhau.
C'
Q
N
M
F
E
F'
E'
O
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
196
Điều này dẫn đến ba đường thẳng BC, A’O và MN đồng quy tại O.
Do đó ta được AO vuông góc với OQ
Bài 30. Gọi C và D là chân đường thẳng góc kẻ từ A
đến OB và từ B đến OA. Ta thấy rằng trực tâm của
tam giác OPQ phải nằm trên DC.
Thật vậy, nếu từ P kẻ một đường cao của tam giác
OPQ cắt DC tại H, ta sẽ chứng minh đường cao thứ
hai kẻ từ Q của tam giác OPQ cũng đi qua H.
Vì MP//BD nên theo định lí Talets ta có
=
AM AP
BM DP
.
Ta cũng có PH/ AC nên theo định lí Talets ta cũng có
=
AP CH
DP DH
Cũng do MQ//AC nên theo định lí Talets ta được
=
AM CQ
MB BQ
.
So sánh những tỷ lệ trên ta có
=
CH CQ
DH BQ
. Theo định lí Talets đảo suy ra QH//BD
Từ đó ta được QH vuông góc với OP. Do đó QH chính là đường cao thứ hai của tam
giác OPQ.
Vậy tập hợp các điểm H là trực tâm của tam giác OPQ chính là đoạn thẳng DC.
Giả sử M nằm trên đường A'B'//AB với A' trên OA và B' trên OB thì tập hợp điểm H là
đoạn thẳng D'C'//DC. Vậy nếu M di chuyển bên trong tam giác OAB thì các điểm H là
miền bên trong tam giác ODC.
Bài 31. Dựng tam giác đều ABM. Khi đó ta có
= = = =
= =
00
0
RAM RBM 45 ,AMR BMR 30 ,
ARM BRM 105 .
Do đó ta được
∆∆QAC RAM∽
nên ta được
=
QA CA
RA MA
Điều này dẫn đến
∆∆QRA CMA∽
, do đó ta
được
H
Q
P
M
O
D
C
B
A
45
0
45
0
30
0
30
0
15
0
R
Q
P
M
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
197
=
QR RA
CM MA
và
=QRA CMA
.
Hoàn toàn tương tự ta cũng có
∆∆PBC RBM∽
nên ta được
=
PB CB
RB MB
Từ đó suy ra
∆∆PRB CMB∽
nên ta được
=
PR RB
CM MB
và
=PRB CMB
Từ
=
PB CB
RB MB
và
=
PR RB
CM MB
, để ý là
=RA RB
và
=MA MB
nên ta được
=QR PR
Từ
=QRA CMA
và
=PRB CMB
ta được
+= =
0
QRA PRB AMB 60
. Nên ta suy ra
=
0
QRP 90
Bài 33. Vẽ đường cao BH của tam giác ABC. Do
đường phân giác BD bằng cạnh bên của tam giác
ABC nên tam giác BAD cân tại B. Từ đó ta thấy
BH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
của tam giác BAD. Do đó ta được
=
AD
AH
2
Tam giác ABC có BD là đường phân giác nên ta
có
= =
DA AB b
DC BC a
Từ đó ta được
+
== = = ⇒=
+ ++ +
2
DA DC DA DC AC b b
DA
b a ab ab ab ab
Tam giác ABh vuông tại H nên theo định lí Pitago ta được
=+⇒=−
22 2 22 2
AB BH AH BH AB AH
Nên ta được
= −
2
22
AD
BH b
4
. Tam giác BCH vuông tại H nên ta có
= +
222
BC BH CH
Do đó suy ra
( )

= − − − − =−−


2
2
2 2 22 2
AD
BH BC CH BC AC AH a b
2
Hay ta được
=−+ −
2
222
AD
BH a b b,AD
4
Từ các kết quả trên ta được
−=−+ −⇔−= −
22
2 2 2 22 2
AD AD
b a b b,AD b a b.AD b
44
Thay
=
+
2
b
DA
ab
vào đẳng thức trên ta được
( )( )
( )
−
+ −= −⇔ =
+
+
2
2
2
b ab b
b a b a b. b
a b ab
ab
Từ đó ta suy ra được
( )
−=
+
2
11 b
ba
ab
H
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
198
Bài 34. Vẽ tam giác DAE vuông cân tại E sao cho E
và D nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB.
Ta có
= +=+
0
ADB ADE EDB 90 EDB
Mà ta có
= +
0
ADB 90 ACB
nên ta được
=EDB ACB
Mà ta có
=AD DE
nên từ
=
AC BC
AD BD
ta được
=
AD BC
DE BD
.
Xét hai tam giác ABC và EBD có
=EDB ACB
và
=
AD BC
DE BD
nên ta được
∆∆ABC EBD∽
Từ đó ta được
=ABC EBD
và
=⇒=
AB BC AB BE
BE BD BC BD
Từ
=ABC EBD
ta suy ra được
=DBC ABE
Xét hai tam giác ABE và CBD có
=DBC ABE
và
=
AB BE
BC BD
nên
∆∆ABE CBD∽
Từ đó suy ra
=⇒=
AB AE
AB.CD AE.BC
BC CD
Tam giác DEA vuông tại D nên theo định lí Pitago ta có
=+=+ =
22222 2
AE AD DE AD AD 2AD
Do đó ta được
=AE 2AD
. Mà ta có
=
AC BC
AD BD
nên
=AD.BC AC.BD
Do đó ta được
= = =AB.CD AE.BC 2AD.BC 2AD.BD
hay
=AB.CD 2AC.BD
.
Bài 35.
Giả sử hai tam giác đều ABC và
111
ABC
bằng nhau và nằm chồng lên nhau sao cho lục
giác MNPQRS được kí hiệu như hình vẽ.
Các góc của hai tam giác đều ABC và
111
ABC
bằng nhau và hai góc đối đỉnh thì bằng nhau
nên ta nhận thấy các tam giác
1 11
A MN;B PQ;C RS;CPN;ARQ;BMS
đồng dạng
với nhau. Từ đó ta được
= = = = =
+ + + + ++
111111
MN PQ RS NP QR SM
A M A N B P B Q C R C S CN CP AQ AR BS BM
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được
++ ++
=
+ ++++ +++++
1 1 11 1 1
MN PQ RQ NP QR MS
A M A N B P B Q C R C S CN CP AQ AR BM BS
A
B
C
D
E
S
R
Q
P
N
M
C
1
B
1
A
1
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
199
Đặt độ dài cạnh của tam giác đều là a và
= ++ =++x MN PQ RQ; y NP QR MS
.
Khi đó ta được
( ) ( ) ( )( )
= ⇔ −= −⇔− −−=
−−
y
x
x3ay y3ax xy3axy 0
3a y 3a x
Mặt khác ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
= + + = + + + + + + ++
= + + + + + + ++
> ++ + ++ =+
3a BC CA AB BM MN NC CP PQ QA AR RS SB
CN CP AQ AR BS BM MN PQ RS
NP QR MS MN PQ RS y x
Hay ta được
>+⇒ −−>3a x y 3a x y 0
Do đó từ đẳng thức trên ta suy ra được
=xy
hay
++= + +MN PQ RS NP QR SM
.
Bài 36. Ta xét các trường hợp sau
+ Trường hợp 1: Nếu tam giác ABC vuông tại A. Khi đó E nằm trên tia AB và F nằm trên
tia AB.
Hai tam giác vuông AEF và ABC bằng nhau nên ta được
=BC EF
Mà M là trung điểm của BC nên ta được
=2AM BC
do đó ta được
=EF 2AM
Mặt khác ta lại có
= = =MAE ACM; ABB BAM AEF
và
+=
0
ABM MAE 90
Do đó ta được
+=
0
MAE AEF 90
nên ta được
⊥EF AM
+ Trường hợp 2: Nếu tam giác ACB có
<
0
BAC 90
. Khi đó trên tia đối của tia MA lấy điểm
D sao cho
=MA MD
. Nối B với D, từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AD tại G.
Xét hai tam giác AMC và DMB có
= = =AM MD, AMC BMD, BM CM
Do đó ta được
∆=∆AMC DMB
, suy ra
=CAM BDM
và
=AC BD
Ta có
⊥⊥AE AB, BG AB
nên ta được BG//AE suy ra
=EAM BGA
Mà ta có
= +BGA GBD BMD
và
= +EAM EAC CAM
. Do đó ta được
=EAC GBD
.
I
M
F
E
C
B
A
D
G
M
F
E
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
200
Ta có
===−==
0
AE AB, EAF ABD 180 BAC, BD AF AC
nên
∆=∆EAF ABD
.
Từ đó suy ra
=EF AD
mà
=AD 2AM
nên ta được
=EF 2AM
.
Cũng do
∆=∆EAF ABD
nên ta có
=AEF ABD
Mà ta có
+=
0
BAD DAE 90
nên
+=
0
AEF DAE 90
, suy ra
⊥AM EF
+ Trường hợp 3: Nếu tam giác ACB có
>
0
BAC 90
. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta
cũng được
=EF 2AM
và
⊥EF AM
.
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 37. Trước hết ta phát biểu hai bổ đề:
Bổ đề 1: Trong tam giác ABC ta luôn có
= =
AB BC CA
sinC sin A sin B
(Định lí sin)
Bổ đề 2: Trong tam giác ABC ta luôn có
=+−
222
AB BC AC 2BC.CAcosC
(Định lí
cosin)
Giả sử
=<<1 AB AC BC
. Gọi M là trọng
tâm tam giác và kẻ
⊥⊥A'E AC, B'Q AB
.
Khi đó A’E là đường trung bình của tam
giác BCF.
Do đó
= =
BF AA'
A'E
22
và tam giác vuông AEA’ nên ta được
=
0
A'AE 30
. Tương tự
=
0
B' BA 30
.
Do A’B’//AB nên ta có
= = =
0
A'B'M B'BA B'AM 30
do đó ta có
∆∆B'A'M AA'B'∽
Suy ra
=⇒=
2
A'B' AA'
A'B' AA'.A'M
A'M A'B'
Do đó ta có
= ⇔==
22
A'B' A'M A'M
A'B' 3A'M
1
3
sin A'B'M
2
2
Như vậy áp dụng định lí sin cho tam giác A’MB’ ta được
=
0
A'MB' 60
hoặc
=
0
A'MB' 120
+ Nếu
=
0
A'MB' 60
thì ta có
= = =
00
B'A'A A'AB 90 , B'BA 30
nên tam giác BAB’ cân tại A
Do đó ta được
= =AB' AB 1
. Từ đó ta được
= = =
0
AC 2AB 2; BAC 120
.
Áp dụng định lí cosin cho tam giác ACC’ ta được
=+− =
22 2 0
21
C'C AC AC' 2AC.AC'.cos120
7
M
E
Q
K
H
F
C'
C
B'
B
A'
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
201
Do đó ta được
=
21
CC'
2
. Tam giác AA’B’ vuông tại A’ nên ta được
=−=
22 2
3
AA' AB' A'B'
4
Trong tam giác AA’B vuông tại A có AH là đường cao nên
= = =
+
22
AA'.AB AA'.AB 21
AH
A'B 7
AA' AB
.
Do đó ta được
=
CC' 7
AH 2
+ Nếu
=
0
A'M'B 120
, khi đó tam giác A’MB’ cân tại M, do đó tam giác AMB cân tại M.
Suy ra ta có
=AA' BB'
dẫn đến
=AC BC
, điều này mâu thuấn với giả thiết tam giác Abc
không cân. Do vậy khả năng này không xẩy ra.
Vậy ta được
=
CC' 7
AH 2
.
Bài 38. + Điều kiện cần: Khi tam giác ABC đều thì
H ta tâm đường tròn nội tiếp tam giác
123
AAA
.
Thật vậy, khi tam giác ABC đều thì AA’, BB’ và
CC’ lần lượt là các đường trung trực của các cạnh
11 1 1 11
BC,CA,AB
của tam giác
123
AAA
. Mặt khác
ta cũng có tam giác
123
AAA
đều nên H là giao
điểm ba đường trung trực đồng thì là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác
123
AAA
.
+ Điều kiện đủ: Khi H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
123
AAA
thì tam giác ABC đều.
Thật vậy, vì H là trực tâm tam giác ABC nên các tứ giác
BA'HC', CA'HB', BCB'C'
nội
tiếp được.
Do đó ta được
= = =C'A'H C' BH HCB' HA' B'
hay A’H là phân giác của
C'A'B'
Hoàn toàn tương tự ta có B’H là phân goác của góc
A'B'C'
. Do đó H là tâm đường tròn
trong nội tiếp tam giác A’B’C’. Ta có
1
C'A
//
HB'
và
1
B'A
//
HC'
do đó tứ giác
1
A B'HC'
là
hình bình hành.
Hoàn toan tương tự ta được
1
C'HA' B
cũng là hình hình hành. Do đó ta suy ra tứ giác
11
A A'B'B
là hình bình hành nên ta được
11
AB
//
A'B'
. Tương tự ta cũng có
11
BC
//
B'C'
.
L
K
H
C
1
B
1
A
1
C'
B'
A'
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
202
Gọi K và L lần lượt là giao điểm của
11
AB
với
B'C'
và
11
BC
với
A'B'
. Khi đó ta được tứ
giác
1
B'KB L
là hình bình hành. Trong hình bình hành
1
B'KB L
các đường phân giác của
góc
B'
và
1
B
hoặc song song hoặc trùng nhau. Mà hai đường phân giác đó lại có giao
điểm chung là H(do H là tân đường tròn nội tiếp của hai tam giác A’B’C’ và
123
AAA
) nên
hai đường phân giác đó trùng nhau, do đó ba điểm
1
B', H, B
thẳng hàng. Do BB’ vuông
góc với cả AC và A’C’ nên ta được AC//A’C’. Mà ta lại có tứ giác
AC'A'C
nội tiếp nên ta
được
= =BAC BC'A' BCA
. Tương tự ta cũng được
=ABC ACB
. Do đó tam giác ABC đều.
Bài 39. Trên AC lấy điểm N sao cho
=
0
ABN 40
, khi đó
ta có
= =
0
ABN BAN 40
. Do đó tam giác ABN cân tại N.
Do đó ta được
=
0
BNC 80
. Do đó ta suy ra
= =
0
BNC BCN 80
nên tam giác BCn cân tại B, suy ra
=BN BC
.
Trong tam giác BFC có
= =
00
FBC 40 ; FCB 70
nên
=
0
BFC 70
Từ đó ta được tam giác BCF cân tại B, suy ra
=BC BF
.
Như vậy ta được
=BN BF
.
Kéo dài BC lấy điểm M sao cho
=AB AM
, khi đó tam giác ABM đều. Xét tam giác ABN và
tam giác MBF có
= =AB AM, BN BF
và
= =
0
ABN BAN 40
. Nên ta được
∆=∆ABN MBF
,
mà ta có tam giác ABN cân tại N nên tam giác MBF cân tại F, do đó ta được
=FM FB
. Từ
=AB AM
và
=FM FB
suy ra AF là đường trung trực của MB hay AF vuông góc với BC.
Bài 41.
a) Xét ∆EDC và ∆BAC có
= =
0
EDC BAC 90 (gt)
C chung
Suy ra
∆∆EDC BAC∽
nên ta được
=
EC BC
DC AC
Xét ∆BEC và ∆ADC có
=
EC BC
DC AC
C chung
⇒
∆∆BEC ADC∽
F
E
D
N
M
C
B
A
G
D
H
M
E
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
203
Suy ra
=BEC ADC
. Mà
=AH HD
nên
=⇒ =⇒=⇒=
0 0 00
ADH 45 ADC 135 BEC 135 AEB 45
Do đó ∆AEB vuông cân tại A. Từ đó ta tính được
=BE m 2
b) Xét ∆AHB và ∆CAB có
= =
0
AHB CAB 90 (gt)
B chung
⇒
∆∆AHB CAB∽
⇒=⇒ = ⇒ =
⇒= ⇒ =⇒=
22
2
AB BH
AB BH.BC 2AB 2BH.BC
BC AB
BE BH BM BH
BE 2BH.BC
2BC BE BC BE
Xét ∆BHM và ∆BEC có
=
BM BH
BC BE
MBH chung
⇒
∆∆BHM BEC∽
⇒==⇒ =
00
BHM BEC 135 AHM 45
c) Xét ∆AHC và ∆BAC có
= =
0
AHC BAC 90 (gt)
C chung
⇒
∆∆AHC BAC∽
Do đó ta được
=
AH AB
HC AC
. Mặt khác ∆AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM
cũng là phân giác hay AG là đường phân giác của ∆ABC. Suy ra
=
GB AB
GC AC
. Từ đó ta có:
( )
( )
=⇒= ⇒= −
⇒ = − ⇒ + = ⇒ +=
GB AH
GB.HC AH.GC GB.HC AH. BC GB
GC HC
GB.HC AH.BC AH.GB AH.GB GB.HC HD.BC GB. AH HC HD.BC
Từ ta được
=
+
GB HD
BC AH HC
Bài 42.
a) + Đặt
= ≤≤AM x (0 x c)
. Ta có
=⇔=
MN AM ax
MN
BC AB c
và
( )
−
= =
0
cx 3
MQ BMsin 60
2
.
Suy ra diện tích của MNPQ là:
( )
( )
−
= =
−
ax c x 3
a3
S xc
x
2c 2c
N
M
Q
P
C
B
A
G'
G
H'
H
F'
E'
F
E
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
204
+ Ta có bất đẳng thức
+ +
≥ ⇔≤ > >


2
ab ab
ab ab (a 0,b 0)
22
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
( )
+−
−≤ =


2
2
xcx c
xc x
24
Dấu đẳng thức xảy ra khi
=−⇔=
c
xcx x
2
.
Suy ra
≤ ⋅=
2
a 3 c ac 3
S
2c 4 8
. Vậy
=
max
ac 3
S
8
khi
=
c
x
2
hay M là trung điểm của cạnh AC.
b) Giả sử đã dựng được hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Nối BF, trên đoạn
BF lấy điểm F'.
Dựng hình chữ nhật E'F'G'H'
∈∈(E' AB;G',H' BC)
.
Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên
= = =
E'F' BE' BF' F'G'
EF BE BF FG
⇒=E'F' F'G'
. Do đó E'F'G'H' là hình vuông.
+ Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vuông E'F'G'H'
(G', H' thuộc cạnh BC). Dựng tia BF' cắt AC tại F. Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam
giác ABC. Chứng minh tương tự trên, ta có EF = FG, suy ra EFGH là hình vuông.
+ Ta có
= =
0
BH' 1
cotg60
E'H'
3
;
+
= = = += +
BG' BH' H'G' BH' 1
cotgF'BC 1
1
F'G' F'G' E'H'
3
Suy ra tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F duy nhất.
Trường hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh BC, lý
luận tương tự ta
cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E. Vậy bài toán có một nghiệm hình
duy nhất.
+ Đặt
=AE x
. Ta có
= ⇒=
EF AE ax
EF
BC AB c
và
( )
( )
−
=−=
cx 3
HE c x sin B
2
EFGH là hình vuông, nên
( )
−
= ⇔ = ⇔=
+
2
cx 3
ax c
3
EF EH x
c2
2a c 3
Suy ra diện tích hình vuông EFGH là
( )
= =
+
22
2
2
3a c
S EF
2a c 3
.
Bài 43.
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
205
Ta có
=+=+++
2222 222
BC AB AC BH AH AK CK
Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức
( )
( )
+ ≥+
2
22
2 BH AH BH AH
Tương tự ta có
( )
( )
+ ≥+
2
22
2 AK CH AK CK
Suy ra
( ) ( )
≥+ ++
22
2
2BC BH AH AK CK
Đặt
+ = +=BH AH m; AK CK n
.
Vì
+=
0
CAK BAH 90
mà
+=
2
BAH ABH 90
nên
=CAK ABH
. Dẫn đến tam giác ABH
đồng dạng với tam giác CAK
Do đó
+
= = = =
+
AH BH AB AH BH m
CK AK AC CK AK n
Nên
( )
( )
+
== ≥=
+
22
22 2
22 2
22
AB AC
AB AC BC 1
2
m n 2BC
mn
Hay
≤≤m 2AB; n AC 2
Chu vi tứ giác BHKC là
( )
+ + + + = + +≤ + +BC BH AH AK KC BC m n BC AB AC 2
Vậy chu vi BHKC lớn nhất là
( )
++BC AB AC 2
Bài 44.
a) Gọi I là trung điểm BC
+ Tam giác BEC vuông tại E nên có
=⇒===
BC
IB IC EI BI CI
2
+ Tam giác BFC vuông tại F nên có
=⇒== =
BC
IB IC FI BI CI
2
Từ các kết quả trên suy ra
= = = =
BC
BIFIEICI
2
Vậy bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc đường tròn
tâm I đường kính BC
b) Xét tam giác HAE và HBD có
= = =
0
AHE BHD; HEA HDB 90
Nên ta được
∆ ∆ ⇒=⇒ =
HA HE
AHE BHD HA.HD HB.HE
HB HD
∽
Chứng minh tương tự ta có
∆ ∆ ⇒=⇒ =
HA HF
AHF CHD HA.HD HC.HF
HC HD
∽
Từ các kết quả trên ta được
= =HA.HD HB.HE HC.HF
K
H
C
B
A
M
K
H
I
F
E
D
C
B
A
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
206
c) Ta có
= ⇒=
HD HF
HA.HD HC.HF
HC HA
kết hợp với
=DHF CHA
Suy ra
∆ ∆⇒=DHF CHA HDF HCA∽
Tương tự ta cũng được
∆ ∆⇒ =DHE BHA HDE HBA∽
Mà ta lại có
=HBA HCA
. Kết hợp các kết quả trên ta được
=HDF HDE
Do đó DH là phân giác của
FDE
. Chứng minh tương tự ta có EH là phân giác của
DEF
Do đó H là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác DEF
d) Kẻ
⊥∈DK BE (K BE)
. Gọi M là giao điểm của BE và DF
⇒==
DK
sin BED sin KED
DE
mà
≤⇒ ≤
DM
DK DM sin BED
DE
Mặt khác
+
=⇒== =
++
DM FM DM FM DM FM DF
DE FE DE FE DE FE DE FE
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương DE và EF ta có
+≥ ⇒ ≤
+
DF DF
DE EF 2 DE.EF
DE EF
2 DE.EF
hay
≤
DF
sin BED
2 DE.EF
Chứng minh tương tự ta có
≤
DE
sinCFE
2 FD.FE
và
≤
EF
sin ADF
2 DE.DF
Do đó ta được
≤
EF DF DE
sinADF.sin BED.sinCFE . .
2 DE.DF 2 DE.EF 2 FD.FE
Hay
≤
1
sinADF.sin BED.sinCFE
8
. Dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC đều.
_________________HẾT_________________
THCS.TOANMATH.com
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
| 1/90
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

117
CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐẶC SẮC
I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM GIÁC
1. Tổng ba góc trong một tam giác
+ Tổng ba góc của một tam giác bằng 1800
+ Trong một tam giác vuông hai góc nhọn phụ nhau.
+ Góc ngoài của một tam giác là góc kề bù với một góc của tam giác ấy.
+ Định lí: Mỗi góc ngoài của một tam giác bằng tổng của hai góc trong không kề với nó.
+ Nhận xét: Góc ngoài của tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó.
2. Hai tam giác bằng nhau
a. Hai tam giác bằng nhau là hai tam giác có các cạnh tương ứng bằng nhau, các góc tương ứng bằng nhau.
b. Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác
• Trường hợp 1: Tam giác ABC và A’B’C’ có AB = A' B'; BC = B'C';CA = C'A' thì tam
giác ABC và A’B’C’ bằng nhau
• Trường hợp 2: Tam giác ABC và A’B’C’ có  
AB = A' B'; A = A';CA = C'A' thì ABC và A’B’C’ bằng nhau
• Trường hợp 2: Tam giác ABC và A’B’C’ có    
B = B'; BC = B'C';C = C' thì ABC và A’B’C’ bằng nhau
c. Các trường hợp bằng nhau của tam giác vuông
• Nếu hai cạnh góc vuông của tam giác vuông này lần lượt bằng hai cạnh góc vuông
của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
• Nếu một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông này bằng
một cạnh góc vuông và một góc nhọn kề cạnh ấy của tam giác vuông kia thì hai tam giác
vuông đó bằng nhau (g.c.g)
• Nếu cạnh huyền và một góc nhọn của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và một
góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 118
• Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này bằng cạnh huyền và
một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó bằng nhau.
3. Quan hệ giữa các yếu tố trong tam giác
a. Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác
• Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn.
• Trong một tam giác cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.
b. Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu
• Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài một đường thẳng
đến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất.
• Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó:
- Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn
- Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn
- Nếu hai đường xiên bằng nhau thì hai hình chiếu bằng nhau, và ngược lại, nếu
hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bằng nhau.
c. Quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác. Bất đẳng thức tam giác
• Trong một tam giác, tổng độ dài hai cạnh bất kì bao giờ cũng lớn hơn độ dài cạnh còn lại.
• Hệ quả: Trong một tam giác, hiệu độ dài hai cạnh bất kì bao giờ cũng nhỏ hơn độ dài cạnh còn lại.
• Nhận xét: Trong một tam giác, độ dài một cạnh bao giờ cũng lớn hơn hiệu và nhỏ
hơn tổng các độ dài của hai cạnh còn lại.
4. Các đường đồng quy trong tam giác
a. Ba đường trung tuyến của tam giác
• Định nghĩa: Đoạn thẳng AM nối đỉnh A của tam giác ABC với trung điểm M của
cạnh BC gọi là đường trung tuyến của tam giác ABC. Đôi khi đường thẳng AM cũng được
gọi là đường trung tuyến của tam giác ABC. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 119
• Tính chất: Ba đường trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm, điểm đó gọi
là trọng tâm. Trọng tâm cách mỗi đỉnh một khoảng bằng 2 độ dài đường trung tuyến đi 3 qua đỉnh ấy.
b. Ba đường phân giác của tam giác
• Định nhĩa: Trong tam giác ABC tia p.g của góc A cắt cạnh BC tại điểm M, khi đó
đoạn thẳng AM đglà đường phân giác của tam giác ABC( đôi khi ta cũng gọi đường thẳng
AM là đường p.g của tam giác)
• Tính chất: Ba đường phân giác của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này
cách đều ba cạnh của tam giác và chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác .
c. Ba đường trung trực của tam giác
• Định nghĩa: Trong một tam giác đường trung trực của mỗi cạnh gọi là đường trung trực của tam giác đó.
• Tính chất: Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này
cách đều ba đỉnh của tam giác đó và chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
d. Ba đường cao của tam giác
• Định nghĩa Trong một tam giác đoạn vuông góc kẻ từ một đỉnh đến đường thẳng
chứa cạnh đối diện gọi là đường cao của tam giác đó.
• Tính chất: Ba đường cao của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này gọi là trực tâm của tam giác.
5. Tam giác đồng dạng
a. Định lí Talets trong tam giác
• Tỉ số của hai đoạn thẳng
+ Tỉ số của hai đoạn thẳng là tỉ số độ dài của chúng theo cùng một đơn vị đo.
+ Tỉ số của hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào cách chọn đơn vị đo. • Đoạn thẳng tỉ lệ
Hai đoạn thẳng AB và CD được gọi là tỉ lệ với hai đoạn thẳng A′B′ và C′D′ nếu có tỉ lệ thức: AB A′ ′ B AB CD = hay = CD ′ C ′ D A′ ′ B ′ C ′ D THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 120
• Định lí Talét trong tam giác
Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn
lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
• Định lí Talets đảo: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định
ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với
cạnh còn lại của tam giác.
• Hệ quả: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với
cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho.
• Chú ý: Hệ quả trên vẫn đúng cho trường hợp đường thẳng song song với một
cạnh và cắt phần kéo dài của hai cạnh còn lại.
b. Tính chất đường phân giác trong tam giác: Trong tam giác đường phân giác của một
góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy.
Chú ý: Định lí vẫn đúng đối với tia phân giác của góc ngoài của tam giác. c. Tam giác đồng dạng
• Định nghĩa: Tam giác A′B′C′ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu  A′ ′ B ′ B ′ C ′ C A′ A′   = A, ′   B = B, ′  C = C và = = AB BC CA
• Kí hiệu: ∆A' B'C'∽ ∆ABC .
• Định lí: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và song song với hai cạnh
còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới đồng dạng với tam giác đã cho.
• Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác
+ Trường hợp 1: Nếu ba cạnh của tam giác này tỉ lệ với ba cạnh của tam giác
kia thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.
+ Trường hợp 2: Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia
và hai góc tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.
+ Trường hợp 3: Nếu hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác
kia thì hai tam giác đó đồng dạng với nhau.
• Các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông
+ Trường hợp 1: Nếu tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 121
tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng với nhau.
+ Trường hợp 2: Nếu tam giác vuông này có hai cạnh góc vuông tỉ lệ với hai
cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng với nhau.
+ Trường hợp 3: Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này
tỉ lệ với cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng với nhau.
• Tính chất của hai tam giác đồng dạng
Nếu hai tam giác đồng dạng với nhau thì:
+ Tỉ số hai đường cao tương ứng bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số hai đường phân giác tương ứng bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số hai đường trung tuyến tương ứng bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số các chu vi bằng tỉ số đồng dạng.
+ Tỉ số các diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
6. Hệ thức lượng trong tam giác
a. Hệ thức liên hệ giữa cạnh, đường cao và hình chiếu trong tam giác vuông
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. + 2 = 2 + 2 BC AB AC + 2 AB = BC.BH và 2 AC = BC.CH + 2 AH = BH.CH + AB.AC = BC.AH + 1 1 1 = + 2 2 2 AH AB AC
b. Tỉ số lượng giác của góc nhọn
Định nghĩa: Cho tam giác ABC vuông tại A, ta định nghĩa tỉ số lượng giác của góc B như sau AC AB AC AB sin B = ; cos B = ; tan B = ; cot B = BC BC AB AC Chú ý:
• Cho góc nhọn α. Ta có 0 < sinα < 1; 0 < cosα < 1 . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 122
• Nếu sinα = sin β hoặc cosα = cos β hoặc tanα = tan β hoặc cotα = cot β thì α = β
với α; β là hai góc nhọn.
c. Tỉ số lượng giác của hai góc phụ nhau
Cho hai góc nhọn α; β có α + β = 0 90 , khi đó ta có sinα = co β
s , cosα = sin β , tanα = cot β , cotα = tan β
d. Một số hệ thức lượng giác sinα tanα cosα = cotα = tanα.cotα = 1 cosα sinα 2 α + 2 sin cos α = 1 1 1 1 + 2 tan α = 1+ 2 cot α = 2 cos α 2 sin α
e. Liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông
Cho tam giác ABC vuông tại A có BC = a, AC = b, AB = c . Ta có b = a.sin B = a.cosC c = a.sinC = a.cos B b = c.tan B = c.cot C; c = b.tan C = b.cot B
II. MỘT SỐ KIẾN THỨC NÂNG CAO THƯỜNG ÁP DỤNG
1. Các công thức về đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác trong tam giác
Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c và a + b + c p = . Gọi h ; h ; h , 2 a b c
m ; m ; m và l ;l ;l lần lượt là các đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác a b c a b c
tương ứng với cạnh a, b, c.
• Công thức về đường cao 2 p(p −a)(p − b)(p − c) 2 p(p −a)(p − b)(p − c) 2 p(p −a)(p − b)(p − c) h = h = h = a b c a b b
• Công thức về đường trung tuyến 2 2b + 2 2c − 2 2 a 2 2a + 2 2c − 2 2 b 2 2c + 2 2b − 2 2 c m = m = m = a b c 4 4 4
Từ các hệ thức trên học sinh tiếp tục suy ra được hệ thức sau: 2 3 m + 2 m + 2 m = ( 2 a + 2 b + 2 c a b c ) 4
• Công thức về đường phân giác THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 123 A 2bc.cos 2p(p −a) 2 bcp(p−a) 2 l = = = a b + c ( + ) A b + c b c cos 2 B 2ac.cos 2p(p − b) 2 acp(p − b) 2 l = = = b a + c ( + ) B a + c a c cos 2 C 2ab.cos 2p(p − c) 2 abp(p − c) 2 l = = = a a + b ( + ) A a + b a b cos 2
2. Các công thức về lượng giác trong tam giác
• Định lí cosin: Cho tam giác ABC nhọn bất kì, ta có: 2 AB = 2 AC + 2 BC − 2AC.BC.cosC 2 BC = 2 AB + 2 AC − 2AB.AC.cos A 2 AC = 2 AB + 2 BC − 2AB.BC.cos B
Hệ quả: Với tam giác ABC nhọn bất kì thì: 2 + 2 − 2 2 + 2 − 2 2 + 2 − 2 AB AC BC AB BC AC AC BC AB cos A = cos B = cosC = 2AB.AC 2AB.BC 2AC.BC
• Định lý sin: Trong tam giác ABC nhọn thì a b c = = = 2R , với R là bán kính sin A sin B sin C
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
3. Các định lí hình học nổi tiếng trong tam giác
• Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công nguyên)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao
cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm thuộc các cạnh của tam
giác ABC. Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi A'B B'C C'A . . = 1 A'C B'A C' B
• Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó
AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi A'B B'C C'A . . = 1. A'C B'A C' B THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 124
II. CÁC THÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có  = 0 ABC 30 và  = 0
BAC 130 . Gọi Ax là tia đối của tia AB,
đường phân giác của góc  ABC cắt phân giác 
CAx tại D. Đường thẳng BA cắt đường
thẳng CD tại E. So sánh độ dài AC và CE. Lời giải
Gọi Cy là tia đối của tia CB. Dựng DH, H y
DI, DK lần lượt vuông góc với BC. AC, C
AB. Từ giả thiết ta suy ra I D
DI = DK; DK = DH nên suy ra DI = DH
(CI nằm trên tia CA vì nếu điểm I thuộc B A K E x
tia đối của CA thì DI > DH ). Vậy CD là tia phân giác của  ICy và  ICy là góc
ngoài của tam giác ABC. 0 0 Suy ra     A + B 30 + 130 ACD = DCy = = = 0 80 . 2 2 Mặt khác ta có  = 0 − 0 = 0 CAE 180 130 50 . Do đó  = 0
CEA 50 nên ∆CAE cân tại C. Vậy ta được CA = CE
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có các đường phân giác BD và CE cắt nhau tại I và ID = IE. Chứng minh rằng   B = C hay   + = 0 B C 120 Lời giải
Qua I kẻ IH ⊥ AB và KI ⊥ AC . Do I là A
giao điểm của hai đường phân giác nên K IH = IK . D
Lại có ID = IE nên ∆IHE = ∆IKD E H I Suy ra  
ADB = BEC . Ta xét các trường B C hợp sau: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 125
+ Trường hợp K ∈AD; H∈ BE thì ta có   1  BEC = A + C (  BEC là góc ngoài của 2 ∆AEC ) Và  1   ADB 1 1 = B + C ( 
ADB là góc ngoài của ∆BCD ) Từ đó ta được     A + C = C + B 2 2 2 Suy ra  1  1  A = C + B nên   
2A = B + C , do đó ta được   + = 0 B C 120 2 2
+ Trường hợp K ∈ DC; H∈AE , tương tự như trên ta có   + = 0 B C 120
+ Trường hợp K ∈ DC; H∈ BE , tương tự như trên ta được   B = C
+ Trường hợp K ∈ DA; H∈AE, tương tự như ta được   B = C
Vậy cả bốn trường hợp trên ta luôn có   B = C hoặc   + = 0 B C 120
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Trên đoạn AD lấy điểm E và F sao cho  
ABE = CBF . Chứng minh rằng   ACE = BCF . Lời giải
Vẽ K, H, I sao cho BC, AC, AB là các đường A H
trung trực của KF, EH, EI. Khi đó ta có I   HCE = 2ACE và   KCF = 2BCF. Ta phải chứng E minh   ACE = BCF F
Ta có AI = AE = AH (vì AB là đường trung
trực của EI) nên tam giác AHI cân tại A, mà B D C K
AE là phân giác nên AD là đường trung trực
của IH, do đó IF = FH (1). Ta lại có  
BK = BF; IBE = FBK; BI = BE nên
∆BEK = ∆BIF , suy ra EK = FI (2).
Từ (1) và (2) suy ra EK = FH. Xét tam giác HCF và ECK ta có HC = EC. Kết hợp với CF =
CK và EK = FH nên ta được ∆HCF = ∆ECK suy ra  
HCF = ECK . Do đó ta được    
HCE + ECF = KCF + FCE nên   HCE = KCF . Suy ra   ACE = BCF
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC.
Kẻ NH ⊥ CM tại H. Kẻ HE ⊥ AB tại E. Chứng minh rằng tam giác ABH cân và HM là phân giác của góc  BHE . Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 126
Từ A kẻ AK ⊥ CM tại K và AQ ⊥ HN tại Q. A Q Hai tam giác vuông có 1 MA = NC = AB và 2 E N  
ACH = MAK nên ∆MAK = ∆NCH . Suy ra M AK = HC . K H C
Ta lại có ∆ABK = ∆ACH nên   BKA = AHC. Hai tam
giác vuông AQN và CHN có NA = NC và B  
ANQ = HNC nên ∆ANQ = ∆CHN . Suy ra
AQ = CH . Từ đó suy ra AK = AQ nên HA là tia phân giác của góc KHQ. Do đó ta được  0  0 0 0  = ⇒ = + = ⇒ = 0 AHQ 45 AHC 90 45 135 AKM 135 . Từ    0  + + = ⇒ = 0 AKB BKH AKH 360
BKH 135 . Tam giác vuông AKH có  = 0 KHA 45 nên
vuông cân tại K suy ra KA = KH . Xét hai tam giác BKA cà BKH có BK chung;   BKA = BKH và KA = KH
Do đó ∆BKA = ∆BKH suy ra  
KHB = MAK và AB = BH hay tam giác BAH cân tại B Ta có  
KHB = MAK và KE // CA nên   ACH = EHM mà   ACH = MAK suy ra   EHM = MHB
nên HM là tia phân giác của EHB.
Ví dụ 5. Tam giác ABC có  0  = = 0
B 60 ; C 30 . Lấy điểm D trên cạnh AC. Điểm E trên cạnh AB sao cho  0  = = 0
ABD 20 ; ACE 10 . Gọi K là giao điểm của BD và CE. Tính các góc của tam giác KDE. Lời giải Tam giác ABC có  0  = = 0 B 60 ; C 30 nên B  = 0 A 90 . Do đó I  0 0  = − = = 0 − 0 = 0 CEA 90 10 80; BDA 90 20 70 E Ta có K   0   = = − ( + )= 0 CKB DKE 180 KCB CBK 120 C D A
Gọi I là giao điểm của hai đường phân giác của các góc  BCK và  KBC nên   = = 0 CKI BKI 60 . Do đó   
KEA = BKE + KBE nên    = − = 0 − 0 = 0 BKE KEA KBE 80 20 60
Suy ra ∆IKB = ∆EKB suy ra KI = KE . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 127
Tương tự ta chứng minh được ∆IKC = ∆DKC suy ra KI = KD . 0 0 Do đó KD 180 120
= KE nên tam giác KDE cân tại K suy ra   − KDE = KED = = 0 30 . 2
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC cân tại A có  = 0
A 20 , các điểm M, N theo thứ tự thuộc các
cạnh bên AB, AC sao cho  = 0 BCM 50 và  = 0
CBN 60 . Tính số đo góc  MNA Lời giải
Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AN = AD , khi đó DN //BC và A  = 0 AND 80 . Ta tính  DNM .
Gọi I là giao điểm của BN và CD thì các tam giác IBC và IDN là
các tam giác đều vì  = 0
IBC 60 và tam giác ABC cân tại A. Ta sẽ
chứng minh MN là tia phân giác của  DNB . D N
Thật vậy, trong tam giác BDC có M I     = = − ( + )= 0 −( 0 + 0)= 0 MDI BDC 180 DBC DCB 180 80 60 40 (1) Trong tam giác BMC có  0  0  = = ⇒ = 0 MBC 80 ;MCB 50 BMC 50 nên B C tam giác BMC cân tại B.
Do đó BM = BC mà tam giác BIC đều nên IB = BC suy ra MB = BI
hay tam giác BMI cân tại B. 0 0 Mà ta lại có  180 20 = 0 MBI 20 nên  − MIB = = 0 80 . 2 Do đó  0   = − ( + )= 0 −( 0 + 0)= 0 MID 180 MIB DIN 180 80 60 40 (2)
Từ (1) và (2) suy ra  
MDI = DIM nên tam giác MDI cân tại M. Suy ra MD = MI .
Ta lại có NI = ND nên MN là đường trung trực của DI, suy ra MN là phân giác của  DNB 0 Do đó ta được   DNB 60 DNM = = = 0 30 . 2 2 Vậy ta được    = + = 0 + 0 = 0 MNA MND DNA 30 80 110
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có  = 0
B 60 . Trên AC lấy điểm D sao cho  1  ABD 1
= ABC. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho  
ACE = ACB . Gọi F là giao điểm của BD 3 3
và CE. Gọi I , K lần lượt là chân đường vuông góc vẽ từ F xuống BC và AC. Lấy hai điểm
G và H trên các tia FI và FK sao cho I là trung điểm của FG và K là trung điểm của FH.
Chứng minh rằng đường thẳng HG đi qua điểm D. Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 128
Tam giác ABC vuông tại A có  = 0 B 60 nên được H  A = 0 C 30 . K D E
Mà theo giả thiết  1  ABD 1 = ABC và   ACE = ACB F 3 3 Do đó B I C  0  0  0  = = = = 0
ABD 20 ; DBC 40 ; ACE 10 ; BCE 20 Do 
DFC là góc ngoài của tam giác BCF nên ta có G    = + = 0 + 0 = 0 DFC FBC FCB 40 20 60
Lại có CK ⊥ FH, KF = KH nên CK là đường trung trực của FH.
Suy ra CH = CF nên tam giác CHF cân tại C, suy ra CK là phân giác của  CFH Do đó ta được   = = 0 CDH CDF 10 .
Xét hai tam giác CHD và CFD có CH = CK , CD chung và   DCH = FCD
Suy ra ∆CHD = ∆CFD nên ta được   CHD = CFD , suy ra  = 0 CHD 60 .
Chứng minh tương tự ta có tam giác CFG cân tại C có CI là đường phân giác. Do đó ta được   = = = 0
CF CG, ICG ICF 20 . Ta có CG = CH = CF nên tam giác CGH cân tại C.
Mặt khác      = + + + = 0
GCH ICG ICF DCH DCF 60 . Do đó ta được   = = 0 CHG CHD 60 , suy ra
hai tia HD và HG trùng nhau. Suy ra đường thẳng HG đi qua điểm D.
Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có H là trực tâm, G là trọng tâm và O là giao điểm ba đường
trung trực. Chứng minh rằng HG = 2GO . Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia A
OA lấy điểm D sao cho OD = OA
Vì O là giao điểm ba đường trung trực của tam
giác ABC nên ta có OA = OC .
Do đó ta được tam giác AOC cân tại O nên ta có G O H   OAC = OCA
Lại có OC = OD nên ta được tam giác OCD cân tại B C M O   OCD = ODC D Ta có     
OAC + ODC = OCA + OCD = ACD nên ta THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 129 được  = 0 ACD 90 ⇒ CD ⊥ AC
Mà BH ⊥ AC nên ta được BH//CD. Chứng minh tương tự ta có BD//CH.
Dễ thấy ∆BHC = ∆CDB nên ta được BH = CD
∆MBH = ∆MCD nên ta được   MH = MD, BMH = CMD
Do đó ta được      = + = + = 0
HMD BMH BMD CMD BMD 180 . Suy ra ba điểm H, M, D thẳng hàng.
Trong tam giác ABC có AM là đường trung tuyến và G là trọng tâm nên G thuộc đường thẳng AM và 2 AG = AM . 3
Trong tam giác AHD có AM là đường trung tuyến và 2
AG = AM nên G là trọng tâm của 3 tam giác AHD.
Lại có O là trung điểm của AD nên HO là đường trung tuyến nên ta được HG = 2GO .
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC nhọn có  = 0
A 45 , các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Gọi I
là trung điểm của DE, G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng ba điểm G, I, H thẳng hàng. Lời giải
Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của BC, AH, A AG.
Vì H là trực tâm nên ta có AH ⊥ BC và G là
trọng tâm nên AK = KG = GM . Tam giác BDA K vuông tại D có  = 0
BAD 45 nên vuông cân tại D, N D suy ra AD = BD. G
Xét tam giác DAH và DBC có I  
DAH = CBD; AD = BD nên ∆DAH = ∆DBC suy H E C ra AH = BC. B
Tam giác EAH vuông tại E có EN là đường trung tuyến nên AH EN = . Tương tự 2 AH BC BC ND = ; DM = ; ME = 2 2 2
Do đó ta được EN = ND = DM = ME nên tứ giác THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 130
ENDM là hình thoi. Do I là trung điểm của DE
nên I là trung điểm của MN.
Tam giác AGH có N, K lần lượt là các trung điểm của AH và AG nên NK là đường trung
bình của tam giác AGH. Do đó ta được HG//NK. Tam giác MNK có I, G lần lượt là các
trung điểm của MN và MK nên IG là đường trung bình của tam giác MNK. Do đó IG//NK.
Ta có IG//NK và GH//NK nên theo tiên đề Ơclit thì hai đường thẳng IG và GH trùng nhau.
Do đó ba điểm I, G, H thẳng hàng.
Ví dụ 10. Cho ABC vuông tại A, vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân
ở B, ACF vuông cân ở C. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của AC và BF. Chứng minh rằng: a) AH = AK b) 2 AH = BH.CK Lời giải
Đặt AB = c; AC = b. Ta có BD//AC nên D A theo định lí Talets thì H AH AC b AH b K E = = ⇒ = HB BD c HB c B C Do đó ta được AH b = hay HB + AH b + c AH b AH b b.c = ⇒ = ⇒ AH = AB b + c c b + c b + c
Do AB // CF nên theo định lí Takets ta có AK AB c AK c AK c = = ⇒ = ⇒ = KC CF b KC b KC + AK b + c Hay AK b AK c b.c = ⇒ = ⇒ AK = AC b + c b b + c b + c
Từ các kết quả trên suy ra AH = AK b) Từ AH AC b AK AB c AH KC AH KC = = và = = suy ra = ⇒ = (Vì AH = AK ) HB BD c KC CF b HB AK HB AH Do đó ta được 2 AH = BH.CK
Ví dụ 11. Cho ∆ ABC có BC < BA . Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với tia phân giác BE của góc 
ABC và đường thẳng này cắt BE tại F và cắt trung tuyến BD tại G. Chứng minh
rằng đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần bằng nhau. Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 131
Gọi K là giao điểm của CF và AB, M là giao điểm B
của DF và BC. Tam giác KBC có BF vừa là phân
giác vừa là đường cao nên tam giác KBC cân tại
B nên BK = BC và FC = FK . Mặt khác D là trung M K
điểm AC nên DF là đường trung bình của tam G F O
giác AKC nên DF song song với AK hay DM A D E C
song song với AB. Suy ra M là trung điểm của BC và 1
DF = AK (DF là đường trung bình của 2 tam giác AKC) Do DF//AK nên ta được BG BK = suy ra BG BK 2BK = = (1) GD DF GD DF AK
Mặt khác chú ý đến AD = CD ta được CE DC − DE DC AD = = − 1 = − 1 DE DE DE DE
Nên ta được CE AE − DE DC AD CE AE DE AE AB = = − 1 = −1 hay − = −1 = − 2 = − 2 . DE DE DE DE DE DE DE DF CE AK + BK 2(AK + BK) CE 2(AK + BK) Suy ra 2BK = − 2 = − 2 . Nên ta được = − 2 = (2) DE DE AK DE AK AK Từ (1) và (2) suy ra BG CE = do đó EG // BC GD DE
Gọi giao điểm của EG và DF là O ta có OG OE FO = = hay OG = OE MC MB FM
Bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 12. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Đường thẳng đi qua I và
vuông góc với CI theo thứ tự cắt các cạnh CA và CB tại M và N. Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 BC.AI CA.BI AB.CI = AB.BC.CA Lời giải
Gọi D là chân đường phân giác trong của góc  BCA. C
Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có     0 C    C
AMI = MIC + ICM = 90 + ;INB = NIC + ICN = 0 90 + N 2 2 I M A D B
       C
AIB = AID + DIB = IAC + ACI + IBC + ICB = + 0 90 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 132 Từ đó suy ra    AMI = INB = AIB . Mặt khác do    
IAM = IAD; IBN = IBA . Từ đó suy ra ∆AMI ∽ ∆AIB∽ ∆INB Do ∆AMI AM IN ∽ ∆INB nên = ⇒ AM.NB = MI.IN = 2 IM . Suy ra MI NB AM·NB = 2 CM − 2 CI = CM.CN − 2
CI = (CA − AM)(CB − BN) − 2 CI
= CA.CB − AM.BC − CA.BN + AM.BN − 2 CI Do đó = + + 2 CA.BC AM.BC BN.CA CI ⇒ = + + 2
CA.BC.AB AM.BC.AB BN.CA.AB CI .AB (1) Mặt khác, do ∆AMI AI AB IB NB ∽ ∆AIB ∽ ∆INB nên = ; = AM AI AB IB ⇒ = 2 ; = 2 AM·AB AI BN·AC BI (2)
Thay vào hệ thức (1) ta được 2 + 2 + 2 BC.AI CA.BI AB.CI = AB.BC.CA .
Ví dụ 13. Cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng d song song với cạnh BC và cắt hai
đường thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Gọi M là giao điểm của BE và CD. Gọi N lần
lượt là trung điểm của BC. Chứng minh rằng đường trung tuyến AN đi qua điểm M. Lời giải
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: Đường thẳng d song song với BC đi qua điểm A thì ba điểm D, E, A trùng
nhau. Khi đó hai điểm A và M trùng nhau nên ta luôn có A, M, N thẳng hàng
+ Trường hợp 2: Đường thẳng d cắt hai cạnh AB và A
AC tại D và E, khi đó gọi K là trung điểm của DE thì ta
được ba điểm A, K, N thẳng hàng. K E D
Tam giác ABN có DK//BC nên theo định lí Talets ta có M DK AK = BN AN
Tam giác CAN có KE//BC nên theo định lí Talets ta có KE AK B N C = NC AN Do đó DK KE DE = , mà BN = CN suy ra DK = KE = NE NC 2 Suy ra DK DE = NC BC
Xét tam giác MDE và tam giác MCB có     MDE = MCB; DME = BMC Nên ta được MD DE DK MD ∆MDE ∽ ∆MCB ⇒ = . Từ đó ta được = MC BC CN MC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 133
Xét tam giác MDK và tam giác MCN có DK MD = và   MDK = MCN CN MC
Suy ra ∆MDK ∽ ∆MCN nên ta được   DMK = CMN Ta có    + = = 0
DMK KMC DMC 180 nên ta có      = + = + = 0 KMN CMN KMN DMK KMC 180
Do đó ba điểm K, M, N thẳng hàng nên bốn điểm A, K, M, N thẳng hàng
Vậy đường trung tuyến AN đi qua M.
+ Trường hợp 3: Đường thẳng d song song với BC và cắt hai đường kéo dài của hai cạnh AB và AC.
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được đường trung tuyến AN đi qua M.
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 14. Cho tam giác ABC nhọn có đường phân giác AD. Gọi M và N lần lượt là hình
chiếu vuông góc của D trên AC và AB. Gọi giao điểm của BM và NC là P. Chứng minh rằng AP ⊥ BC Lời giải A F E M N P B H D C
Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC cắt BM và CN lần lượt tại E và F. Gọi H là giao điểm của AP và BC.
Theo định lí Talet ta có HC AF AM AE AE.CM = và = ⇒ AM = HB AE CM BC BC Mặt khác ta có AN AF AF.BN = ⇒ AN = BN BC BC
Theo tính chất tia phân giác của một góc ta có DM = DN , từ đó ta được AM = AN . Suy ra AE.CM AF.BN CM AF HC CM = ⇒ AE.CM = AF.BN ⇒ = nên ta được = (1) BC BC BN AE HB BN
Kẻ AK vuông góc với BC, khi đó ta có ∆DMC CD CM ∽ ∆AKC suy ra = CA CK
Chứng minh tương tự ta được BD BN = AB BK
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có CD BD CM BN = . Do đó ta được = . CA BA CK BK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 134 Từ đó ta được CM CK = (2) BN BK
Từ (1) và (2) ta suy ra K và H trùng nhau nên AH vuông góc với BC. Vậy AP ⊥ BC
Ví dụ 15. Cho tam giác ABC có AB < AC và AD là đường phân giác của tam giác. Lấy M
và N lần lượt trên AC và AB sao cho CM = BN . Đường thẳng CN, BM cắt nhau tại I, qua I
kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC tại K và cắt AB tại J. Chứng minh rằng AB = CK và BJ = AC . Lời giải
Từ M, N kể đường thẳng song song với AD cắt J
BC theo thứ tự tại P và Q. đường thẳng KI cắt BC tại E. A
Theo định lí Talet ta có BP BN CD CA = ; = K BD BA CQ CM N M Suy ra BP CD BN CA . = . . I BD CQ BA CM
Theo giả thiết ta có CM = BN nên ta được B P D E Q C AC BP CD = . AB BD CQ
Mặt khác do AD là phân giác của  BAC nên ta lại có CA CD = do đó BP = CQ , suy ra BA BD BQ = CP
Do NP//AD//MQ nên theo định lí Talets ta NP BP CD AD = và = . AD BD CQ MQ Suy ra NP AD AP CD . NP CD = . nên ta được = AD MQ BD CQ MQ BD
Mặt khác cũng theo định lí Talets ta có NP CP IE BE = và = . IE CE MQ BQ Suy ra NP IE CP BE . NP BE = . nên ta được = IE MQ CE BQ MQ CE
Từ các kết quả trên ta được CD BE CD BD CE BE = nên suy ra + + = , do đó ta có BD CE BD CE BD = CE Lại có BN BP CQ CM = = =
và BN = CM nên ta được AB = CK BA BD CE CK
Mà tam giác AKJ cân tại A nên AK = AJ . Do vậy ta được AB + AJ = CK + AK hay BJ = AC . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 135
Ví dụ 16. Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 sin A sin B sin C > 2 Lời giải
Xét tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt A nhau tại H.
Xét hai tam giác ABE và ACF có  BAC chung và   E = = 0 AEB AFC 90 F Do đó ta được AE AB ∆ABE ∽ ∆ACF ⇒ = H AF AC B D C
Xét tam giác AEF và tam giác ABC có  EAF chung và AE AB = AF AC 2 S Nên ta được ∆AEF AE ∽ ∆ABC , do đó ta có   AEF =   S AB ABC   Mà AE cos A S = nên ta được AEF = 2 cos A AB SABC
Chứng minh tương tự ta có S S BDF = 2 CDE cos B; = 2 cos C S S ABC ABC Mà ta có S S = S − (S + S + S
nên ta được DEF = 1− ( 2 cos A + 2 cos B + 2 cos C) DEF ABC AEF BDF CDE ) SABC Vì SDEF > 0 ⇒ 1− ( 2 cos A + 2 cos B + 2 cos C) > 0 ⇒ 2 cos A + 2 cos B + 2 cos C < 1 SABC Mà ta có 2 + 2 = 2 + 2 = 2 + 2
cos A sin A 1; cos B sin B 1; cos C sin C = 1 Suy ra ( 2 + 2 + 2 )+( 2 + 2 + 2 cos A cos B cos C sin A sin B sin C) = 3 Lại có 2 + 2 + 2
cos A cos B cos C < 1 nên ta được 2 + 2 + 2 sin A sin B sin C > 2 .
Ví dụ 17. Cho tam giác nhọn ABC và m, n, p là các số thực dương. Chứng minh rằng: 1  np mp mn 
m cos A + n cos B + pcosC ≤  + +  2  m n p  Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 136
Trước hết ta chứng minh A
cosC = sin A.sin B − cos A.cos B
Thật vậy, xét tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD,
BE, CF cắt nhau tại H. Ta có   ACF = FBH nên E   tan ACF F = tan FBH H Suy ta FA.FB = FC.FH B D C Mà ta lại có CE CF = = cosC nên ta có CH CA CE.CA = FC.CH
Dễ thấy ∆CEH ∽ ∆CFA nên ta được CE CH = ⇒ CE.CA = CF.CH CF CA Do đó ta được 2 FC FC FA FB FC − FA.FB sin A.sin B − cos A.cos B = . − . = AC BC AC BC AC.BC 2
FC − FC.FH FC(FC − FH) CF.CH = = = AB.BC AC.BC AC.BC CE.AC CE = = = cosC AC.BC BC Ta có
 cosA cos B 1 2  sin A sin B 2  + +  + − ≥   0  n m p   n m  2 2
cos A cos B 1 2cos A.cos B 2cos A 2cos B ⇒ + + + + + 2 2 2 n m p mn np mp 2 2 sin A sin B 2sin A.sin B + + − ≥ 0 2 2 n m mn 1 1 1
2cos A 2cos B 2(sin A.sin B − cos A.cos B) ⇒ + + ≥ + + 2 2 2 m n p np mp mn 1 1 1 2cos A 2cos B 2cosC ⇒ + + ≥ + + 2 2 2 m n p np mp mn 1  np mp mn 
⇒ m cos A + n cos B + pcosC ≤  + +  2  m n p 
Bài toán được chứng minh xong.
Nhận xét: Nếu cho m = n = p = 1 ta có bất đằng thức 3
cos A + cos B + cosC ≤ 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 137
Ví dụ 18. Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AD, đường cao BH và đường phân
giác CE đồng quy. Chứng minh rằng: ( + )( 2 + 2 − 2) = 2 BC CA BC CA AB 2BC.CA Lời giải
Gọi O là giao điểm của AD, BH và CE. Xét tam B
giác BHC vuông tại H ta có 2 CH = 2 BC − 2 BH = 2 BC − ( 2 AB − 2 AH ) E D = BC − AB + (CA − CH)2 2 2 O Từ đó ta được 2 + 2 − 2 BC CA AB = 2CA.CH 2 2 2 Suy ra BC + CA − AB CH = , chứng minh 2CA A H K C 2 2 2 tương tự ta được AC + AB − BC AH = 2CA 2 2 2
Do đó ta được CH BC + CA − AB = (1) 2 AH AC + 2 AB − 2 BC
Do CE là đường phân giác của tam giác ABC và AD, BH, CE đồng quy nên CO là đường
phân giác của tam giác ACD. Do đó ta được OD CD BC = = (2) OA CA 2CA
Từ D kẻ DK vuông góc với AC nên ta được BH//DK, nên ta được HC HK = 2 Suy ra ta được OD HK CH = = (3) OA HA 2HA 2 2 2
Từ (1), (2) và (3) ta được BC BC + CA − AB = , suy ta ta được 2 AC AC + 2 AB − 2 BC 2 BC .CA + 3 CA − 2 AB .CA = 2 CA .BC + 2 AB .BC − 3 BC ⇒ ( 3 BC + 3 CA )+ 2 BC .CA + 2 CA .BC − 2 AB CA − 2 AB .BC = 2 2BC.CA ⇒ (BC + CA)( 2 BC + 2 CA − 2 AB ) = 2 2BC.CA
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 19. Cho tam giác ABC cân tại A có  = 0
A 20 và BC = a, CA = AB = b . Chứng minh rằng: 3 + 3 = 2 a b 3ab . Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 138
Tam giác ABC cân tại A có  = 0 A 20 nên ta B được   = = 0 B C 80 . Dựng góc  = 0 ABD 60
với D thuộc đoạn thẳng AC, khi đó  = 0 ABC 20 C D A
Do đó tam giác BCD cân tại B. Từ đó ta được BC = BD Suy ra ∆ABC AB BC ∽ ∆BCD nên ta được =
và CD = AC − AD = AB − AD BC CD Từ đó ta có AB BC BC = = , suy ra 2 − = 2 AB AB.AD BC nên ta được BC CD AB − AD 2 − 2 AB BC AD = AB AB BC 2 ( − )2 2 2 Từ đó ta được AD =
(1). Mặt khác tam giác ABD có  = 0 ABD 60 . 2 AB
Theo định lí hàm số cosin ta có 2 = 2 + 2 − = 2 + 2 AD
AB BD AB.BD AB BC − AB.BC (2) (AB −BC )2 2 2
Thay hệ thức (1) vào hệ thức (2) ta được = 2 AB + 2 BC − AB.BC 2 AB Do đó ta được 4 + 4 − 2 2 = 4 + 2 2 − 3 AB BC 2AB .BC AB AB .BC AB .BC Suy ra 3 + 3 = 2 BC CA 3BC.AB hay 3 + 3 = 2 a b
3ab . Bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 20. Cho tam giác ABC có I là trung điểm của BC. Qua I kể các đường thẳng d cắt 1
AC, AB lần lượt tại M, N và đường thẳng d cắt AC, AB lần lượt tại P, Q. Đường thẳng 2
PN cắt cạnh BC tại E và đường thẳng QM cắt cạnh BC tại F. Chứng minh rằng IE = IF . Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 139
Áp dụng định lí Menelaus cho ba điểm M, N, Q
I thẳng hàng trong tam giác ABC ta có IB MC NA . .
= 1. Mà I là trung điểm của BC IC MA NB A nên ta được MC NA . = 1. P MA NB M
Mặt khác vì P, Q, I thẳng hàng nên áp dụng B
tương tự ta được IB QB PA . . = 1. Mà I là E F C IC QA PC
trung điểm của BC nên ta được QB PA . = 1. QA PC N Từ đó MC NA QB PA . = . MA NB QA PC Hay ta được PC NA QB MA . = . PA NB QA MC
Chứng minh hoàn toán tương tự đối với các bộ ba điểm thẳng hàng N, E, P và Q, M, F ta có EB PC NA FC QB MA . . = . . = 1 EC PA NB FB QA MC Do đó ta được EB FC EB FC EB FC = , do đó ta được = hay = EC FB EC + EB FB + FC BC BC
Suy ra EB = FC nên ta được IE = IF .
Ví dụ 21. Cho tam giác ABC có BC = 2AC − 2AB và D là một điểm trên cạnh BC. Chứng minh rằng  
ABD = 2ADB khi và chỉ khi BD = 3CD Lời giải B A H B H E E D D A C A C B D C Trường hợp 1 Trường hợp 2 Trường hợp 1
+ Trường hợp 1: Tam giác ABC có  < 0
B 90 . Khi đó hạ AH vuông góc với BC, lấy E trên
đoạn CH sao cho AE = AB. Ta có 2 − 2 = 2 − 2 AC AB CH
BH = (CH − BH)(CH + BH) = CE.BC = CE.2(AC − AB)
Do đó ta được (AC − AB)(AC + AB) = CE.2(AC − AB) hay AC + AB = 2CE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 140 Do đó giải thiết 1
BC = 2AC − 2AB ⇔ 2AB = BC + 2CE (1) 2 Vì vậy   ABD = 2ADB ⇔  
AEB = 2ADB tương đương với tam giác AED cân tại E ⇔ AB = AE = DE 1
⇔ 2DE + BC = 2CE ⇔ BC = 4(CE − DE) = 4CD ⇔ BD = 3CD 2
+ Trường hợp 2: Tam giác ABC có  = 0 B 90 . Khi đó ta có 2 − 2 = 2 AC AB
BC = 2(AC − AB)BC ⇔ AC + AB = 2BC 1 3
⇔ BC + AB + AB = 2BC ⇔ AB = BC 2 4 Do đó    0  3
ABD = 2ADB ⇔ ADB = 45 = BAD ⇔ AB = BD ⇔ BD = BC ⇔ BD = 3CD 4
+ Trường hợp 3: Tam giác ABC có  > 0
B 90 . Khi đó kẻ AH vuông góc với BC và lấy E thuộc
đoạn CH sao cho AE = AB. Ta có 2 − 2 = 2 − 2 AC AB CH
BH = (CH − BH)(CH + BH) = CE.BC = CE.2(AC − AB)
Do đó ta được (AC − AB)(AC + AB) = CE.2(AC − AB) hay AC + AB = 2CE
Tương tự như trên ta được 1 AB + BC = CE 4 Do đó   0       = ⇔ − = ⇔ + = + = 0 ABD 2ADB 180 ABE 2ADB AEB 2ADE ABE 2ADB 180 (2) Mà    + + = 0 AEB EAD ADE 180 nên (2)  
⇔ EAD = ADE ⇔ tam giác ADE cân tại E 1
⇔ AE = ED = AB ⇔ 2ED + BC = 2CE ⇔ BC = 4(CE − DE) = 4CD ⇔ BD = 3CD 2
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 22. Cho tam giác ABC với hai phân giác BD và CE. Gọi M là một điểm trên đoạn
thẳng DE. Chứng minh rằng khoảng cách từ M đến BC bằng tổng khoảng cách từ M đến AB và AC. Lời giải
Từ D hạ DL vuông góc với AB và DR vuông S góc với BC
Từ E hạ EQ vuông góc với BC và EN vuông góc với AC. BO Theo định lí Talet ta có H MK MD MD.EN EQ.MD R = ⇒ MK = = E EN ED ED ED P L MP EM DL.EM DR.EM M = ⇒ MP = = DL ED ED ED A N K D Do đó ta được C THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 141 EQ.MD DR.EM EQ.MD + RD.EM MK + MP = + = ED ED ED (3)
Ta xét các trường hợp sau
+ Trường hợp ED//AB. Khi đó EQ = DR = MH EQ.MD + RD.EM MH(MD + EM) Do đó ta có MH.ED MK + MP = = = = MH ED ED ED
+ Trưường hợp ED không song song vơi AB, khi đó gọi S là giao điểm của ED với AB.
Xét ∆ SDR có EQ // MH // DR nên theo định lí Talets ta có DR SD DR − MH SD − SM MD = ⇒ = = (4) MH SM MH SM SM MH SM HM SM SM = ⇒ = = (5) EQ SE HM − EQ SM − SE ME
Nhân (4) và (5) vế theo vế ta có DR − HM MD =
⇔ ME(DR − HM) = MD(HM − ED) HM − EQ ME
⇔ ME.DR − ME.HM = MD.HM − MD.ED ⇔ ME.DR + MD.DE = (MD + ME)HM ME.DR + MD.DE ⇔ HM = DE
Thay vào hệ thức (3) ta được MH = MK + MP . Vậy ta có MH = MK + MP
Ví dụ 23. Cho tam giác ABC không cân. Gọi D là trung điểm của BC, gọi AE và AF lần
lượt là đường phân giác trong và phân giác ngoài của tam giác ABC. Gọi H là hình chiếu của A trên BC.
Chứng minh rằng EF.DH = AB.AC . Lời giải
Giả sử AB < AC , vì AE và AF là đường A
phân giác trong và đường phân giác
ngoài của tam giác ABC nên theo tính
chất đường phân giác ta có EB FB AB = = . C D E B H F EC FC AC Suy ra EB FB AB = = EC + EB FC + FB AB + CA Do đó ta được EB AB AB.BC = ⇒ EB = BC AB + CA AB + CA Lại có FB AB AB.BC = ⇒ FB = FB − FC AC − AB AC − AB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 142 Suy ra AB.BC AB.BC 2AB.BC.CA EF = FB + EB = + = (1) AB + CA AB − 2 CA AC − 2 AB
Áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông ACH và ABC ta được 2 2 2  BC 2 2 2 2 2  BC 2 2 AC = AH + HC = AH = + DH ; AB = AH + BC = AH = −    DH  2   2  2 2 Suy ra 2 AC AB − 2
AC AB = 2BC.DH nên ta được − DH = (2) 2BC 2 2 Từ (1) và (2) ta được 2AB.BC.CA AC − AB EF.DH = . hay EF.DH = AB.AC . 2 AC − 2 AB 2BC
Ví dụ 24. Cho tam giác ABC, gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AC. Đường cao
BH. Đường vuông góc với đường phân giác của góc 
HMN kẻ từ M cắt AC tại K sao cho 1 HK = (AB + BC) và  = 0
HMN 45 . Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân. 2 Lời giải
Ta có BH ⊥ AB nên tam giác BHC vuông tại A H. H
Ta có M và N lần lượt là trung điểm của BC N và AC nên 1 1 MH = BC; MN = AB. 2 2 K Ta có 1 HK = (AB + BC) = MH + MN. B M C 2 Đặt 
HMN = α , ta xét các vị trí của H, N, K D theo các trường hợp sau
+ Trường hợp 1: Nếu N nằm giữa H và K. Khi
đó trên tia đối của tia MH lấy điểm D sao cho MD = MN Suy ra  0 α
DH = HK ⇒ HDK = 90 − , mà MK vuông góc với tia phân giác của góc  HMN 2
nên KH là tia phân giác của góc  NMD. Suy ra   NMK = KMD
Do đó ta được ∆MDK = ∆MNK nên  0 α MNK = 90 − 2
Mặt khác ta có  = α + 0 MNK 45 nên ta được 0 α − = α + 0 ⇒ α = 0 90 45 30 2 Do vậy ta được  0  0  = ⇒ = = 0 MNK 75 HNK 105 ; MHB 60 .
Mà tam giác MHB cân tại M nên  0  = ⇒ = 0 + 0 = 0 HMB 60 BMN 60 45 105
Do đó ABMN là hình thang cân nên AC = BC hay tam giác ABC cân tại C. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 143
+ Trường hợp 2: Nếu H nằm giữa N và K. Khi đó K
đường thẳng vuông góc với phân giác của  HMN H
cắt AC tại K. Trên tia HM lấy điểm D sao cho C DM = MN M N Suy ra   1 HD = HK ⇒ HKD = HDK = α 2 B A
Mà MN = HK = HM = HD − HM = MD . Suy ra KM
là đường trung trực của đoạn ND. D
Suy ra KD = KN , từ đó ta có ∆NMK = ∆DMK suy ra   1 KNM = KDM = α 2 Do đó ta được α 1 + α + 0 45 = 0 180 ⇒ α = 0 90 nên H trùng với C. 2
Suy ra tam giác ABC cuông cân tại C.
Ví dụ 25. Cho tam giác ABC có M là điểm nằm trong tam giác thỏa mãn    
AMC − B = AMC − C . Các tia phân giác của  ABM và 
ACM cắt nhau tại I. Chứng minh I nằm trêm AM. Lời giải
Dựng phía ngoài tam giác ABC các góc thỏa mãn A     DAC = BAM; DCA = ABM . D
Khi đó tam giác ACD đồng dạng với tam giác I ABM, suy ra   AB AM ADC = AMB; = . AC AD Lại có  
BAC = MAD nên tam giác ABC đồng M
dạng với tam giác AMD. Suy ra B C    
ACB = ADM; AMD = B , do đó ta được      MDC = ADC − ADM = AMB − C Suy ra      DMC = AMC − AMD = AMB − B
Theo giả thiết ta có    
AMC − B = AMC − C nên ta được   MDC = DMC nên tam giác DMC
cân tại C suy ra CM = CD . Ta có ∆ACD CD BM CM BM ∽ ∆ABM nên ta được = ⇒ = . CA BA CA BA
Gọi I là giao điểm của đường phân giác của  ACM với AM, suy ra CM MI = CA MA THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 144 Do đó ta được BM MI =
nên BI là phân giác của góc  ABM . Vậy I nằm trêm AM. BA MA
Ví dụ 26. Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác BCD, CAM,
ABN thỏa mãn điều kiện   0   0   = = = = = = 0
CBD CAM 45 ; BCD ACM 30 ; ABN BAN 15 . Chứng
minh rằng tam giác DMN vuông cân. Lời giải
Theo giả thiết ta có   = = 0 ABN BAN 15 nên ta có A M  = 0 ANB 15 .
Dựng tam giác đều BNI sao cho I nằm trong nửa mặt N
phẳng bờ BN có chứa điểm C. I Ta có    = − = 0
ANI ANB BNI 90 , do đó tam giác ANI B C vuông tại N, suy ra  = 0 NIA 45 .
Do đó ta được    = − = 0 BAI NAI NAB 30 và    D = − = 0 ABI NBI NBA 45
Từ đó các tam giác BAI, ACM, BCD đồng dạng với nhau Suy ra     ABI IB BD AM = CBD ⇒ DBI = ABC và = = AB BC AC (1)
Do đó hai tam giác DBI và CBA đồng dạng với nhau, suy ra BD DI BI = = (2) BC AC AB
Từ (1) và (2) ta được AM = DI.Mặt khác    
DIB = CAB ⇒ DIN = MAN nên ta được ∆ANM = ∆IND
Do đó ta được MN = DN và   ANM = IND .
Từ đó suy ra       = + = + = = 0
DNM DNI INM MNA INM INA 90 . Vậy tam giác DMN vuông cân tại N.
Ví dụ 27. Cho tam giác ABC có AD, BE, CE là các đường phân giác trong của tam giác. Gọi
giao điểm của DE và CF là M và giao điểm của DF và BE là N. Chứng minh rằng AD là tia phân giác của góc  MAN. Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 145
Đặt AB = c, BC = a, CA = b . Từ M và N kẻ A
các đường thẳng MP và NQ ( P
P∈AC, Q∈AB) song song với AD. Theo Q định lí Talet ta có E F AP DM AE.DM = ⇒ AP = AE DE DE N M PM ME AD.ME = ⇒ PM = AD DE DE B D C Khi đó ta được AP MD AE = . (1) PM ME AD
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có CE BC CE BC BC.AC ab = ⇒ = ⇒ CE = = AE BA AC BC + AB BC + AB a + c
Chứng minh tương tự ta được ab bc CD = ; AE = . b + c c + a
Mặt khác ta lại có MD CD a + c AP bc 1 = =
, thay vào hệ thức (1) ta được = . ME CE b + c MP b + c AD
Chứng minh tương tự ta được AQ bc 1 AP AQ = . . Từ đó ta được = . QN b + c AD MP NQ Lại có PM//AC nên  0  0  0 1 
APM = 180 − EPM = 180 − CAD = 180 − A 2 Tương tự ta được  0 1 
AQN = 180 − A . Nên ta được   APM = AQN 2
Do đó ta có ∆APM ∽ ∆AQN , suy ra     PAM = QAN ⇒ NAD = MAD
Hay AD là tia phân giác của góc  MAN.
Ví dụ 28. Cho tam giác ABC có H là trực tâm và M là trung điểm của BC, đường cao AD (D∈BC). Chứng minh rằng: = 2 − 2 AH.AD AM BM Lời giải
+ Nếu tam giác ABC vuông khi đó ta có các trường hợp sau:
- Trường hợp tam giác ABC vuông tại A, khi đó A trùng với H và AM = BM nên kết luận hiển nhiên đúng.
- Trường hợp tam giác ABC vuông tại B, khi đó H, B và D trùng nhau.
Theo định lí Pitago cho tam giác vuông ABM ta có = 2 AH.AD AB và 2 − 2 = 2 AM BM AB Do đó ta có = 2 − 2 AH.AD AM BM .
- Trường hợp tam giác ABC vuông tại C, khi đó khi đó H, C và D trùng nhau. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 146
Theo định lí Pitago cho tam giác vuông AMC ta có = 2 AH.AD AB và 2 − 2 = 2 AM CM AB và để ý là MB = MC . Do đó ta có = 2 − 2 AH.AD AM BM .
+ Nếu tam giác ABC không vuông, khi đó hai tam giác BDH và ADC đồng dạng A H A D A B M C H B D M C B D M C H Suy ra BD HD =
⇒ BD.CD = AD.HD. Ta xét các trường hợp sau AD CD
- Trường hợp tam giác ABC nhọn, khi đó ta có theo định lí Piatgo ta có = = ( − )( + ) = 2 − 2 = 2 − 2 + 2 AD.HD BD.CD BM DM BM DM BM DM BM AM AD Do đó ta được − 2 = 2 − 2 AD.HD AD BM AM suy ra ( − ) = 2 − 2 AD HD AD BM AM Từ đó ta được = 2 − 2 AH.AD AM BM .
- Trường hợp tam giác ABC tù tại A, khi đó ta có = = ( − )( + ) = 2 − 2 = 2 − 2 + 2 AD.HD BD.CD BM DM BM DM BM DM BM AM AD Do đó ta được − 2 = 2 − 2 AD.HD AD BM AM suy ra ( − ) = 2 − 2 AD HD AD BM AM Từ đó ta được = 2 − 2 AH.AD BM AM .
- Trường hợp tam giác tù tại B hoặc C(chẳng hạn tại B), khi đó ta được = = ( ± )(  ) = 2 − 2 = 2 − 2 − 2 AD.HD BD.CD DM BM DM MM DM BM DM AD BM Suy ra ( + ) = 2 − 2 AD HD AD AM
BM mà AH = HD + AD . Từ đó ta được = 2 − 2 AH.AD AM BM .
Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có = 2 − 2 AH.AD AM BM .
Ví dụ 29. Cho tam giác ABC có I là giao điểm ba đường phân giác và D, E lần lượt là trung
điểm của AC, AB. Đường thẳng DI cắt AB tại Q và đường thẳng EI cắt AC tại P. Biết rằng
diện tích tam giác ABC bằng diện tích tam giác APQ. Tính số đo góc  BAC . Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 147
Gọi giao điểm của BI và AC là M, giao A
điểm của CI và AB là N.
Đặt AB = c,BC = a,CA = b,AP = x, AQ = y .
Theo tính chất đường phân giác của tam N D E M giác ta có I CI CA AN AC = ; = . Từ đó ta được P NI NA BN BC C B AN AC AN AC = ⇒ = Q AN + NB AC + BC AB AC + BC Hay bc AN CI a b = . Suy ra + = . a + b NI c Tương tự ta được bc BI a + c AD = ; =
. Ta xét các trường hợp sau: a + c MI b
+ Trường hợp 1: Tam giác ABC cân tại A. Khi đó AP = AQ và AB = AC Mà ta lại có S = S
nên ta suy ra được AB.AC = AP.AQ . Từ đó ta có AP = AC và ABC APQ
AB = AQ . Điều này dẫn đến P trùng với C và B trùng với Q nên ta suy ra được tam giác
ABC cân tại B và C hay tam giác ABC đều. Từ đó ta được  = 0 BAC 60
+ Trường hợp 2: Tam giác ABC cân tại B. Khi đó M trùng với D và Q trùng với B. Từ đó ta được AQ = AB. Theo giả thiết ta có S = S
nên ta được AB.AC = AP.AQ ABC APQ
Nên suy ra AC = AP , do đó ta được AB = AC = BC hay tam giác ABC đều Suy ra  = 0 BAC 60 .
+ Trường hợp 3: Tam giác ABC không cân tại B, không mất tính tổng quát ta giả sử
AB > AC, khi đó ta được AD < AM . Suy ra AQ > AB. Theo giả thiết ta có S = S nên ABC APQ ta được AB.AC = AP.AQ
Nên ta được AP < AC, do đó BE < BN ⇒ BC > AC ⇒ a > b . b bc b(c −a) Suy ra DM = AM − AD = − = nên DN c − a = 2 a + c 2(a + c) DA c + a
Xét tam giác ABM có ba điểm D, I, Q thẳng hàng nên theo định lí Menelaus ta có AQ BI DM y a + c c −a bc . . = 1 ⇒ . . = 1 ⇒ y = QB IM MA y − c b c + a a + b − c
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được bc x = a+c−b2 2
Mà AB.AC = AP.AQ nên ta được b c bc = xy = (a+b−c)(a+c−b) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 148 Do đó ta được 2 = 2 + 2 a
b c − bc , theo định lí hàm số cosin ta được  1 cosA = nên  = 0 A 60 . 2 Vậy ta được  = 0 BAC 60 .
Ví dụ 30. Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi a
3l + = b + c , với l là độ a 2 a
dài đường phân giác của góc  A và AB = c, BC = a, CA = b . Lời giải
+ Dễ thấy nếu tam giác ABC đều thì ta có a 3 l =
và a = b = c . Khi đó ta có a 2 a 3l + = b + c a 2 + Ta cần chứng minh: Nếu a
3l + = b + c thì tam giác ABC đều a 2  bc (b c)2 2  + − a
Thật vậy, trước hết ta chứng minh 2   l = a (b+c)2
Xét tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a,b,c và 2p = a + b + c Ta có A 1 A A S = AB.AC.sin A = AB.AC.sin .cos ABC 2 2 2 1 A S = AB.AD.sin ABD 2 2 A 2AB.cos S Suy ra AB + AC ABC = = 2 S AB AD B H D C ABD Do đó ta được A A 2AB.AC.cos 2bc.cos = 2 ⇒ = 2 AD l AB + a AC b + c
Áp dụng định lí cosin ta lại có A A 2AD.AB.cos = 2 AB + 2 AD − 2 BD ; 2AD.AC.cos = 2 AC + 2 AD − 2 CD 2 2 A ⇒ 2AD.cos (AB + AC) = 2 AB + 2 AD − 2 BD + 2 AC + 2 AD − 2 CD 2
= (AB + AC + BC)(AB + AB − BC)= 4p(p −a) 2p(p −a) 2p(p −a) Suy ra AD = ⇒ l = ( a + ) A ( + ) A b c cos b c cos 2 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 149 A 2bc.cos bc b c a 2p p a 2 ( ) ( )2 2 + − − Khi đó ta được  2   l = . = . a b + c ( ) A (b+ 2 + c b c cos ) 2 Dễ thấy bc 1 ≤ . b + c 2 bc. (b + c)2 −a (b+c)2 2 − 2 a Nên ta có 3 l = ≤ ⇒ 3.l ≤ b c a (1) a ( + )2 − 2 a b + c 2 2 2 (b+c)2 Lại có  b + c  − a ≥   0 nên ta được − a(b + c) + 2 a ≥ 0  2  4 2 (b c) 3(b c) a(b c) 2 2 2 2 3a a  a  3  0 b c (b c)2 2 ⇒ + − + − + + + ≥ ⇒ + − ≥ + −    a 4 4 4 2 4     Do đó ta được a 3 b + c − ≥ (b+c)2 − 2a (2) 2 2 Kết hợp (1) và (2) với a 3l b c + = b + c , ta được + b = c; a = a 2 2
Suy ra a = b = c hay tam giác ABC đều.
Ví dụ 31. Cho tam giác ABC có  
C = 2B . Gọi D là điểm trên cạnh BC sao cho CD = 2BD .
Trên tia AD lấy điểm E sao cho DE = DA . Chứng minh rằng  0  ECB + 180 = 2EBC. Lời giải
Gọi I là trung điểm của CD, khi đó A DI = CI = BD . F
Theo giả thiết DE = DA nên ta được
ABEI là hình bình hành, do đó BE = AI . B D I C J
Trên tia đối của tia CB lấy điểm J sao cho CJ = CA . M E Đặt BC = a, CA = b, AB = c Ta có a BD = CI = ID = . 3
Đặt BE = AI = m, AD = DE = n, CE = p. Ta có   
2ABC = ACB = 2CJA , suy ra   ABC = CJA Tam giác ABC có  
C = 2B nên khi vẽ tia phân giác CF thì ta được tam giác BFC cân tại F.
Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta được FA AC FA + FB AC + BC = ⇒ = FB BC FB BC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 150 Từ đó ta được AB.BC ac CF = FB = =
. Mà theo công thức đường phân giác trong ta AC + BC a + b giác ta có BC.CA  ab CF BC AC AB a b c 2 ( )2   2 ( )2 2 2 2  = + − = + − (BC AC)   (a b)   + + 2
Do đó ta được ta được  a.c  a.b  a b c c b a b 2 ( )2 2 = + − ⇒ 2 = ( +   )  a + b  (a + b)  
Theo công thức đường trung tuyến của các tam giác ABI, ADC, DEC ta có 2 2 2 2 c + 2 m = 2 2n + 2 2 a ; b + 2 n = 2 2m + 2 2 a ; n + 2 p = 2 2c + 2 a 9 9 9 Từ đó ta được 2 2 c ab 2 2a a + 2 2b = 2 3m + 2 a . Suy ra 2 2 2    m = b + − a = b + b − 3    3 9  3  3  Lại có 2 2 2 2 m + 2 2p = 2 3c + 2 a = 3b(b + a) + 2 a = 2 3b + 3ab + 2 a 3 3 3 Do đó ta được  2a  a  2 2 2 2  2a  a  b + b − + 2p = 3b + 3ab + a = 3 b + b +        3  3  3  3  3  2 Suy ra 2  2a  2a p = b + ⇒ p = b +   , do đó ta được 2 m = p(p −a)  3  3 Suy ra 2
BE = CE(CE − BC) . Trên CE lấy M sao cho CM = BC Khi đó ta được 2 BE ME BE = CE.EM ⇒ =
. Do đó tam giác EBC đồng dạng với tam giác CE BE EMB, suy ra   EBM 1 = ECM . Vì CM = BC nên  0  MBC = (180 − BCE) 2 Suy ra      1 0 
EBM = ECB = EBC − MBC = EBC − (180 −ECB) 2 Do đó ta được  0  ECB + 180 = 2EBC.
Ví dụ 32. Cho tam giác ABC nhọn có các đường phân giác trong AD, BE, CF cắt nhau tại
O. Chứng minh rẳng nếu bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác AOF, BOD, COE bằng
nhau thì tam giác ABC là tam giác đều. Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 151
Gọi O ; O ; O lần lượt là tâm đường tròn nội 1 2 3 A
tiếp các tam giác AOF, BOD, COE. Giả sử
OO ;OO ; OO lần lượt cắt AB, BC, CA lại 1 2 3 M M, N, P. O1 E
Do bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác F
AOF, BOD, COE nên ta được O O // AD; O P 1 2 O3 K O O // CE và O O // BE. 1 3 2 3 O H 2 MO NO PO Mặt khác ta có 1 = 2 = 3 do đó ta B N D C MO NO OP
được O O // MN; O O // MP và O O // CF. 1 2 1 3 2 3
Từ đó ta được MN // AD, NP // BE và MP // CF.
Gọi giao điểm của MO và NP là H, giao điểm của BO và MN là K. Ta có MO MK MK KN MK AO = , mặt khác ta có = nên ta được = OH NK AO DO KN DO Do đó ta được MO AO =
. Theo tính chất đường phân giác ta có HO DO AO AB AC AB + AC = = = DO BD DC BC
Mặt khác ta có    
MNO = NOD; PNO = BON mà  
BON = NOD nên ta được   MNO = PNO ,
suy ra No là tia phân giác của 
MNP . Tương tự ta được MO là phân giác của  NMP nên O
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác tam giác MNP.
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có MO MN MP MN + MP = = = HO HN HP NP
Từ đó ta được AB + AC MN + MP AB AC BC MN MP NP = nên ta được + + + + = BC NP BC NP Hay NP MN + MP + NP MN MP MN MP NP =
. Chứng minh tương tự ta được + + = = BC AB + AC + BC AB AC AB + AC + BC Do đó ta được NP MN MP = =
, suy ra ∆MNP ∽ ∆ABC . Do đó ta được   NMP = BAC , mà BC AB AC ta lại có    
NMP = AOF = OAC + OCA . Suy ra   BAD = OCA nên   BAC = BCA . Chứng minh
tương tự ta được  
ABC = BAC . Vậy nên tam giác ABC đều.
Ví dụ 33. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm ba đường phân giác của tam
giác. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của I trên các cạnh BC, AC, AB. Gọi M là trung
điểm cạnh AC. Đường thẳng MI cắt AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P.
Chứng minh tam giác ANP là tam giác cân. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 152 Lời giải
Ta có IE ⊥ AC và AB ⊥ AC nên IE song A K
song với AB. Theo định lí Talets ta có E AN AM = F EI EM M N I Do đó AM.EI AC.EI AN = = (1) EM 2(AM − AE) P B H D C Vì  = 0
BAC 90 nên tứ giác AEIF là hình vuông, do đó AE = EI
Vì D, E, F lần lượt là hình chiếu của I trên các cạnh BC, AC, AB nên ta có 1 AE AB CA BC + CD + BD = (AB + BC + CA) ⇒ + − IE = AE = (2) 2 2
Lại có BC − AB = CD − AF = CE − AE = 2(AM − AE) (3)
Thay (2) và (3) vào hệ thức (1) ta được AC.EI AC(AB + CA − BC) AN = 2(AM AE) = − 2(BC − AB) 2 BC − 2
AB + AB.AC − AC.BC BC + AB − AC = 2(BC AB) = − 2
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt DF tại K, khi đó tam giác APK vuông tại A.
Ta có BD = BF do đó ta có AK = AF = AE và   0 1   AKF = BDF = 90 − B = BIF . 2 Trong tam giác AKP có  0 1      B B
AP = AK.tan AKF = AK.tan 90 − B = AK.cot =   AE.cot  2  2 2 Do đó ta được AC + AB − BC BD AP = . (*) 2 ID Mà BC + AB − AC BD AC AB BC = và + − DI = AE = 2 2 Suy ra
AC + AB − BC BC + AB − AC AB + BC − AC AP = . = (**) 2 AB + AC − BC 2
Từ (*) và (**) ta được AN = AP nên tam giác ANP cân tại A.
Ví dụ 34. Cho tam giác ABC có AB = c; BC = a; CA = b . Chứng minh rằng tam giác ABC
vuông tại B hoặc C khi và chỉ khi một trong các đẳng thức sau đây xẩy ra: A b − c a) A a tan = b) 2 tan = 2 b + c 2 b + c Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 153
+ Trước hết ta chứng minh: Nếu tam giác ABC vuông tại E A b − c B hoặc C thì ta luôn có A a tan = và 2 tan = 2 b + c 2 b + c
Thật vậy, xét tam giác ABC vuông tại B(trường hợp tam
giác ABC vuông tại C chứng minh tương tự) . A F
Khi đó gọi AD là đường phân giác của tam giác ABC. C
Trong tam giác BAD vuông tại B có A BD tan = B D 2 BA
Theo tính chất đường phân giác của tam giác ta có BD CD BD + CD BC a K = = = = AB AC AB + AC AB + AC b + c Do đó ta được A a tan = 2 b + c 2 2 2 Từ A a tan 2 A a b − c b − = được c tan = = = 2 b + c 2 (b c)2 (b c)2 b+ + + c A b − c Do đó ta được A a tan = và 2 tan = 2 b + c 2 b + c A b − c + Ta chứng minh: Nếu có A a tan = hoặc 2 tan =
thì tam giác ABC vuông tại B 2 b + c 2 b + c hoặc C.
Thật vậy, gọi AD là đường phân giác của tam giác ABC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E sao cho AE = AC = b .
Khi đó ta có    
BAD = DAC = ACE = AEC nên ta được AD//EC. Kẻ BK vuông góc với BE cắt đường thẳng EC tại K. Ta có A BK BK tan = tan E = = . 2 BE b + c
Không mất tính tổng quát ta giả sử b ≥ c , khi đó    
ABD ≥ ACD ⇒ ADB ≤ ADC nên  ADC là
góc vuông hoặc góc tù. Từ đó ta được  DCE là góc nhọn a) Nếu có A a tan A BK BK = thì từ tan = tan E = =
ta được BK = a = BC do đó K 2 b + c 2 BE b + c
trùng với điểm C. Điều này có nghĩa là tam giác ABC vuông tại B. Vậy khi A a tan =
thì tam giác ABC vuông tại B hoặc C. 2 b + c A b − c b) Nếu 2 tan =
, khi đó giả sử b ≥ c kết hợp với A BK BK tan = tan E = = ta có 2 b + c 2 BE b + c THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 154 2 BK (b−c)(b+c) = ⇒ 2 BK = 2 b − 2 c (b+c)2 (b+c)2 Mặt khác ta có 2 = 2 + 2 AK BK c nên ta được 2 = 2 = 2 AK b AC .
Từ đó suy ra K trùng với C. Điều này có nghĩa là  = 0
ABC 90 hay tam giác ABC vuông tại B. A b − c Vậy khi 2 tan =
thì tam giác ABC vuông tại B hoặc C. 2 b + c
Ví dụ 35. Cho tam giác ABC có ba đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Chứng minh
rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi 3 cos A + cos B + cosC = . 2 Lời giải
+ Nếu tam giác ABC đều khi đó ta có    = = = 0 A B C 60 . A Suy ra 1 cos A = cos B = cosC = do đó 2 3 cos A + cos B + cosC = 2 N P + Ta cần chứng minh khi 3 cos A + cos B + cosC = thì 2 H tam giác ABC đều B M C
Thật vậy, tam giác ABN vuông tại N nên ta có AN cos A = AB
Tam giác APC vuông tại P nên ta có AP cos A = AC Do đó ta được 2 AN.AP AN.AP cos A = ⇒ cos A = AB.AC AB.AC
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có AN.AP 1  AP AN  ≤ +   . Do đó ta được AB.AC 2  AN AC  1  AP AN  cos A ≤ +   2  AN AC 
Chứng minh tương tự ta được 1  PB BM  1  MC NC  cos B ≤ + ; cosC ≤ +     2  AB BC  2  BC AC  Do đó ta được 1  AP PB AN NC BM MC  3 cos A + cos B + cosC ≤ + + + + + =   . 2  AB AB AC AC BC BC  2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 155 Mà theo bài ra ra có 3
cos A + cos B + cosC = , điều này có nghĩa là ba bất đẳng thức trên 2 xẩy ra dấu bằng Hay AP AN BP BM MC NC AP AB BP AB MC BC = ; = ; = ⇔ = ; = ; = AB AC AB BC BC AC AN AC BM BC NC AC Cũng từ AN cos A AP AN AP AN AB = và cos A = dẫn đến = ⇒ = AB AC AB AC AP AC Mà từ trên ta có AP AB AC AB = , do đó ta được = ⇒ AB = AC AN AC AB AC
Lập luận tương tự ta được AB = BC . Do đó ta giác ABC có AB = BC = CA nên tam giác ABC đều.
Ví dụ 36. Cho tam giác ABC và M là một điểm nằm trong tam giác. Gọi I, J, L lần lượt là
trọng tâm của các tam giác MBC, MCA, MAB. Gọi G và K lần lượt là trong trong tâm các
tam giác ABC và IJL. Chứng minh rằng đường thẳng GK đi qua điểm M. Lời giải
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, A
AB. Gọi giao điểm của AD và EF là V.
Vì D và E lần lượt là trung điểm của BC và M
CA nên DE là đường trung bình của tam giác L J ABC V F E T S K G
Do đó ta được DE//AB và 1 DE = AB . 2 O I Ta có 1
DE = AF = AB và DE//AF nên tứ giác 2 B D C
AEDF là hình bình hành, suy ra V là trung điểm của EF.
Do đó AD đi qua trung điểm của EF. Tương
tự ta có BE đi qua trung điểm của DE
Do đó G là trong tâm của tam giác ABC thì cũng là trọng tâm của tam giác DEF.
Tam giác MAB có MF là đường trung tuyên và L là trọng tâm nên ML 2 = MF 3 Tương tự ta có MI 2 ML MI = . Suy ra =
. Nên theo định lí Talet ta có LI//DF. MD 3 MF MD
Gọi S là giao điểm của MO và DF. Khi đó trong tam giác MFO có LS//FO nên LS MS ML 2 = = = FO MO MF 3 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 156
Trong tam giác MOD có SI//OD nên ta có SI MS = OD MO
Mà ta có OD = OF nên ta được LS = SI hay S là trung điểm của LI.
Gọi T là giao điểm của TS và MG, khi đó trong tam giác MOE có MS MJ 2 = = nên MO ME 3 SJ//EO.
Trong tam giác MGE có TJ//EG nên ta được TJ MJ = GE ME
Trong tam giác MOE có SJ//OE nên SJ MJ TJ SJ JT GE 2 = . Do đó ta được = ⇒ = = . OE ME GE OE JS OE 3
Trong tam giác IJL có JS là đường trung tuyến và T thuộc JS thỏa mãn 2 TJ = JS 3
Do đó T là trọng tâm tam giác IJL nên T và K trùng nhau. Suy ra đường thẳng MG đi qua điểm K.
Ví dụ 37. Cho tam giác ABC có  < 0
ACB 90 . Lấy điểm D bất kì nằm trong tam giác ABC
thỏa mãn điều kiện     + = + = 0
ADB ACB BDC ABC 180 . Chứng minh rằng CD đi qua trung điểm của AB. Lời giải
Cách 1: Gọi M là trung điểm của AB, ta E A
cần chứng minh CD đi qua M. F
Vẽ hình bình hành ACBE, khi đó hai M
đường chéo cắt nhau tại M nên M là D trung điểm của CE. B C
Lấy điểm F trong tam giác ABE sao cho ∆DBF ∽ ∆ABE Suy ra   BFD = BEA mà ta có   BEA = ACB nên ta được   BFD = ACB Lại có  
BAE = ABC nên ta được  
BDF = ABC suy ra     BDC + BDF = BDC + ABC Nên ta được   + = 0
BDC BDF 180 , suy ra ba điểm F, D, C thẳng hàng    EBF + FBA = EBA  Ta có     
ABD + FBA = FBD ⇒ EBF = ABD   EBA =  FBD Lại có BD BF BE BF
∆DBF ∽ ∆ABE nên ta được = ⇒ = BA BE BA BD Mà  
EBF = ABD suy ra ∆EBF∽ ∆ABD nên ta được   EFB = ADB . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 157 Mà ta có   BFD = ACB và   + = 0
ADB ACB 180 nên suy ra   + = 0 EFB BFD 180
Từ đó suy ra ba điểm E, F, D thẳng hàng. Từ đó ta được các điểm C, D, M, E. F cùng thuộc
một đường thẳng. Vậy CD đi qua trung điểm của cạnh AB.
Cách 2: Gọi M là trung điểm của AB. Ta có A    ADB + DBA + DAB = 0 180     ⇒ ABD + DAB = ACB   ADB + ACB =  0 180 M E Hay ta có     DBA + DAB = DCB + DCA D Lại có B C    BDC + DBC + DCB = 0 180     ⇒ DBC + DCB = ABC   BDC + ABC =  0 180 Hay ta có     DBC + DAB = DCB + DCA Suy ra  
DBA = DCB, mà ta có    
DBA + DAB = DCB + DCA nên ta được   DAB = DCA
Gọi E là giao điểm của CD và AB. Xét hai tam giác EAD và ECA có   DAE = ECA và  AED chung nên ∆EAD EA ED ∽ ∆ECA . Suy ra = ⇒ 2 EA = CE.DE . EC EA
Chứng minh tương tự ta được 2 EB = EC.ED
Do đó ta được EA = EB , suy ra hai điểm E và M trùng nhau. Vậy CD đi qua trung điểm của cạnh AB.
Ví dụ 38. Cho tam giác ABC nhọn. Gọi G, H, O, I lần lượt là trọng tâm, trực tâm, giao
điểm của ba đường trung trực và giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác ABC. Xét X ∈{G,H,O }
,I . Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại A khi và chỉ khi AB + XC = AC + XB Lời giải Với X ∈{G,H,O }
,I , ta xét các trường hợp như sau
• Trường hợp 1: Khi X là trọng tâm G. A
+ Dễ thấy khi tam giác ABC cân tại A thì
AB = AB; GB = GC nên ta được AB + GC = AC + GB . H
+ Ta chứng minh nếu AB + GC = AC + GB thì tam M N giác ABC cân tại A. G
Đặt AB = c; BC = a; CA = b . Gọi BM và CN là hai
đường trung tuyến và BH là đường cao. B C THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 158 2 2 2
Khi đó dễ dàng tính được b − a + c AH = . 2b
Vì M là trung điểm của BC nên b AM = . 2 2 2 2 2 2 Do đó b b 2b − 2a + 2c HM c a = − BH = − hay − MH = 2 2 2b 2b
Áp dụng định lí Pitago ta có 4p p a p b p c 2 2
( − )( − )( − )  c −a 2 2 2 2 2c + 2 2a − 2 2 b BM = BH − MH = − 2   = b  2b  4 2 2 2
Áp dụng tương tự ta được 2 2a + 2b − c CN = 4
Do G là trọng tam của tam giác nên ta được 2 2
GB = BM; GC = CN nên ta được 3 3 2 2a + 2 2c − 2 2 b 2 2a + 2 2b − 2 2 c GB = ; GC = 9 9
Giả sử b > c , tứ giả thiết AB + GC = AC + GB ta được 3( 2 b − 2 c 2 2 2 2 2 2 )
3(b − c) = − 2a + 2c − b + 2a + 2b − c = 2 2a + 2 2c − 2 b + 2 2a + 2 2b − 2 c Mà ta lại có ( − )2 + − = ( − )2 2 2 2 b c 2b c 2b c và ( − )2 + − = ( − )2 2 2 2 b c 2c b 2c b ( 2 − 2 3 b c )
Do đó ta được 3(b − c) = 2b−c+ 2c−b ( 2 − 2 3 b c )
+ Nếu b > 2c , ta có 3(b − c) <
= 3(b − c) , điều này vô lí. 2b − c + 2c − b 3( 2 b − 2 c )
+ Nếu b < 2c , ta có 3(b − c) < ⇒ 9(b − c)2 < 3( 2 b − 2 c ) , điều này vô lí. 2b − c + b − 2c
Như vậy trường hợp b > c không xẩy ra
Tương tự trường hợp b < c cũng không xẩy ra.
Vậy b = c hay tam giác ABC cân tại A.
• Trường hợp 2: Khi X là trực tâm H. A
+ Dễ thấy khi tam giác ABC cân tại A thì
AB = AB; HB = HC nên ta được AB + HC = AC + HB . N
+ Ta chứng minh nếu AB + HC = AC + HB thì tam giác
ABC cân tại A. Thật vậy, gọi AM và BN là các đường H
cao của tam giác ABC. Vì tam giác BAC nhọn nên H
nằm trong tam giác ABC. Áp dụng định lí Pitago ta có B M C 2 − 2 = 2 − 2 = 2 − 2 BH CH BM CM AB AC Do đó ta được THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 159
(BH+CH)(BH−CH) = (AB+ AC)(AB−AC)
Từ giả thiết AB + HC = AC + HB ta được AB − AC = BH − HC
Do đó ta suy ra (AB − AC)(BH + CH − AB − AC) = 0
Mà ta luôn có BH < BN < AB, tương tự ta được CH < AC . Do đó ta được
BH + CH − AB − AC < 0 . Nên từ đây ta suy ra AB − AC = 0 hay AB = AC. Vậy tam giác ABC cân tại A.
• Trường hợp 3: Khi X là giao điểm ba đường trung trực O. Dễ thấy khi O là gioa điểm ba
đường trung tự thì OB = OC nên từ AB + OC = AC + OB ta luôn có AB = AB . Do đó tam giác ABC cân tại A.
• Trường hợp 4: Khi X là giao điểm ba đường phân A giác I.
+ Dễ thấy khi tam giác ABC cân tại A thì
AB = AB; IB = IC nên ta được AB + IC = AC + IB . E
+ Ta chứng minh nếu AB + IC = AC + IB thì tam D I giác ABC cân tại A.
Thật vậy, vẽ DI ⊥ AB, EI ⊥ AC(D∈AB, E∈AC) B C
Khi đó ta có ID = IE. Áp dụng định lí Pitago vào
các tam giác vuông BID và CIE ta được 2 − 2 = 2 = 2 − 2 ⇒ 2 − 2 = 2 − 2 BI BD ID CI CE BI CI BD CE
Do đó ta được (BI + CI)(BI − CI) = (BD + CE)(BD − CE) . Từ giả thiết AB + IC = AC + IB ta
được AB − AC = BI − IC . Mà ta có BD − CE = AB − AC nên ta được
(BI+IC)(AB−AC) = (BD+ DE)(AB−AC) ⇔ (AB−AC)(BI +CI − BD−CE) = 0
Do BI > BD; CI > CE ⇒ BI + CI − BD − CE > 0
Do đó ta được AB − BC = 0 ⇒ AB = AC . Vậy tam giác ABC cân tại A.
Ví dụ 39. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm và I là giao điểm ba đường phân giác.
Chứng minh rằng GI song song với BC khi và chỉ khi B C 1 tan .tan = . 2 2 3 Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 160
Hạ AH ⊥ BC, GD ⊥ BC, IE ⊥ BC . A Do đó ta được GD//IE.
Gọi độ dài các cạnh của tam giác ABC là G a, b, c và đặt a + b + c p = . Gọi r là khoảng I 2
cách từ I đến các cạnh của tam giác ABC. B M D E C H
Khi đó ta chứng minh được BE = p − b; CE = p − c . 2 B C IE IE r r r (p −a)p Ta có tan .tan = . = . = 2
2 BE CE p − b p − c p(p−a)(p − b)(p − c)
Theo công thức Hêrông ta có S = p(p−a)(p − b)(p − c) và công thức S = pr 2 B C r (p −a)p S.r.(p −a) Ta được p.r − r.a r.a 2r tan .tan = 2 2 p(p a)(p b)(p c) = = = 1− = 1− − − − 2 S S S ha + Ta chứng minh nếu B C 1 tan .tan = thì GI//BC. 2 2 3 Thật vậy, khi B C 1 tan .tan 2.r 1 IE 1 = ta suy ra 1− = ⇒ = 2 2 3 h 3 AH 3 a
Gọi M là trung điểm của BC, khi đó ta có MG 1 = MA 3 Do đó ta được MG GD 1 IE DG = = , suy ra = ⇒ IE = GD MA AH 3 AH AH
Suy ra tứ giác GIED là hình bình hành. Do đó ta được GI//BC.
+ Ta chứng minh nếu GI//BC thì B C 1 tan .tan = 2 2 3
Thật vậy, khi GI song song với BC thì ta có IE = GD
Theo định lí Talét ta có MG GD IE 1 2.r 1 = = = . Do đó ta được 1− = hay MA AH Ah 3 h 3 a B C 1 tan .tan = . 2 2 3
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 40. Cho tam giác nhọn ABC. Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác cân DAC,
EAB, FBC sao cho DA = DC, EA = EC, FB = FC và      
ADC = 2A, AEA = 2B, CFB = 2C . Gọi
M là giao điểm của BD và EF, N là giao điểm của EC và DF, P là giao điểm của FA và DE. Chứng minh rằng BD CE AF + + = 4 . MD NE PF THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 161 Lời giải Từ      
ADC = 2A, AEA = 2B, CFB = 2C ta suy ra A  0  0  < < < 0 ADC 180 ; AEB 180 ; BFC 180 D P Do đó ta được  0 1  0  DAC = 90 − ADC = 90 − A , E 2  0 1  0  BAE = 90 − AEB = 90 − B M N 2 O B C Suy ra     0  = + + = − > 0 DAE DAC A BAE 180 B 90 Tương tự ta được  0  > > 0 EBF 90 ; FCD 90 . Do đó F
đa giác ADCFBE là đa giác lồi Suy ra ta có       + + = ( + + ) = 0 ADC AEB BFC 2 A B C 360
Dựng các đường tròn (D; AD) và (E; EB) cắt nhau tại O, suy ra DA = DC = OD Do đó ta được  0  0 
AOC = 360 − 2ADC = 460 − 4A .
Lại có AE = EB = EO nên ta được  0  AOB = 360 − 4B Suy ra   0   AOC AOB 720 4(A B)  + = − + = 4C Do đó ta được  0   BOC 360 (AOB AOC) 0  = − +
= 360 − 4C suy ra FB = FC = FO
Do đó ba đường tròn (D; AD), (E; EB) và (F;FB) cắt nhau tại O.
Từ đó ta được hai điểm O và C đối xứng qua DF, hai điểm O và A đối xứng qua DE, hai
điểm O và B đối xứng qua EF. Điều này dẫn đến S = S ; S = S ; S = S AED OED BEF OEF CDF ODF Ta lại có BD MD + MB MB S S = = 1+ = 1+ BEF = 1+ OEF MD MD MD S S DEF DEF
Hoàn toàn tương tự ta được CE S AF S = 1+ ODF ; = 1+ ODE NE S PF S EDF FDE BD CE AF S + S + Do đó ta được S + + = 3 + OEF ODF
ODE = 4 . Bài toán được chứng minh MD NE PF SDEF
Ví dụ 41. Cho tam giác ABC vuông tại A và đường phân giác AD. Gọi M và N lần lượt là
hình chiếu của D trên AB và AC. Gọi giao điểm của BN và CM là K, giao điểm của AK và
DM là I. Tính số đo góc  BID . Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 162
Ta xét các trường hợp sau: A
+ Trường hợp 1: Tam giác ABC có AB < AC ,
khi đó điểm I nằm giữa M và D. N
Gọi E là giao điểm của BN và MD, F là giao M K điểm của CM và DN. E I F
Ta có tứ giác AMDN là hình vuông, do đó B D C
ND//AB và MD//AC nên theo định lí Talet ta có MF BD BM BM ME = = = = CF CD AM DN DE
Do đó ta được EF//DC nên suy ra EF//BC. Theo định lí Talet ta có AN DN NC NF NF = = = = AB AB AC AM AN
Suy ra ∆NAF∽ ∆ABN , từ đó ta được   NAF = NBA suy ra AF ⊥ BN
Lập luận tương tự ta được AE ⊥ CM . Do đó K là trực tâm của tam giấc AEF nên ta được AK ⊥ EF
Do đó ta suy ra AI ⊥ BC , mà MD ⊥ AB nên I là trực tâm của tam giác ABD. Từ đó ta được  0  = − = 0 − 0 = 0 BID 180 BAD 180 45 135 .
+ Trường hợp 2: Tam giác ABC có AB > AC, A
khi đó điểm D nằm giữa M và I.
Gọi E là giao điểm của BN và MD, F là giao M điểm của CM và DN. N K
Ta có tứ giác AMDN là hình vuông, do đó E F
ND//AB và MD//AC nên theo định lí Talet ta B D C I có MF BD BM BM ME = = = = CF CD AM DN DE
Do đó ta được EF//DC nên suy ra EF//BC. Theo định lý Talet ta được AN DN NC NF NF = = = = AB AB AC AM AN
Suy ra ∆NAF∽ ∆ABN , từ đó ta được   NAF = NBA suy ra AF ⊥ BN
Lập luận tương tự ta được AE ⊥ CM . Do đó K là trực tâm của tam giấc AEF nên ta được AK ⊥ EF
Do đó ta suy ra AI ⊥ BC , mà MD ⊥ AB nên I là trực tâm của tam giác ABD. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 163 Từ đó ta được  = 0 BID 45
+ Trường hợp 3: Tam giác ABC có AB = AC, khi đó điểm D và điểm I trùng nhau nên  BID không xác định.
Vậy nếu AB < AC thì ta được  = 0
BID 135 và nếu AB > AC thì ta được  = 0 BID 45 .
Ví dụ 42. Cho tam giác ABC vuông tại C và  
A < B . Gọi O là trung điểm của AB và I là
giao điểm của ba đường phân giác của tam giác. Biết tam giác BIO vuông, tính tỉ số các cạnh của tam giác ABC. Lời giải
Đặt AB = c, BC = a; CA = b suy ra a < b < c . A
Dựng IE ⊥ AB, IF ⊥ BC, IG ⊥ CA . Ta có   < < 0 IBO CBO 90 . Nếu  = 0
IOB 90 thì ta được  
E = O, khi đó ∆IAO = ∆IBO nên ta O được    
IAB = IBA ⇒ CAB = CBA , điều nàu mâu thuẫn với giả thiết E   A < B . G I Do đó ta được  ≠ 0
IOB 90 nên tam giác BIO chỉ có thể vuông I, tức C F B là  = 0
BIO 90 . Do I là giao điểm ba đường phân giác nên ta được b + c − a c + a − b a + b − c AG = AE = ; BF = BE = ; IE = IF = IG = CG = 2 2 2
Do a < b < c nên ta được b + c − a c
> suy ra AE > AO . Do đó điểm E nằm giữa hai điểm 2 2 B và O nên ta được b − a OE =
. Tam giác EIO vuông tai E nên theo định lí Pitago ta có 2  − 2  + − 2 2 + 2 − 2 2 2 2 b a a b c 2a 2b c − 2ac − 2bc OI = OE + IE = + =      2   2  4
Tam giác BFI vuông tai F nên theo định lí Pitago ta có  + − 2  + − 2 2 + 2 + 2 2 2 2 a c b a b c 2a 2b 2c − 4bc BI = BF + IF = + =      2   2  4 2 Lại có 2 c OB =
nên trong tam giác BIO vuông tại I có 4 2 + 2 = 2 ⇔ 2 + 2 + 2 OI BI OB 2a 2b c − ac − 3bc = 0 Mà ta lại có 2 + 2 = 2 a b c nên ta được 2 3c = ab + 3bc ⇔ 3c = a + 3b 3c = a + 3b x + 3y = 3 Từ đó ta có hệ a b 
. Đặt x = ; y = , khi đó ta có  với 0 < x < y < 1 c = a +  2 2 2 b c c x + y =  2 2 1 Giải hệ trên ta được 3 4
x = ; y = , từ đó ta được a : b : c = 3 : 4 : 5 . 5 5 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 164
Ví dụ 43. Cho ∆ABC đều. Gọi M và N là các điểm trên cạnh AB và BC sao cho BM = BN.
Gọi G là trọng tâm của ∆BNM và I là trung điểm AN, P trung điểm của MN. Chứng minh
rằng ∆GPI ∽ ∆GNC và IC ⊥ GI . Lời giải
+ Chứng minh rằng ∆GPI ∽ ∆GNC . A
Tam giác BMN có BM = BN nên tam giác BMN D
cân tại B, mà ta lại có  = 0 MBN 60 nên tam giác
BMN đều. Do G là trọng tâm tam giác BMN I nên 1 GP M ⊥ MN, GP = GN 2 P Lại có  0  = = 0
GNB 30 ; BMN 60 . Gọi P, I lần lượt G
là trung điểm của MN, AN nên ta được B N C AM PI = và PI//AM. 2 Ta có   = = 0 MPI BMN 60 . Do đó ta có    = + = 0
GPI GPM MPI 150 . Mặt khác ta có   + = 0 GNB BNC 180 , nên  = 0 GNC 150
Mà ta lại có AB = BM + AM; BC = BN + CN; AB = BC; BM = BN nên ta được AM = CN Do đó ta được NC PI =
. Xét hai tam giác GPI và GNC có   = = 0 GPI GNC 150 và 2 GP PI 1 = = GN NC 2
Do đó ta được ∆GPI ∽ ∆GNC
+ Chứng minh rằng IC ⊥ GI . Từ ∆GPI GI GP ∽ ∆GNC ta được = và   IGP = CGN GC GN Do đó ta được GI 1 = và      = + = + = 0 IGC IGP PGC CGN PGC 60 GC 2
Ttrên tia đối của tia IG lấy điểm D so cho ID = IG .
Trong tam giác DGC có GC = GD và  = 0
DGC 60 nên tam giác DGC đều
Mà CI là đường trung tuyên nên đồng thời là đường cao của tam giác DGC. Do đó ta được IC ⊥ GI .
Ví dụ 44. Cho tam giác ABC có  
ACB = 2ABC , điểm P mằm trong góc  BAC sao cho
PB = PC và AC = AP . Chứng minh rằng   PAC = 2PAB . Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 165
Gọi D là chân đường phân giác của  ACB E
của tam giác ABC. Khi đó ta có A  1   D DCB = ACB = ABC 2
Suy ra DC = DB , mà ta lại có PB = PC Q
nên PD là đường trung trực của đoạn B C P thẳng BC.
Gọi E là điểm dối xứng với C qua AP. Ta
lại có PC = PE = PB nên P là tâm đường
tròn đi qia ba điểm C, E, B.
Vẽ đường thẳng qua P và vuông góc với EB cắt BC tại Q. Từ đó suy ra AP ⊥ CE và
PD ⊥ BC , do đó ta được   ECB = APD . Suy ra  
APE = QPE , từ đó ta được       
ACP = APE = APD + DPE = DPE + QPE = DPQ .
Mặt khác ta lại có PQ ⊥ BE và PD ⊥ BC nên ta được    ACP = DPQ = EBQ.
Do đó ta được      ACD + DCP = DBP + EBA − PBC Mà ta lại có   DCP 1 = DBP nên        
EBA = ACD + PBC = ACB + PBC = ABC + PBC = ABP 2 Suy ra AB AE AF AB  =  =  =  sin AEB sin ABE sin ABP sinapb Điều này dẫn đến    
sin AEB = sin APB ⇒ AEB = APB
Xét hai tam giác AEB và APB có  
AEB = APB , AB là cạnh chung và   ABE = ABP Suy ra 1 1
∆AEB = ∆APB, nên ta được     BAP = BAE = PAE = PAC 2 2 Do đó ta được  
PAC = 2PAB . Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 45. Cho tam giác ABC nhọn và ba đường cao AG, BD, CE cắt nhau tại H. Gọi I là
giao điểm của DE và AH. Đường thẳng qua I và song song với BC cắt tia AB, tia DB lần
lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng IP = IQ và I là trực tâm của tam giác MBC. Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 166
Vẽ HK vuông góc với DE tại K và AL vuông góc A với ED tại L. Ta có AI AL S GA S = = ADE và = ABC M AH HK S GH S F L D HDE HBC P K I Q
Mặt khác ta chứng minh được E ∆ADE ∽ ∆ABC và H ∆HDE ∽ ∆HBC 2 S S Do đó  DE  ADE = HDE =   nên ta được B G C S S BC ABC HBC   S S ADE = ABC S S HDE HBC Do đó ta suy ra AI GA AI IH = ⇒ = . HI GH AG GH
Do PQ//BC nên theo định lí Talet ta có IP AI IH IQ = = = . Suy ra IP = IQ . GB GI GH GB Mặt khác cũng từ AI GA IH IA HI = ta được + = HI GH GH + GA HG
Mà ta có 2MA = AH = IH + IA và 2GM = GH + GA nên ta được 2MA HI MA HI GA GI GA GI = ⇒ = ⇒ −1 = −1 ⇒ = ⇒ GA.GH = GI.GM 2GM GI GM GI GM GH GM GH
Mà ta chứng minh được ∆GBH ∽ ∆GAC nên ta có GH.GH = GB.GC
Do đó ta được GI.GM = GB.GC nên hai tam giác vuông GBI và GMC đồng dạng với nhau Suy ra  
GBI = GMC, mà ta lại có   + = 0
GMC GCM 90 nên ta được   + = 0 GBI GCM 90
Gọi F là giao điểm của BI với MC, khi đó tam giác BFC vuông tại F hay BI ⊥ BC
Tam giác BCM có hai đường cao MG và BF cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác BMC.
Ví dụ 46. Cho tam giác nhọn ABC, lấy điểm X nằm trong tam giác và điểm Y, Z nằm ngoài
tam giác sao cho các tam giác XBC, YCA, ZBA đồng dạng với nhau. Đường thẳng YZ cắt
AB, AC lần lượt tại M và N. Gọi P là trung điểm của BC. Chứng minh rằng YN = ZM khi và chỉ khi   PAB = XAC . Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 167
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau: Nếu A
P là trung điểm cạnh BC và điểm S nằm trong tam giác 2 ABC sao cho   S PAB = SAC thì ta luôn có AB SAB = . 2 S AC S SAC Thật vậy, do  
PAB = SAC nên ta được   BAS = CAP . B P C Khi đó ta có  S AB.AS.sinBAS AB.AS  S AB.AP.sin BAP AB.AP SAB = và PAB = = S  = AC.AP.sin CAP AC.AP S  AC.AS.sin SAC AC.AS PAC SAC
Do AP là đường trung tuyến nên ta được S = S PAB PAC 2 Do đó ta được S S AB.AS AB.AP S AB SAB PAB . = . ⇒ SAB = 2 S S AC.AP AC.AS S AC PAC SAC SAC
Trở lại bài toán: Gọi S là giao điểm của AX A
và YZ. Gọi K và H lần lượt là hình chiếu của V Y N U
Y và Z trên AB và AC. Ta chứng minh tứ M S K
giác AZXY là hình bình hành Z H
Thật vậy, theo giả thiết ta có ∆XBC X ∽ ∆YCA nên ta được   BCX = ACY nên   BCA = XCY B P C Và ta cũng có XC BC = nên YC AC ∆ABC ∽ ∆YXC
Từ đó ta được     BAC = CYX, ABC = YXC
Hoàn toàn tương tự nên ta được ∆ABC∽ ∆ZBX , suy ra     BZX = BAC, BXZ = ACB Từ đó ta được  
XYC = XZB mà ta lại có  
AZB = AYC nên ta được   AZX = AYX (1)
Mặt khác ta lại có    
ZAY = ZAB + BAC + YAC . Mà ta có  0    0   0  
ZXY = 360 − ZXB − BXC − CXY = 360 − ACB − ABC − (180 −XBC−XCB) 0       
= 180 − ACB − ABC + XBC + XCB = BAC + XBC + XCB Để ý là    
BAZ = BCX; YAC = CBX nên ta được   ZAY = ZXY (2)
Từ (1) và (2) ta được tứ giác AZXY là hình bình hành.
+ Điều kiện cần: Nếu có YN = ZM , kết hợp với giả thiết ∆ABZ ∽ ∆CAY ta được AC YK YK.AN AM S AM YN AM AM = = . = AYN . = . = AB ZH ZH.AM AN S AN ZM AN AN AZM
Do đó ta được ∆ABC ∽ ∆ANM THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 168
Ta có tứ giác AZXY là hình bình hành nên ta có SY = SZ , mà YN = ZM nên ta được SN = SM .
Kết hợp với ∆ABC ∽ ∆ANM ta được ∆ABP ∽ ∆ANS . Do đó ta được    PAB = SAN = XAC .
+ Điều kiện đủ: Nếu có  
PAB = XAC , khi đó với U và V lần lượt là hình chiếu của S trên
AB và AC, kết hợp với giả thiết ∆ABZ ∽ ∆CAY thì theo bổ đề trên ta được 2 SU.AB S SU S AC AB AC AB ZH = SAB ⇒ = SAB . = . = = 2 SV.AC S SV S AB AC AB AC YK SAC SAC Do đó ta được SU SV SM SU SV SN = . Do SU//ZH, SV//YK ta có = = = . ZH YK ZM ZH YK YN
Kết hợp với SY = SZ ta được ZM SM ZM + SM SZ = = = = 1 YN SN YN + SN SY
Do đó ta được YN = ZM . Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 47. Cho tam giác ABC không vuông có các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. Gọi
M, N, P, Q, S theo thứ tự là trung điểm của BF, CE, BE, CF, EF. Đường thẳng qua M vuông
góc với BS và đường thẳng qua N vuông góc với CS cắt nhau tại K. Đường thẳng qua P
vuông góc với BS và đường thẳng qua Q vuông góc với CS cắt nhau tại L. Chứng minh rằng 2KL = AH . Lời giải
Do M, N, P, Q, S theo thứ tự là trung điểm của A
BF, CE, BE, CF, EF nên ta được 1 1 1 1
MB = BE, MS = BE, NS = CF, CN = CE 2 2 2 2 E
Trong các tam giác vuông BCE và BCF có S F P N 2 = 2 + 2 = 2 + 2 BC BE CE BF CF M H Q
Gọi I là giao điểm của BS và MK, ta có L B C
KM ⊥ BS và KN ⊥ CS nên ta được 2 = 2 + 2 2 = 2 + 2 KB KI SI ; KS KI BI R K ⇒ 2 − 2 = 2 − 2 KB KS BI SI D Tương tự ta được 2 − 2 = 2 − 2 MB MS BI SI Tương tự ta được 2 − 2 = 2 − 2 NC NS KC KS Suy ra 2 1 1 1 1 KB − 2 KS = 2 MB − 2 MS = 2 BF − 2 BE = 2 CE − 2 CF = 2 NC − 2 NS = 2 KC − 2 KS 4 4 4 4
Từ đó ta được KC = KB . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 169
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, khi đó BF và CE là các đường cao của tam giác HBC.
Tương tự như trên ta chứng minh được LB = LC
Từ đó ta suy ra LK là đường trung trực của đoạn thẳng BC nên LK vuông góc với BC. Dễ thấy  
LKN = BCS (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) Lại thấy   + = 0 QLK SCB 180 suy ra   + = 0
QLK LKN 180 . Do đó ta được QL//KN.
Lấy các điểm D và R sao cho tứ giác AHDF và QRKL là các hình bình hành, suy ra R thuộc KN.
Ta có HE ⊥ NC và HD//AF, CF//NS, AF ⊥ CF suy ra HD ⊥ NS Từ đó ta được   EHD = CNS
Dễ thấy hai tam giác CHE và CAF đồng dạng nên ta có HE HE EC 2NC NC = = = = HD AF HC 2NS NS
Từ đó suy ra ∆EHD∽ ∆CNS nên ta được   HED = NCS .
Ta có DE ⊥ SN,SN ⊥ RN nên DE//KR, mà CF//RQ, FE//QN nên ta được ∆DEF∽ ∆RNQ Từ đó suy ra KL RQ QN 1 = = = nên ta được 2KL = AH . HA DF FE 2
Ví dụ 48. Cho tam giác ABC và đường phân giác AD. Lấy điểm M bất kì trên AD(với M
khác A và D). Tia BM cắt AC tại E, tia CM cắt AB tại F. Chứng minh rằng nếu 1 1 1 1 + = + thì tam giác ABC cân. 2 2 2 2 AB AE AC AF
Phân tích và lời giải
Cách 1: Từ M kẻ MN song song với AB với điểm N A
thuộc AC và MP song song với AC với P thuộc AB
nên tứ giác ANMP là hình bình hành. Do AD là N P
đường phân giác của góc  BAC nên tứ giác ANMP là E F
hình thoi. Áp dụng định lí Talets ta được MP BP = . M AE BA
Mà ta lại có BP = AB − AP = AB − MP B D C Nên ta được MP MP 1 1 1 = 1− ⇒ + = AE AB AB AE MP
Hoàn toàn tương tự ta được 1 1 1 + = . AC AF MN
Do MN = MP nên từ đó ta được 1 1 1 1 + = + AC AF AB AE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 170 2 2 Suy ra  1 1   1 1  1 1 2 1 1 2 + = + ⇔ + + = + +      AC AF   AB AE  2 2 2 2 AB AE AB.AE AC AF AC.AF Theo giả thiết ta có 1 1 1 1 2 2 + = + nên ta được = 2 2 2 2 AB AE AC AF AB.AE AC.AF 2 2 Do đó ta được  1 1   1 1  − = −   
 , từ đó ta có các trường hợp sau  AC AF   AB AE  + Nếu 1 1 1 1 1 1 1 1 − = − , kết hợp với + = + ta được AB = AC hay tam AB AE AC AF AC AF AB AE giác ABC cân tại A. + Nếu 1 1 1 1 1 1 1 1 − = − khi đó ta được + = + AB AE AF AC AB AC AE AF
Điều này không xẩy ra vì AB > AF, AC > AE . Vậy tam giác ABC cân tại A.
Cách 2: Áp dụng công thức tính diện tích 2S = AB.AC.sin A ABC Đặt A
x = sin A; y = sin . Khi đó ta được 2 AB.AC.x = 2S = 2S + 2S
= AM.AB.y + AM.AE.y = AM.y.(AB + AE ABE ABM AEM ) Suy ra ta được AB + AE x 1 1 x = ⇔ + = AB.AE AM.y AB AE AM.
Hoàn toàn tương tự ta được 1 1 x + = . Từ đó ta được 1 1 1 1 + = + . AC AF AM.y AC AF AB AE
Đến đây lập luận tương tự như cách 1 ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 49. Cho tam giác ABC có D là chân đường cao hạ từ đỉnh C. Trên cạnh AB lấy điểm các E, F sao cho   = = 0
ACE BCF 90 . Lấy điểm X trên đoạn CD và điểm K trên đoạn FX sao
cho BK = BC . Lấy điểm L trên đoạn EX sao cho AL = AC . Gọi giao điểm của AL và BK là
M. Chứng minh rằng ML = MK . Lời giải
+ Trường hợp 1: Xét tam giác ABC có N  = 0 ACB 90
Khi đó ta được hai điểm A và F trùng nhau, hai S điểm B và E trùng nhau C
Vẽ AI ⊥ BX , đường thẳng AI cắt CD tại N. Tam I X
giác NAB cao ND và BI là đường cao nên X là L K
trực tâm, do đó ta được AX ⊥ NB tại S. A D B
Tam giác ACB vuông tai C có CD là đường cao THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 171 nên ta có 2 AC = AD.AB
Theo bài ra ta có AL = AC nên ta được 2 AL = AD.AB Ta có AD AI =
⇒ AD.AB = AI.AN . Do đó ta được 2
AL = AI.AN . Lại có ∆AIL ∽ ∆ALN , AN AB do đó   = = 0
ALN AIL 90 . Tam giác ALN vuông tại L có LI là đường cao nên ta được 2 LN = NI.NA . Tương tự ta có 2 NK = NS.NB. Mà ta có NI NS =
nên ta được NI.NA = NS.NB . Do đó ta NB NA
được NK = NL . Từ đó suy ra hai tam giác vuông KMN và LMN bằng nhau. Từ đó ta suy ra ML = MK
+ Trường hợp 2: Xét tam giác ABC có N  > 0 ACB 90
Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với XE cắt CD tại N.
Khi đó X là trực tâm tam giác NAE. C
Suy ra AX ⊥ NE . Từ đó ta được X L   AEX = AND . K M A D F E B Ta có 2 = 2
AL AC = AD.AE nên AL tiếp xúc
với đường tròn ngoại tiếp tam giác EDL. Suy ra   
ALD = LED = AEX . Từ đó ta được  
AND = ALD, nên bốn điểm A, N, L, D
cùng nằm trên một đường tròn Do đó ta được   = = 0 NLA NDA 90 hay NL ⊥ AL . Lại có ∆XED XD ED ∽ ∆AND nên ta được =
. Hai tam giác ACE và BCF cùng vuông góc AD ND tại C nên ta được 2 AD FD CD = AD.DE = BD.FD ⇒ = . BD ED Do đó ta được XD BD =
, nên ta có ∆BDN ∽ ∆XDF , suy ra    BND = DFX = BFK FD ND THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 172 Mặt khác ta có 2 = 2 BK
BC = BD.BF nên BK tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DKF. Từ đó suy ra  
BKD = BFK . Từ đó ta được  
BND = BKD nên bốn điểm B, D, K, N cùng
nằm trên một đường tròn. Do đó ta được NK ⊥ BK , áp dụng định lí Pitago ta được 2 MK − 2 ML = 2 NL − 2 NK = ( 2 NA − 2 AL )−( 2 NB − 2 BK ) = ( 2 NA − 2 NB )+( 2 CB − 2 CA ) = ( 2 CA − 2 CB )+( 2 CA − 2 CB ) = 0 Từ đó ta được 2 = 2 MK ML ⇒ MK = ML .
+ Trường hợp 2: Xét tam giác ABC có  < 0
ACB 90 . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được ML = MK .
Nhận xét: Trường hợp  = 0
ACB 90 chính là nội dung bài toán 5 trong kì thi IMO 2012.
Ví dụ 50. Cho tam giác ABC có M là trung điểm của AC và D là điểm trên cạnh BC sao cho 2 DB = DM . Biết rằng 2 − 2
2BC AC = AB.AC . Chứng minh rằng AC .AB BD.CD = 2(AB+AC)
Phân tích và lời giải
Cách 1. Một ý tưởng rất tự nhiên đó là tìm cách A
biểu diễn BD và CD theo các cạnh của tam giác
ABC và kết hợp với giả thiết đã cho. Quan sát hình M
vẽ ta thấy có thể biểu diễn BD theo BM và I 
cosCBM . Để ý BM là đường trung tuyến của tam B D C
giác ABC nên ta có thể biểu diễn BM và  cosCBM
theo các cạnh của tam giác ABC. Từ đó kết hợp với 2 − 2
2BC AC = AB.AC ta có thể tính được BD.CD
theo các cạnh của tam giác ABC.
Để đơn giản trong qua trình biến đổi ta đặt AB = c; BC = a;CA = b. Để tính được  cosCBM
ta cần tạo ra tam giác vuông bằng cách vẽ DI vuông góc với BM với I thuộc BM. Khi đó ta
được DI là đường trung tuyến của tam giác cân BDM. Do đó ta được BI BM BD =  =  . cosCBM cosCBM THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 173 2 2 BM + 2 b 2 2 2 a −
Mặt khác theo định lí cosin ta có  BM + BC − CM = = 4 2cosCBM BC.BM a.BM 2 Từ đó ta được a.BM BD = . Mặt khác ta có 2 2 + 2 − b BM a 4  2 b  2 2 a BM  2 a −  BD.CD BD(a BD)  4  = − =  b 2 2  2 BM + 2 a −   4  2 Lại có 2 1 b BM = ( 2 a + 2
c )− và kết hợp với giả thiết 2 − 2 2a b = bc ta được 2 4  2 b 2  2 2 2 2 2 a + 2 c − 2 b   2 2c + 2bc + 2 b bc b c 2c b 2 2 2 +  ( + ) ( + )  BM + a −  =  + a  =   =  4   2   4  16  b  2 a ( 2 2a + 2 2c − 2 b )  2 b + bc b  2 2 2 2 a bc 2c bc 2 2 2 ( + ) Ta có a .BM a −  = . −  =  4  4  2 4  16 a bc(2c + bc)2 2 2 2 Từ đó ta được b c AC .AB BD.CD = = =
(b+c)2 (2c+ b)2 2(b+c) 2(AB+ AC)
Cách 2: Một ý tưởng khác cũng khá tự nhiên đó ta P
tìm cách biến đổi giả thiết 2 − 2 2BC AC = AB.AC sao
cho có thể xác định được các yếu tố phụ một cánh A
hợp lí. Chẳng hạn khi ta viết lại giả thiết của bài toán M thành 2
2BC = AC(AB + AC) ta chú ý đến xác định
một điểm P trên AC sao cho PA = AB , khi đó thì ta B D C được CP = AC + AC . Từ đó ta được 2 = = ⇒ 2 2BC AC.CP 2CM.CP BC = CP.CM .
Hệ thức này làm ta tiên tưởng đến tính chất tiếp tuyến và cát tuyến của đường tròn.Tức là
BC sẽ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP hay BD là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP. Mặt khác ta lại thấy BD = DM nên DM cũng là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP. Khi đó dễ dàng chứng minh được  
MDC = BAM nên tứ giác ABDM nội tiếp, từ đó dẫn đến AD là phân giác của  BAC . Đến
đây ta có thể biểu diễn BD, CD qua các cạnh của tam giác ABC. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 174
Trên tia đối của tia AC lấy điểm P sao cho PA = AB , khi đó từ giả thiết ta được 2 = = ⇒ 2 2BC AC.CP 2CM.CP BC = CP.CM
Từ đó suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBM với tiếp điểm là B.
Ta lại có DB = DM với D thuộc BC nên DM cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBM. Từ đó    
ABP = MPB = DBM = DMB . Lại có   
MDC = DBM + BMD và    BAM = APB + ABP Suy ra  
MDC = BAM nên tứ giác MDBA nội tiếp đường tròn, do đó     DBM = DMB = CAD = BAD
Do đó ta được AD là phân giác của góc 
BAC . Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ta được BD AB BD AB AB.BC = ⇒ = ⇒ BD = CD AC BC AB + AC AB + AC Từ đó suy ra AC.BC DC =
, kết hợp với giả thiết ta được AB + AC 2 2 AB.AC.BC AC .AB BD.CD = = (AB+ AC)2 2(AB+ AC)
Nhận xét: Rõ ràng cách làm thứ hai ngắn gọn hơn cách làm thứ nhất. Tuy nhiên khi đọc bài toán
thì đa phân ý tưởng đầu tiên sẽ là cách thứ nhất vì ý tưởng đó hoàn toàn tự nhiên kết hợp với các
yếu tố hình học thông thường. Vấn đề là chúng ta có được sự kiên trì khi đi theo ý tưởng đó không. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 175
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Cho tam giác ABC và điểm M, N lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC. Biết AM AN = m;
= n. Gọi I là giao điểm của AM và BN. Tính BI và CI theo m và n. BM CN NI MI
Bài 2. Cho tam giác ABC có  
B = C = α và O là trung điểm cạnh BC. Góc  xOy = α quay
quanh điểm O sao cho Ox và Oy cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng: a) ∆OEF∽ ∆BEO
b) Khoảng cách từ O đến EF không đổi.
Bài 3. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên cạnh BC sao cho MB = k . Đường thẳng cắt MC
các tia AB, AC, AM lần lượt tại B’, C’, M’.
a) Chứng minh rẳng nếu k = 1 thì AB AC 2AM + = AB' AC' AM' AB kAC (1+ k)AM
b) Chứng minh rằng với k > 0 thì + = AB' AC' AM'
Bài 4. Cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F lầN lượt chia các đoạn thẳng BC, CA, AB theo
tỉ số k(k > 0). Các điểm M, N, P lần lượt chia các đoạn thẳng EF, FD, DE theo cùng tỉ số 1k .
Chứng minh rằng ∆MNP ∽ ∆ABC
Bài 5. Cho tam giác ABC co trong tâm G. Đường thẳng d đi qua G cắt các cạnh AB, AB lần
lượt tại C’ và B’, cắt đường kéo dài của cạnh BC lại A’. Chứng minh rằng 1 1 1 = − GA' GB' GC'
Bài 6. Cho tam giác ABC biết    A 1 1 1
= 2B = 4C . Chứng minh rằng: + = AC BC AB
Bài 7. Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường thẳng d qua I cắt tia BC
và các cạnh CA, AB theo thứ tự tại A ; B ;C . Chứng minh rằng BC CA AB + = 1 1 1 IA IB IC 1 1 1
Bài 8. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Tia phân giác của góc  BAH cắt
BH tại D. Gọi M là trung điểm cạnh AB, gọi E là giao điểm của MD và AH. Chứng minh rằng AD//CE.
Bài 9. Cho tam giác ABC vuông tại A có chu vi bằng 30cm và diện tích bẳng 2 30cm . Tính
độ dài các cạnh của tam giác.
Bài 10. Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a . Gọi (O) là đường tròn tâm
O bán kính a. Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 176
Bài 11. Cho đường tròn (I) nội tiếp của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB
theo thứ tự tại D, E, F. Đường thẳng AD cắt đường thẳng EF tại M. Lấy N trên DF và
điểm P trên DE sao cho tứ giác MNDP là hình bình hành. 2
a) Chứng minh rằng ME  DE  =  
b) Chứng minh rằng tứ giác EFNP MF  DF  nội tiếp.
Bài 12. Cho tam giác ABC vuông tại A và có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức 2 ≤ BC ≤ 2 (AB+ AC− 2) . 
Bài 13. Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng ACB AB tan = 2 AC + BC
Bài 14. Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH. Chu vi của tam giác ABH bằng
30 cm, chu vi của tam giác ACH bằng 40 cm. Tính chu vi tam giác ABC.
Bài 15. Cho tam giác ABC vuông tại A có các đường phân giác trong BM và CN. Chứng (MC+MA)(NB+ NA) minh bất đẳng thức: ≥ 3 + 2 2 MA.NA
Bài 16. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Về phái ngoài tam giác ABC vẽ các tam giác
ABD, ACE, BCF lần lượt cân tại B, C, F. Gọi O là điểm đối xứng với F qua BC. Chứng
minh rằng DE đi qua điểm O.
Bài 17. Cho tam giác ABC cân tại A có  = 0
BAC 150 . Dựng các tam giác AMB và ANC sao
cho các tia AM và AN nằm trong góc  BAC thỏa mãn   0  = = = 0 ABM ACN 90 , NAC 60 và  = 0
MAB 30 . Trên đoạn MN lấy điểm D sao cho ND = 3MD . Đường thẳng BD cắt các
đường thẳng AM và AN theo thứ tự tại K và E. Gọi F là giao điểm của BC với AN. Chứng minh rằng: a) Tam giác NEC cân. b) KF // CD.
Bài 18. Cho tam giác ABC cân tại A, đường phân giác BD thỏa mãn BC = BD + AD . Tính
số đo các góc của tam giác ABC.
Bài 19. Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết H thuộc BC và 1 BH = BC. Trên tia đối 3
của tia HA, lấy điểm K sao cho 2 1 AK − 2 KH = 2 BC + 2 AB . Chứng minh: 3 AK.BC = AB.KC + AC.BK . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 177
Bài 20. Trong tam giác ABC, các điểm A, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho      
AFE = BFD, BDF = CDE, CED = AEF . a) Chứng minh rằng   BDF = BAC .
b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = 7 . Tính độ dài đoạn BD.
Bài 21. Cho tam giác ABC có M là điểm nằm trong tam giác. Các đường thẳng AM, BM,
CM cắt các cạnh đối diện lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng trong các tỉ số AM MB CM ; ;
có ít nhất một tỉ số không lớn hơn 2 và co một tỉ số không nhỏ hơn 2. MD ME MF
Bài 22. Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD. Trên AB lấy điểm M, trên AC lấy
điểm N sao cho BM = CN . gọi giao điểm của CM và BN là O. Từ O vẽ đường thẳng song
song với AD cắt AC, AB tại E và F. Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA
Bài 23. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao BD và CE. Gọi I là trung điểm cua BC.
Qua A kể đường thẳng vuông góc với AI cắt BD tại M và cắt CE tại N. Chứng minh rằng AM = AN .
Bài 24. Cho tam giác ABC có ba đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Chứng minh rằng
tam giác ABC đều khi và chỉ khi cot A + cot B + cot C = 3 .
Bài 25. Cho tam giác ABC có  = 0
A 60 , O là một điểm nằm trong tam giác sao cho   = = 0
AOB BOC 120 , D là điểm trên OC sao cho tam giác OAD đều. Đường thẳng đi qua
trung điểm của AO và vuông góc với AO xắt BC tại P. Chứng minh rằng OP đi qua trung điểm của BD.
Bài 26. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm của các đường phân giác trong
của tam giác. Gọi E và F là hình chiếu của A trên BI và CI. Chứng minh rằng 2 = 2 2EF AI .
Bài 27. Chứng minh rằng 0 6 + 2 cos15 2 = và 0 6 − sin15 = . 4 4
Bài 28. Cho tam giác đều ABC có cạnh 60cm. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 20cm
. Đường trung trực của AD cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở E, F. Tính độ dài các cạnh của tam giác DEF.
Bài 29. Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác ABC vẽ tam giác BOC vuông cân tại O.
Đường thẳng AB cắt BO tại F. Vẽ EN song song với FM(N thuộc tia AC và M thuộc tia
AB). Đường thẳng MN cắt BC tại Q. Chứng minh AO vuông góc với OQ. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 178
Bài 30. Cho tam giác OAB có góc O nhọn. M là điểm tùy ý trên AB. P và Q là chân đường
thẳng góc kẻ từ M đến OA và OB lần lượt. Tìm tập hợp các điểm H là trực tâm tam giác
OPQ. Tập hợp là gì nếu M thay đổi bên trong tam giác OAB?
Bài 31. Ở ngoài tam giác ABC, dựng các tam giác ABR, BCP, CAQ sao cho   0   0   = = = = = = 0
CBP CAQ 45 , BCP ACQ 30 ,ABR BAR 15 . Chứng minh rằng  = 0 QRP 90 và QR = RP .
Bài 32. Cho tam giác ABC và điểm T thuộc cạnh BC sao cho TB = 2TC . Gọi H là hình chiếu
của B trên AT và D là trung điểm BC. Biết rằng  
TAB = 2TAC . Chứng minh rằng DH ⊥ AC .
Bài 33. Cho tam giác ABC cân tại A có AB = AC = b; BC = a(a > b) . Đường phân giác BD
của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC. Chứng minh rằng 1 1 b − = . b a (a + b)2
Bài 34. Cho tam giác nhọn ABC. Lấy một điểm D bất kì nằm trong tam giác ABC và thỏa mãn các điều kiện  0  ADB AC BC = 90 + ACB và =
. Chứng minh rằng AB.CD = 2AC.BD AD BD
Bài 35. Cho hai tam giác đều ABC và A B C bằng nhau và nằm chồng lên nhau sao cho 1 1 1
phần chung là một lục giác mà kí hiệu là MNPQRS. Chứng minh rằng MN + PQ + RS = NP + QR + SM
Bài 36. Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM. Trên nửa mặt phẳng chứa điểm C có
bờ là đường thẳng AB kẻ đoạn thẳng AE vuông góc với AB sao cho AE = AB. Trên nửa
mặt phẳng chứa điểm B có bờ là đường thẳng AC kẻ đoạn thẳng AF cuông góc với AC sao cho AF = AC .
Chứng minh rằng EF = 2AM và EF ⊥ AM .
Bài 37. Cho tam giác ABC không cân. Có các đường trung tuyến AA’, BB’, CC’ và các
đường cao AH, BF, CK. Biết CK = BB', BF = AA'. Tính CC' . AH THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 179
Bài 38. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại H. Gọi
A ,A ,A lần lượt trực tâm của các tam giác AB’C’, BC’A’, CA’B’. Chứng minh rằng H là 1 2 3
tâm đường tròn nội tiếp tam giác A A A khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 1 2 3
Bài 39. Cho tam giác ABC có  = 0 BAC 40 và  = 0
ABC 60 . Gọi D và E lần lượt là các điểm
nằm trên cạnh AB và AC sao cho  = 0 DCB 70 và  = 0
EBC 40 . Gọi F là giao điểm của DC và
BE. Chứng minh rằng AF vuông góc với BC.
Bài 40. Cho tam giác ABC có  
BAC = 2ABC. Kẻ AD là đường phân giác trong của góc (với
điểm D nằm trên cạnh BC). Gọi BC = a; CA = b; AB = c .
a) Tính các đoạn thẳng DB và DC theo a, b, c b) Chứng minh rằng 2 2 a – b = bc c) Chứng minh rằng    sin BAC = 2sin ABC.cos ABC
Bài 41. Cho ∆ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H∈BC). Trên tia HC lấy điểm D
sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
a) Chứng minh rằng ∆BEC ∽ ∆ADC . Tính BE theo AB = m
b) Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng ∆BHM ∽ ∆BEC . Tính  AHM
c) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh rằng GB HD = BC AH + HC
Bài 42. Cho tam giác ABC có  = 0
ABC 60 ; BC = a ; AB = c . Hình chữ nhật MNPQ có đỉnh M
trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC được gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC.
a) Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.
Tính diện tích lớn nhất đó.
b) Nêu cách dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Tính diện tích của hình vuông .
Bài 43. Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt
đoạn BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác BHKC.
Bài 44. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H(D∈BC; E∈AC; F∈AB). Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, F, E, C cùng nằm trên một đường tròn. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 180 b) HA.HD = HB.HE = HC.HF.
c) Điểm H là giao của ba đường phân giác trong của tam giác DEF. d)    1 sin ADF.sin BED.sin CFE ≤ 8 HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. Qua N kẻ đường thẳng song song với CM cắt AB A tại K. Khi đó ta có BI BM BM MA BM CA BM  AN  1+ n K = = . = . = 1+ =   NI KM AM MK AM CN AM  CN  m M N Vậy ta được BI 1+ n =
, hoàn toàn tương tự ta được I NI m CI 1+ m B C = MI n
Chú ý: Khi BN và CM là các đường trung tuyến thì ta
được m = n = 1, thì I là trọng tâm của ram giác ABC và BI CI = = 2 NI MI Bài 2. a) Đặt  BOE = β khi đó ta có  0  COF = 180 −α − β = BOE A Do đó ∆COF EB EO ∽ ∆BEO nên ta được = CO OF F
Mà ta có OC = OB nên ta được EB EO = OB FO E Và ta lại có  
EBO = FOE = α nên ∆BEO ∽ ∆OEF β α α α
b) Vì ∆BEO ∽ ∆OEF nên ta có   BEO = OEF, suy ra OE là B O C phân giác của góc  BEF.
Do đó khoảng cách từ O đến EF bằng khoảng cách từ O đến EB, hay khoảng cách từ O đến AB.
Mà khoảng cách từ O đến AB không đổi nên khoảng cách từ O đến EF không đổi Bài 3. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 181
a) Câu a là trường hợp riêng của câu b khi k = 1 A
b) Qua B, C kẻ các đường thẳng đường thẳng
song song với đường thẳng d cắt AM lần lượt tại
E và F. Khi đó ta có E và F thuộc tia AM và M F M B C nằm giữa E và F. E B'
Giả sử điểm F thuộc đoạn AM, khi đó điểm E M'
nằm ngoài đoạn AM. Vì BE//CF//d nên theo định lí Talet ta có C' ME MB = = k ⇒ ME = kMF MF MC Lại có AB AE AM + ME AM + kMF = = = AB' AM' AM' AM' AB kAC (1+ k)AM Và AC AF AM − MF kAC kAM − kMF = = ⇒ = . Do đó + = AC' AM' AM' AC' AM' AB' AC' AM'
Bài 4. Trên các đoạn thẳng BF và CE lấy các điểm I A và K tương ứng sao cho IB ND = k = và IF NF KC 1 PD F = = KE k PE M
Khi đó ta được IN//BD và KP//CD hay IN và KP E
cùng song song với BC. Mặt khác do IB = k nên ta I K N P IF được IB k FB 1 FB 1 = và = ⇒ = . Từ đó B D C BF k + 1 FA k AB k + 1 BI BI BF k = . = AB BF AB (k +1)2 Tương tự ta có CK CK CE k = . = . Do đó ta được BI KC = nên IK//BC. CA CE CA (k +1)2 BA CA
Mà IN//BC, KP//BC nên các điểm I, N, P, K thẳng hàng, suy ra NP//BC
Chứng minh tương tự ta được PM//CA và MN//AB.
Vậy hai tam giác ABC và MNP có ba cạnh tương ứng song song với nhau
Ta đi chứng minh hai tam giác ABC và MNP có       A = M; B = N; C = P
Thật vậy, khi hai góc có cạnh tương ứng song song thì chúng bằng nhau hoặc bù nhau. Giả sử   A ≠ M khi đó   + = 0
A M 180 . Do tổng ba góc của một tam giác là 0 180 nên khi   A ≠ M ta được   B ≠ N hoặc  
C ≠ P . Chẳng hạn  
B ≠ N , kho đó ta lại có   + = 0 B N 180 Suy ra     + + + = 0
A B M N 360 nên ta được       + + + + + > 0
A B C M N P 360 , điều này vô lí. Do đó giả sử  
A ≠ M là sai nên ta được  
A = M . Hoàn toàn tương tự ta được   B = N THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 182
Do đó ta được ∆MNP ∽ ∆ABC .
Bài 5. Giả sử điểm A’ nằm trên đường kéo dài A
của BC về phía C. Ta sẽ chứng minh 1 1 1 = − . K GA' GC' GB'
Qua G kẻ các đường thẳng lần lượt song song C' I
với BC và CA, cắt cạnh AB tại I và K. G B'
Có thể thấy được điểm C’ nằm giữa hai điểm B M C I và K. A'
Đặt AB = 3x , khi đó do G là trọng tâm tam
giác ABC nên AK = KI = IB = x . Do IG//BA’ nên ta được GC' IC' IC' 1 1 IC' = = ⇒ = ' GA' IB x GA' GC' x
Do KG//AB’ nên ta được GC' KC' KC' 1 1 KC' = = ⇒ = . GB' KA x GB' GC' x Do đó ta được 1 1 1  IC' KC'  1 KI 1 + = + = . =   GA' GB' GC'  x x  GC' x GC' Suy ra 1 1 1 1 1 1 = −
. Nếu nằm trên BC kéo dài về phía thì ta có = − GA' GC' GB' GA' GB' GC' Do đó ta được 1 1 1 = − . GA' GB' GC' Bài 6. A Cách 1: Đặt 
ACB = α , khi đó ta được α = 0 7 180 .
Gọi D là giao điểm của AB với đường trung trực D
của đoạn thẳng BC. Khi đó ta được tam giác ABD
cân tại D và tam giác ACD cân tại C. Do đó ta được AB AB BD = DC = CA ⇒ = B C AC BC
Lại có CA là đương phân giác của tam giác BCD nên ta có BA DA BA DA = ⇒ = BC DC BC DB Do đó ta được AB AB 1 1 1 + = 1 ⇒ + = AC BC AC BC AB
Cách 2. Ta chứng minh bổ đề sau: Trong tam giác ABC có   A = 2B khi và chỉ khi 2 = 2 a b + bc THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 183
Thật vậy, kẻ đường phân giác AD, theo tính chất đường phân giác của ta giác ta có DC b DC b DC b ab = ⇒ = ⇒ = ⇒ DC = DB c DB + DC b + c BC b + c b + c Do đó  
A = 2B khi và chỉ khi BC AC a b ∆BCA ∽ ∆ACD ⇔ = ⇔ = ⇔ 2 a = b(b + c) ⇔ 2 a = 2 b + bc AC CD b ab b + c  2 a = 2 b + bc
Áp dụng bổ đề trên vào bài toán như sau: Vì ta có   
A = 2B = 4C nên ta có  2b = 2c +  ca Khi đó ta được 2 2 1 a + b + c 1 b + c a = c + bc + ca ⇔ = = + 2 2 c a a a Từ hệ thức 2 2 1 b + c a = b + bc ⇒ = 2 b a Do đó ta được 1 1 1 1 1 1 = + hay + = c a b AC BC AB
Bài 7. Xét tam giác AB C có AI là đường phân giác 1 1 A của 
B AC . Theo tính chất đường phân giác ta có 1 1 AB AC 1 = 1 IB IC 1 1 C1
Xét tam giác BC A có BI là đường phân giác 1 I B1 trong nên ta có BA BC 1 =
1 . Trên IC lấy điểm E sao E IA IC 1 1 B C A1
cho B E // A C, khi đó ta có CB = EB và 1 1 1 1 CB EB CA 1 = 1 = 1 IB IB IA 1 1 1 AB + CB BA − CA AC + Do đó ta được CB CA BC 1 − 1 = 0 . Từ đó ta có 1 1 + 1 1 = 1 1 IB IA IB IA IC 1 1 1 1 1 Suy ra AC BC AB + = IB IA IC 1 1 1
Bài 8. Gọi N là điểm đối xứng với D qua M, mà M N A
là trung điểm của AB nên tứ giác BNAD là hình
bình hành, do đó ta được DH//NA và BD = AN . M
Xét tam giác EAN có DH//AN nên HE DH = . AE AN B D H C
Trong tam giác ABH có AD là đường phân giác nên ta có HD AH =
. Xét hai tam giác vuông HAB BD AB E và HCA có  
HAB = HCA nên ∆HAB∽ ∆HCA THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 184 Do đó ta được AH AB AH CH = ⇒ = . CH AC AB AC Mặt khác ta thấy  
CAD = CDA (Cùng phụ với hai góc bằng nhau)
Do đó tam giác CDA cân tại C nên ta được CD = CA Ta có HE DH DH AH CH CH HE CH HE CH = = = = = ⇒ = ⇒ = AE AN BD AB CA CD AE − HE CD − CH AH DH
Do đó ta được ∆HEC ∽ ∆HAD , suy ra  
HEC = HAD . Từ đó ta được AD//CE.
Bài 9. Tam giác ABC có chu vi bằng 30cm nên AB + BC + CA = 30
Tam giác ABC vuông tại A có diện tích bằng 2 30cm nên 1 AB.AC = 30 2 Mà theo Pytago ta lại có 2 + 2 = 2 AB AC BC .
Gọi AB = x; AC = y; BC = z , khi đó ta có hệ phương trình x + y + z = 30 x + y + z = 30 −  z 1   xy = 30 ⇔ 2y = 120 2  2 2 2 2 x + 2 y = 2 x + y = z  z  Ta có = ( + )2 −( + ) = ( − )2 2 2 − 2 2xy x y x y 30 z
z ⇔ 120 = 900 − 60z ⇔ z = 13 x + y = 17 x = 5; y = 12
Thay vào hẹ phương trình trên ta được  ⇔  xy = 60 x = 12; y =   5
Vậy ta được tam giác ABC có độ dài các cạnh là
AB = 5cm; AC = 12cm; BC = 13cm hoặc AB = 12cm; AC = 5cm; BC = 13cm
Bài 10. Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D, với C là B
trung điểm của OA. Gọi E là trung điểm của OC
- Trường hợp M không trùng với C và D ta có hai F
tam giác OEM và OMA đồng dạng vì M   OM OE MOE = AOM, = . OA OM D A O E C Do đó ta được ME OM 1 = = ⇒ MA = 2.EM AM OA 2
- Trường hợp M trùng với C ta được MA = CA = 2.EC = 2.EM
- Trường hợp M trùng với D ta được MA = DA = 2.ED = 2.EM
Vậy ta luôn có MA = 2.EM do đó ta được MA + 2.MB = 2(EM + MB) ≥ 2.EB không đổi
Dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 185
Vậy MA + 2.MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn BE với đường tròn (O)
Bài 11. Gọi J,K là hình chiếu của D trên AB, AC. A Ta có ME S DK ∆ = DEA = (1) MF S DJ ∆DFA E M F K
Trong tam giác vuông DJE thì I P N  B BF J DJ = DFsin DFJ = DFcos = DF⋅ 2 BI B D C
Tương tự trong tam giác vuông DKE có CE DK = DE⋅ CI r B sin CE⋅ C 2 sin Suy ra DK DE CE BI DE CE 2 DE  2 DE  = ⋅ ⋅ = ⋅ . = ⋅ =   (2) DJ DF BF CI DF BF r DF B  DF  BF⋅sin C 2 sin 2 2
Từ (1) và (2) ta được ME  DE  =   MF  DF 
b) Do MNDP là hình bình hành nên ta được • DN MP ME ME = = ⇒ DN⋅ DF = ⋅ 2 DF DF DF EF EF • DP MN MF MF = = ⇒ DP ⋅ DE = ⋅ 2 DE DE DE EF EF
Từ đó, theo kết quả ở câu trên, suy ra DN⋅ DF = DP⋅ DE. Do đó tứ giác EFPN nội tiếp.
Bài 12. Tam giác ABC vuông tạ A có diện tích bằng 1 nên ta có 1 AB.AC = 1 ⇒ AB.AC = 2 2
Theo định lí Pytago ta có 2 + 2 = 2 AB AC
BC , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được = 2 + 2 BC AB AC ≥ 2AB.AC = 2 Lại có
2 (AB + AC) = 2(AB + AC)2 = 2( 2 AB + 2 AC + 2AB.AC) = 2( 2 BC + 4)
= (BC + 2)2 + (BC − 2)2 ≥ (BC + 2)2 = BC + 2
Do đó ta được 2 ≤ BC ≤ 2 (AB+ AC− 2) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 186
Bài 13. Kẻ phân giác CD ( D∈AB) của  ACB B    ACB ⇒ C = C = 1 2 2 D
Xét tam giác ACD vuông tại A ta có 2 1   ACB AD A C tan C = tan = (1) 1 2 AC
Mặt khác theo tính chất đường phân giác ta có AD BD = AC BC  Suy ra AD BD AD + BD AB ACB AB = = =
(2). Từ (1) và (2) thì tan = AC BC AC + BC AC + BC 2 AC+BC
Bài 14. Gọi p là chu vi của tam giác ABC. Ta có p = AB + AC + BC Dễ thấy ∆ABH AB AH BH AB + AH + BH 30 3 ∽ ∆CAH ⇒ = = = = = (1) CA CH AH CA + CH + AH 40 4 Ta lại có ∆ABH AB AH BH AB + AH + BH 30 ∽ ∆CBA ⇒ = = = = (2) CB CA BA CB + CA + BA p
Từ (1) ta đặt AB = 3k; AC = 4k
Xét ∆ABC vuông tại A có = + = ( )2 + ( )2 = ( )2 2 2 2 BC AB AC 3k 4k 5k ⇒ BC = 5k Do đó AB 3 30 3 = , thay vào (2) ta được = ⇒ p = 50 CB 5 p 5
Vậy chu vi tam giác ABC bằng 50cm
Bài 15. Vì BM, BN lần lượt là phân giác của góc B và C trong tam giác ABC nên theo tính
chất đường phân giác của tam giác ta được MC BC NB BC = ; = . Ta có MA AB NA AC ( + )( + )       2 MC MA NB NA MC NB BC BC BC BC BC = + 1 + 1 = + 1 + 1 = + + +       1 MA.NA  MA  NA   AB  AC  AB.AC AB AC 2 2 Mà 2 = 2 + 2 BC BC BC BC BC AB AC ≥ 2AB.AC ⇒ ≥ 2 ⇒ + ≥ 2 = 2 2 AB.AC AB AC AB.AC (MC+MA)(NB+ NA) Do đó ta được ≥ 2 + 2 2 + 1 = 3 + 2 2 MA.NA
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi AB = AC hay tam giác ABC vuông cân.
Bài 16. Bạn đọc tự vẽ hình
Gọi I là trung điểm của DE. Trên tia CE lấy điểm K sao cho I là trung điểm CK, tia CA cắt DK tại H.
Xét tứ giác CDKE có I là trung điểm của DE và CK nên tứ giác CDKE là hình bình hành. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 187
Suy ra DK//CE, mà nên AC ⊥ CE nên ta được AC ⊥ DK tại H.
Xét tứ giác ABDH có     + + + = 0 BDH DHA HAB ABD 360 Suy ra  0  0 0   + + + = ⇒ + = 0 BDH 90 HAB 90 360 BDH HAB 180 Mà lại có   + = 0
BAC HAB 180 nên ta được   BDH = BAC
Ta có DH = CE, CE = AC suy ra DK = AC
Xét hai tam giác BDK và BAC có   AD = AB; BDK = BAC; DK = AC
Nên ta có ∆BDK = ∆BAC suy ra BK = BC và   DBK = ABC
Do đó tam giác BCK cân tại B và       = + = + = = 0 KBC ABC KBA DBK KBA DBA 90
Suy ra tam giác BCK vuông cân tại B mà BI là đường trung tuyên nên BI vuông góc với CK tại I.
Nên tam giác BIC vuông tại I mà ta có  = 0
BCI 45 suy ra tam giác BIC vuông cân tại I.
Ta có O đối xứng với F qua BC nên ∆BOC = ∆BFC
Mà ta có tam giác BFC vuông cân tại F nên tam giác BOC vuông cân tại O
Lại có O và I cùng thuộc một mửa mặt phẳng bờ BC nên ta được O trùng với I Vậy DE đi qua điểm O. Bài 17. a) Do    = − = 0 − 0 = 0 BAE BAC CAN 150 60 90 C Nên NE DN BM / /AE ⇒ = = 3 ⇒ NE = 3BM . A BM DM F
Xét hai tam giác vuông BAM và CAN, ta có N K B D AB M BM = 0 AB.tan 30 = ,CN = 0 AC.tan 60 = AC 3 E 3
Do AB = AC nên CN = 3BM ⇒ CN = NE hay tam giác NEC cân tại N.
b) Vì tam giác NEC cân tại N có  = 0 ANC 30 nên  = 0 NEC 15
Tam giác ABC cân tại A mà  0  = ⇒ = 0 BAC 150 ABC 15  
⇒ ABC = AEC , hay tứ giác ABEC nội tiếp, suy ra   = = 0
CBE CAE 60 .Kết hợp với    = − = 0 − 0 = 0 KAF BAF BAK 90 30 60 , ta có tứ
giác ABKF nội tiếp. Mặt khác  = 0 FAB 90 nên  = 0 FKB 90 hay FK ⊥ BE .
Do tứ giác ABEC nội tiếp nên   = = 0 BCE BAE 90 .
Tam giác vuông BCE có  = 0 CBE 60 nên BE = 2BC Lại có BD DM 1 BD 1 = = ⇒
= ⇒ BC = 2BD . Suy ra ∆BDC ∽ ∆BCE BE MN 4 2BC 4 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 188 Do đó ta được   = = 0
BDC BCE 90 hay CD ⊥ BE nên ta được KF//CD.
Bài 18. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho A
BD = BE . Ta có BC = BD + AD = BE + AD suy ra BE + EC = BE + AD D
Từ đó ta được EC = AD .
Mà BD là đường phân giác của tam giác B E C ABC nên ta được AD AB CE AD AB AC = ⇒ = = = CD CB CD CD BC BC
Do đó ta được ∆CED∽ ∆CAB nên ta được tam giác CED cân tại E. Do đó   ECD = CDE , mà   ABD = DBC nên ta được   DCE = 2CBC và BD = BE 0 Suy ra    180 − DBC BDE = BED = . Mà  0  0 
CED = 180 − 2ECD = 180 − 4DBC 2 0 Do đó ta được    180 − DBC 0  BED + CED = + 180 − 4DBC = 0 180 2 Suy ra  0  0   = ⇒ = ⇒ = = 0 9DBC 180 DBC 20
ABC ACB 40 . Do đó ta được  = 0 BAC 100 . Bài 19.
Gọi J là điểm thuộc đoạn BC sao cho H là trung A
điểm BJ. Kẻ đường thẳng Jx qua J vuông góc BC,
đường thẳng qua K song song BC cắt đường thẳng
Jx tại I. Khi đó, BKIC là hình thang cân và HKIJ là hình chữ nhật. H J B C 2 4 BI = 2 BJ + 2 JI = 2 BJ + 2 KH = 2 BC + 2 KH 9 2 1 AI = 2 AK + 2 KI = 2 AK + 2 HJ = 2 AK + 2 BC K I 9 1 1 = 2 BC + 2 AB + 2 KH + 2 BC 3 9 4 = 2 BC + 2 AB + 2 KH = 2 BI + 2 AB 9
Do đó ∆ABI vuông tại B. Lại có 2 1 4 1 1 AC = 2 AH + 2 HC = 2 AB − 2 BC + 2 BC = 2 AB + 2 2 BC ; IC = 2 KH + 2 JC = 2 KH + 2 BC 9 9 3 9 4 ⇒ 2 AC + 2 IC = 2 BC + 2 AB + 2 KH = 2 AB + 2 BI = 2 AI 9 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 189 Do đó ∆ACI vuông tại C. Khi đó 1 1 1 S = S = S + S ⇔ AK.BC = AB.BI + AC.IC ABKC ABIC ABI AIC 2 2 2 Hay AK.BC = AB.KC + AC.BK .
Bài 20. Bạn đọc tự vẽ hình a) Đặt      
AFE = BFD = ω, BDF = CDE = α , CED = AEF = β . Ta có  + β +ω = 0 BAC 180 (*)
Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra
O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF. Suy ra    + + = 0 OFD OED ODF 90 (1). Ta có    + ω + + β + +α = 0 OFD OED ODF 270 (2)
Từ (1) và (2) ta được α + β +ω = 0
180 (**). Từ (*) và (**) ta được   BAC = α = BDF .
b) Chứng minh tương tự câu a ta có   B = β ; C = ω
Do đó ta được ∆AEF∽ ∆DBF∽ ∆DEC ∽ ∆ABC Suy ra BD BA 5  5BF  5BF  5BF = = BD = BD = BD =      BF BC 8  8  8  8 CD CA 7  7CE  7CE  7CE  = = ⇒ CD = ⇒ CD = ⇒ CD =  CE CB 8  8  8  8 AE AB 5 7AE = 5AF 7(7 − CE) = 5(5 − BF) 7CE − 5BF = 24 = =      AF AC 7   
Từ đó ta được CD − BD = 3 mà lại có CD + BD = 8 nên ta tính được BD = 2,5(đvđd)
Bài 21. Trước hết ta chứng minh AM AE AF = + . Q A P MD EC FB
Thật vậy, qua điểm A ke đường thẳng song song với F E M
BC cắt BM và CM lần lượt tại P và Q. H K G
Khi đó theo định lí Talet ta có AM AQ AP = = MD DC BD B I D C
Do đó ta được AM AQ + AP AQ + AP = = MD CD + DB BC
Cũng theo định lí Talét ta có AQ AF AP AE = ; = BC FB BC EC
Nên ta được AQ + QP AQ AP AF AE AM AE AF = + = + . Do vậy ta được = + . BC BC BC FB EC MD EC FB
Kẻ ba đường trung tuyến AI, BK, CH cắt nhau tại G. Khi đó ba đường trung tuyến chia
tam giác ABC thành sáu tam giác gồm BGI, CGI, CGK, AGK, AGH, BGH. Do đó điểm M
sẽ nằm ở một trong 6 tam giác kể trên. Không mất tính tổng quát ta giả sử M nằm trên tam giác AGK. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 190 Khi đó ta có AM AE AF AF AE = + ≤ + ≤ 2 MD EC FB FB KC
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được BM BF BD BF BD = + ≥ + ≥ 2 ME FA DC FA IC
Vậy với điểm G ta đã chỉ ra được AM BM ≤ 2 và ≥ 2 . MD MD
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M và G trùng nhau. E
Bài 22. Ta có AD là phân giác nên   BAD = DAF A G
Do EI // AD nên ta được   BAD = AEF (góc đồng vị) F Mà  
DAF = OFC (đồng vị) và   AFE = OFC (đối M N đỉnh) P O Suy ra  
AEF = AFE nên ∆AEF cân tại A suy ra K D I AE = AF B C Q
Áp dụng định lí Talet vào tam giác ACD, với I là
giao điểm của EF với BC ta có CF CI CF CA = ⇒ =
. Lại có AD là phân giác của CA CD CI CD  BAC nên CA BA CF BA = . Từ đó ta được = CD BD CI BD
Kẻ đường cao AG của ∆ AFE và BP // AG (P ∈AD); CQ // AG (Q∈ OI) thì   = 0 BPD = CQI 90
Gọi trung điểm của BC là K, ta có ∆BPK = ∆CQK nên ta được CQ = BP
Do đó ∆BPD = ∆CQI nên ta được CI = BD . Thay vào CF BA = ta được CI BD CF BA = ⇒ CF = AB (2) BD BD
Từ (1) và (2) suy ra BE = CA
Bài 23. Gọi giao điểm của AI với BD và CE P
lần lượt tại K và J. Từ M và N kẻ các đường M A
thẳng song song với BC cắt AI lần lượt tại P Q N D
và Q. Ta có MP // NQ // BC, nên theo ta có K E MP MK NQ NJ = và = J BI BK CI CJ B I C THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 191 Do đó ta được MK.BI NJ.CI MP = , NQ = KB CJ
Mà ta có BD ⊥ AC, CE ⊥ AB, AI ⊥ MN nên được     MAB = CJA; ABD = ACE
Do đó hai tam giác ABM và JCA đồng dạng với nhau. Suy ra AB CJ = nên ta được BM CA AB.CA = JC.BM Lại có    
ABK = ACN; AKB = ANC nên hai tam giác KAM và ANC đồng dạng với nhau. Suy ra CA BK =
nên ta được AB,CA = BK.CN. CN AB
Từ đó ta được JC.BM = BK.CN . Suy ra BM BK BM − BK MK JN KM = = = , do đó = CN CJ CN − CJ NJ JC KB
Do BI = CI nên từ kết hợp các kết quả trên ta được MP = NQ . Do đó PMQN là hình bình
hành nên ta được AM = AN . Bài 24. A
+ Nếu tam giác ABC đều khi đó ta có    = = = 0 A B C 60 Suy ra 3 3 3 cot A = ; cot B = ; cot C = nên ta P N 3 3 3
được cot A + cot B + cot C = 3 H + Ta cần chứng minh khi
cot A + cot B + cot C = 3 thì tam giác ABC đều B M C
Thật vậy, tứ giác ANHP có     0   + + + = ⇒ + = 0 A APH PHN HNA 360 A PHN 180 Suy ra  
NAP = NHC . Chứng minh tương tự ta được     ABC = MHC; ACB = MHB
Xét hai tam giác CMH và AMB có   = = 0 CMH AMB 90 và   MCH = MAB Do đó ∆CMH CM HM ∽ ∆AMB nên ta được = ⇒ CM.BM = AM.AH AM BM
Chứng minh tương tự ta được ∆ANH ∽ ∆BNC nên ta được HN.BC = AH.CN
Tam giác NHC vuông tại N nên ta có  HN cot NHC HN = suy ra cot A = CN CN
Chứng minh tương tự ta được HM HM cot B = ; cot B = CM BM Do đó ta được THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 192 HN HM HM HM HM HN
cot A.cot B + cot B.cot C + cot C.cot A = . + . + . CN CM CM BM BM CN
HM(HN.BM + HM.CN + HN.CM) HM(HN.BM + HN.CM + HM.CN) = = CN.CM.BM CN.AM.HM
HN(BM + CN) + HM.CN HN.BC + HM.CN AH.CN + HM.CN = = = CN.AM CN.AM CN.AM AM.CN = = 1 CN.AM
Suy ra cot A.cot B + cot B.cot C + cot C.cot A = 1. Mà ta luôn có
(cotA−cotB)2 +(cotB−cotC)2 +(cotC−cotA)2 ≥ 0
⇔ (cot A + cot B + cotC)2 ≥ 3(cot A.cot B + cot B.cotC + cotC.cot A)
⇔ cot A + cot B + cot C ≥ 3
Theo giả thiết ta có cot A + cot B + cot C = 3 . Suy ra bất đẳng thức trên xẩy ra dấu bằng Hay   
cot A = cot B = cot C ⇔ A = B = C . Do đó ta giác ABC đều. Bài 25. Ta có   = = 0 AOB BOC 120 A E nên ta được  = 0 AOC 120 . J Suy ra   + = 0 OAC OCA 60 D O Do  = 0 A 60 nên   + = 0 OAB OAC 60 . F B J P C Suy ra   OAB = OCA . H
Xét hai tam giác OAB và OCA có   OAB = OCA và   = = 0 AOB AOC 120 Nên ta được ∆OAB OA OA ∽ ∆OCA , do đó =
. Kéo dài PD lấy điểm E sao cho tứ giác OB OC
ADOE là hình thoi, khi đó ba điểm B, O, E thẳng hàng. Từ D kẻ DE ⊥ DH với H trên OB
nên ta được OH = OE . Tương tự kẻ EF ⊥ DE với F trên OC nên ta được DHFE là hình chữ nhật. Ta có OB OB OA OD OB OB OA OF = = = suy ra BD//CE và = = = suy ra BF//HC OE OA OC OC OH OA OC OC
Gọi I là giao điểm của HF và BC, J là giao điểm của OI và DE.
Theo định lí Talet ta có BF BI BF BO BO BI BO = ; = = nên ta được = suy ra OI//EC HC CI CO HO EO CI EO
Do đó ta được IJ//BD. Ta thấy IJ đi qua O và DEFH là hình chữ nhật nên IO = JO
Suy ra PO đi qua trung điểm của BD. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 193
Bài 26. Trong các tam giác vuông IAE và IAF A ta có O   0    IAE + AIE = 90 IAE + IBA + IAB = 0 90  ⇒ F E    0    I IAF = AIF =  90 IAF = ICA + IAC =  0 90  1  IAE + CBA + 0 45 = B  0 90 C Từ đó ta được  2  1  IAF + BCA + 0 45 = 0 90  2
Do đó ta được   1   IAE IAF (CBA BCA) 0  1  0  + + +
= 90 ⇒ EAF + BAC = 90 ⇒ EAF = 0 45 2 2 OE = OA
Gọi O là trung điểm của AI, do   = = 0
IEA IFA 90 nên ta được OF =  OA
Do đó ta được các tam giác OAE và OAF cân tạo O. Suy ra       = + = + = = 0
EOF EOI FOI 2EAO 2FAO 2EAF 90 . Do đó tam giác OEF cân tại O, từ
đó ta được. Do ta có OE = OF = OI nên 2 = 2 + 2 = 2 EF OE OF 2OI
Mà lại có O là trung điểm của AI nên ta được 2 1 EF = 2 AI hay 2 = 2 2EF AI . 2 Bài 27. B
Cách 1. Trước hết ta chứng minh các công thức sau α 2 2cos = 1+ cos α 2 với < α < 0 0 45
Thật vậy, xét tam giác AHM có a a  0  AHM = 90 ; AMH = α 2 nên ta được C α HM HM cos2 = = AM a Do đó cos α HM a + HM CM + HM HC 1+ 2 = 1+ = = = a a a a 2 2 Lại có 2 α  CH  2CH 2CH 2CH CH 2cos = 2 = = = =    AC  BC.CH BC 2a a Từ đó ta được α 2 2cos = 1+ cos α
2 . Áp dụng công thức trên ta được 6 2 2 0 0 3 2 3 2 0 2 3 8 4 3 ( 2 + + + + ) 2cos 15 = 1+ cos30 = 1+ = ⇒ cos 15 = = = 2 2 4 16 16 0 6 + 2 ⇒ cos15 = 4
Áp dụng hẳng đẳng thức 2 α + α 2 sin cos = 1, ta có 6 2 2 0 2 0 2 3 2 3 ( 2 − + − ) 0 6 − 2 sin 15 = 1− cos 15 = 1− = = ⇒ sin15 = 4 16 16 4 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 194 Vậy ta được 0 6 + 2 cos15 2 = và 0 6 − sin15 = 4 4
Cách 2: Dựng tam giác ABC có  0  = = 0
A 90 ; B 60 . Giả sử AC = 1 (đvđd)
Khi đó ta được BC = 2AB = 3 . Kẻ đường phân giác AD, khi đó theo tính chất đường
phân giác của tam giác ta có AD AB 3 AD 3 3 = = ⇒ = ⇒ AD = = 2 3 − 3 CD BC 2 AD + DC 2 + 3 2 + 3
Theo định lí Pitago ta có 2 = 2 + 2 ⇒ 2 BD AB AD
BD = 3 + 12 + 9 −12 3 = 12(2 − 3) 2 3 ( 3 −1) Do đó BD 0 AB 3 3 + 1 6 + 2 = = 6 ( 3 −1). Ta có cos15 = = = = 2 BD 6 ( 3 −1) 2 2 4 3 2 3 1 3 0 AD 2 3 3 ( − )( + − ) 6 − 2 sin15 = = BD 6 ( 3 1) = = − 2 6 4 Vậy ta được 0 6 + 2 cos15 2 = và 0 6 − sin15 = 4 4
Bài 28. Đặt DE = AE = x; DF = AF = y . A
Kẻ DI ⊥ AB; DK ⊥ AC . Ta có H = 0 1 BI BD.cos60 = 20. = 10 . 2 E F G Trong tam giác BDI có I K = 2 − 2 = 2 − 2 DI BD BI 20 10 = 10 3 B D C
Ta có EI = 50 − x , áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông DEI ta được 2 ED = EI + ID = (50 − x)2 2 2 2 + (10 3) ⇔ 2 x = 2500 −100x + 2 x + 300 ⇔ x = 28 Lại có = 0 1 CK CD.cos60 = 40. = 20 . 2
Trong tam giác vuông DKC có = 2 − 2 = 2 − 2 DK DC KC 40 20 = 1200 = 20 3
Ta có FK = 40 − y , áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông DFK ta có 2 = + = ( − )2 2 2 2 + ( ) ⇔ 2 = − + 2 DF DK FK 40 y 20 3 y 1600 80y y + 1200 ⇔ y = 35
Kẻ EH vuông góc với AF, ta có = 0 1 AH EA.cos60 = 28. = 14 2 Do đó ta được = − = − = = 0 3
HF y 14 35 14 21; EH x.sin 60 = 28. = 14 3 2 2 Ong tam giác vuông EFH có = 2 + 2 = ( ) + 2 EF EH FH 14 3 12 = 1029 = 7 21 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 195
Vậy độ dài các cạnh của tam giác DEF là DE = 28; DF = 35; EF = 7 21 Bài 29.
Lấy C’ đối xứng với B qua O. A
Lấy điểm E’ thuộc tia OB sao E'
cho OE' = OE. Lấy F’ thuộc tia C B Q
OC sao cho OF' = OF . Gọi giao O
điểm của E’C và F’C’ là A’. Khi C' đó dễ thấy BE = E'C . E N
Nên ta được ∆BEC = ∆CE'C', suy ra   EBC = E'CC' nên F' M F   ABC = A'CC'
Tương tự ta có CF = C'F' .
Nên ta được ∆BCF = ∆CC'F' , suy ra   BCF = CC'F' nên   ACB = A'C'C
Xét hai tam giác ∆ABC và ∆A'CC' có  
ABC = A'CC' , BC = CC' và   ACB = A'C'C
Từ đó ta được ∆ABC = ∆A'CC', suy ra ∆OBA = ∆OCA'
Nên ta được AO = A'O và   AOB = A'OC ⇒ AO ⊥ A'O .
Đặt OB = OC = x; OE = OE' = y . Gọi Q là giao điểm của OA’ và BC.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác E’BC với cát tuyến OA’Q ta được QC x A'E' . . = 1 QB y A'C
Từ trên ta có A'C = AB, A'E' = AE và A'E' AE AN = = A'C AB AC Do đó ta được QC x AN . . = 1. QB y AC
Gọi Q’ là giao điểm của NC với BC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát
tuyến MNQ’ ta được Q'C MB NA Q'C FC NA . . = . . = 1 Q' B MA NC Q' B FA NC
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác AEC với cát tuyến FOE’ ta suy ra được FC BE x CN x = . = . FA BA y CA y Do đó ta được Q'C x NA . . = 1 Q' B y AC
Từ đó ta suy ra Q'C x NA QC x AN Q'C QC . . = . . ⇒ =
, nên ta được hai điểm Q và Q’ Q' B y AC QB y AC Q' B QB trùng nhau. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 196
Điều này dẫn đến ba đường thẳng BC, A’O và MN đồng quy tại O.
Do đó ta được AO vuông góc với OQ
Bài 30. Gọi C và D là chân đường thẳng góc kẻ từ A O
đến OB và từ B đến OA. Ta thấy rằng trực tâm của
tam giác OPQ phải nằm trên DC. H C D
Thật vậy, nếu từ P kẻ một đường cao của tam giác P Q
OPQ cắt DC tại H, ta sẽ chứng minh đường cao thứ
hai kẻ từ Q của tam giác OPQ cũng đi qua H. A M B
Vì MP//BD nên theo định lí Talets ta có AM AP = . BM DP
Ta cũng có PH/ AC nên theo định lí Talets ta cũng có AP CH = DP DH
Cũng do MQ//AC nên theo định lí Talets ta được AM CQ = . MB BQ
So sánh những tỷ lệ trên ta có CH CQ =
. Theo định lí Talets đảo suy ra QH//BD DH BQ
Từ đó ta được QH vuông góc với OP. Do đó QH chính là đường cao thứ hai của tam giác OPQ.
Vậy tập hợp các điểm H là trực tâm của tam giác OPQ chính là đoạn thẳng DC.
Giả sử M nằm trên đường A'B'//AB với A' trên OA và B' trên OB thì tập hợp điểm H là
đoạn thẳng D'C'//DC. Vậy nếu M di chuyển bên trong tam giác OAB thì các điểm H là
miền bên trong tam giác ODC.
Bài 31. Dựng tam giác đều ABM. Khi đó ta có A   Q 0   RAM 450 = RBM = 45 ,AMR = BMR = 0 30 , M   ARM = BRM = 0 105 . R 300
Do đó ta được ∆QAC ∽ ∆RAM nên ta được 150 C QA CA 450 300 B = RA MA P
Điều này dẫn đến ∆QRA ∽ ∆CMA , do đó ta được THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 197 QR RA = và   QRA = CMA . CM MA
Hoàn toàn tương tự ta cũng có ∆PBC PB CB ∽ ∆RBM nên ta được = RB MB Từ đó suy ra ∆PRB PR RB ∽ ∆CMB nên ta được = và   PRB = CMB CM MB Từ PB CB PR RB = và =
, để ý là RA = RBvà MA = MB nên ta được QR = PR RB MB CM MB Từ   QRA = CMA và  
PRB = CMB ta được    + = = 0
QRA PRB AMB 60 . Nên ta suy ra  = 0 QRP 90
Bài 33. Vẽ đường cao BH của tam giác ABC. Do A
đường phân giác BD bằng cạnh bên của tam giác H
ABC nên tam giác BAD cân tại B. Từ đó ta thấy D
BH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
của tam giác BAD. Do đó ta được AD AH = 2 B C
Tam giác ABC có BD là đường phân giác nên ta có DA AB b = = DC BC a 2
Từ đó ta được DA DC DA + DC AC b b = = = = ⇒ DA = b a a + b a + b a + b a + b
Tam giác ABh vuông tại H nên theo định lí Pitago ta được 2 = 2 + 2 ⇒ 2 = 2 − 2 AB BH AH BH AB AH 2 Nên ta được 2 = 2 AD BH b −
. Tam giác BCH vuông tại H nên ta có 2 = 2 + 2 BC BH CH 4 2 Do đó suy ra BH BC CH BC (AC AH)2 2 2 2 2 2  AD  = − − − − = a − b −    2  2 Hay ta được 2 = 2 − 2 AD BH a b + b,AD − 4 2 2
Từ các kết quả trên ta được 2 AD AD b − = 2 a − 2 b + b,AD − ⇔ 2 b − 2 a = b.AD − 2 b 4 4 2 2 Thay b DA =
vào đẳng thức trên ta được ( a)(b a) b 2 a − b b b + − = b. − b ⇔ = a + b a + b ab (a + b)2
Từ đó ta suy ra được 1 1 b − = b a (a + b)2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 198
Bài 34. Vẽ tam giác DAE vuông cân tại E sao cho E A
và D nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB. Ta có    0  ADB = ADE + EDB = 90 + EDB Mà ta có  0 
ADB = 90 + ACB nên ta được   EDB = ACB E D Mà ta có AD AC BC = DE nên từ = ta được AD BD AD BC = . B C DE BD
Xét hai tam giác ABC và EBD có   EDB = ACB và AD BC =
nên ta được ∆ABC∽ ∆EBD DE BD Từ đó ta được   ABC AB BC AB BE = EBD và = ⇒ = BE BD BC BD Từ  
ABC = EBD ta suy ra được   DBC = ABE
Xét hai tam giác ABE và CBD có   DBC AB BE = ABE và = nên ∆ABE ∽ ∆CBD BC BD Từ đó suy ra AB AE = ⇒ AB.CD = AE.BC BC CD
Tam giác DEA vuông tại D nên theo định lí Pitago ta có 2 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 AE AD DE AD AD 2AD
Do đó ta được AE = 2AD . Mà ta có AC BC = nên AD.BC = AC.BD AD BD
Do đó ta được AB.CD = AE.BC = 2AD.BC = 2AD.BD hay AB.CD = 2AC.BD . Bài 35. C1 A
Giả sử hai tam giác đều ABC và A B C R 1 1 1
bằng nhau và nằm chồng lên nhau sao cho lục S
giác MNPQRS được kí hiệu như hình vẽ. Q
Các góc của hai tam giác đều ABC và A B C B 1 1 1 M
bằng nhau và hai góc đối đỉnh thì bằng nhau A N P B 1 1
nên ta nhận thấy các tam giác C
A MN; B PQ;C RS;CPN; ARQ; BMS đồng dạng 1 1 1
với nhau. Từ đó ta được MN PQ RS NP QR SM = = = = =
A M + A N B P + B Q C R + C S CN + CP AQ + AR BS + BM 1 1 1 1 1 1
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được MN + PQ + RQ NP + QR + MS =
A M + A N + B P + B Q + C R + C S CN + CP + AQ + AR + BM + BS 1 1 1 1 1 1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 199
Đặt độ dài cạnh của tam giác đều là a và x = MN + PQ + RQ; y = NP + QR + MS . Khi đó ta được x y =
⇔ x(3a − y) = y(3a − x) ⇔ (x − y)(3a − x − y) = 0 3a − y 3a − x Mặt khác ta có
3a = BC + CA + AB = (BM + MN + NC) + (CP + PQ + QA) + (AR + RS + SB)
= (CN + CP) + (AQ + AR) + (BS + BM) + (MN + PQ + RS)
> (NP + QR + MS) + (MN + PQ + RS) = y + x
Hay ta được 3a > x + y ⇒ 3a − x − y > 0
Do đó từ đẳng thức trên ta suy ra được x = y hay MN + PQ + RS = NP + QR + SM .
Bài 36. Ta xét các trường hợp sau A A E E F C B M B M C G I F D
+ Trường hợp 1: Nếu tam giác ABC vuông tại A. Khi đó E nằm trên tia AB và F nằm trên tia AB.
Hai tam giác vuông AEF và ABC bằng nhau nên ta được BC = EF
Mà M là trung điểm của BC nên ta được 2AM = BC do đó ta được EF = 2AM
Mặt khác ta lại có     
MAE = ACM; ABB = BAM = AEF và   + = 0 ABM MAE 90 Do đó ta được   + = 0
MAE AEF 90 nên ta được EF ⊥ AM
+ Trường hợp 2: Nếu tam giác ACB có  < 0
BAC 90 . Khi đó trên tia đối của tia MA lấy điểm
D sao cho MA = MD . Nối B với D, từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AD tại G.
Xét hai tam giác AMC và DMB có   AM = MD, AMC = BMD, BM = CM
Do đó ta được ∆AMC = ∆DMB , suy ra   CAM = BDM và AC = BD
Ta có AE ⊥ AB, BG ⊥ AB nên ta được BG//AE suy ra   EAM = BGA Mà ta có   
BGA = GBD + BMD và   
EAM = EAC + CAM . Do đó ta được   EAC = GBD . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 200 Ta có   0 
AE = AB, EAF = ABD = 180 − BAC, BD = AF = AC nên ∆EAF = ∆ABD .
Từ đó suy ra EF = AD mà AD = 2AM nên ta được EF = 2AM .
Cũng do ∆EAF = ∆ABD nên ta có   AEF = ABD Mà ta có   + = 0 BAD DAE 90 nên   + = 0 AEF DAE 90 , suy ra AM ⊥ EF
+ Trường hợp 3: Nếu tam giác ACB có  > 0
BAC 90 . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta
cũng được EF = 2AM và EF ⊥ AM .
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 37. Trước hết ta phát biểu hai bổ đề: C
Bổ đề 1: Trong tam giác ABC ta luôn có AB BC CA A' = = (Định lí sin) sin C sin A sin B B' H M E
Bổ đề 2: Trong tam giác ABC ta luôn có 2 = 2 + 2 AB
BC AC − 2BC.CAcosC (Định lí K Q A C' B cosin) F
Giả sử 1 = AB < AC < BC . Gọi M là trọng
tâm tam giác và kẻ A'E ⊥ AC, B'Q ⊥ AB.
Khi đó A’E là đường trung bình của tam giác BCF. Do đó BF AA' A'E = =
và tam giác vuông AEA’ nên ta được  = 0 A'AE 30 . Tương tự 2 2  = 0 B' BA 30 .
Do A’B’//AB nên ta có    = = = 0
A' B'M B' BA B'AM 30 do đó ta có ∆B'A'M ∽ ∆AA'B' Suy ra A' B' AA' = ⇒ 2 A' B' = AA'.A'M A'M A' B' Do đó ta có 2 = 2 A' B' A'M A'M A' B' 3A'M ⇔ = = 3 1  sin A' B'M 2 2
Như vậy áp dụng định lí sin cho tam giác A’MB’ ta được  = 0 A'MB' 60 hoặc  = 0 A'MB' 120 + Nếu  = 0 A'MB' 60 thì ta có   0  = = = 0
B'A'A A'AB 90 , B' BA 30 nên tam giác BAB’ cân tại A
Do đó ta được AB' = AB = 1. Từ đó ta được  = = = 0 AC 2AB 2; BAC 120 .
Áp dụng định lí cosin cho tam giác ACC’ ta được 2 = 2 + 2 − 0 21 C'C AC AC' 2AC.AC'.cos120 = 7 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 201 Do đó ta được 21 CC' =
. Tam giác AA’B’ vuông tại A’ nên ta được 2 2 = 2 − 2 3 AA' AB' A' B' = 4
Trong tam giác AA’B vuông tại A có AH là đường cao nên AA'.AB AA'.AB 21 AH = = = . 2 A' B AA' + 2 AB 7 Do đó ta được CC' 7 = AH 2 + Nếu  = 0
A'M' B 120 , khi đó tam giác A’MB’ cân tại M, do đó tam giác AMB cân tại M.
Suy ra ta có AA' = BB' dẫn đến AC = BC , điều này mâu thuấn với giả thiết tam giác Abc
không cân. Do vậy khả năng này không xẩy ra. Vậy ta được CC' 7 = . AH 2
Bài 38. + Điều kiện cần: Khi tam giác ABC đều thì A
H ta tâm đường tròn nội tiếp tam giác A A A . 1 2 3 A
Thật vậy, khi tam giác ABC đều thì AA’, BB’ và 1 K C' B'
CC’ lần lượt là các đường trung trực của các cạnh
B C , C A , A B của tam giác A A A . Mặt khác H 1 1 1 1 1 1 1 2 3 L B C1 1
ta cũng có tam giác A A A đều nên H là giao 1 2 3 B A' C
điểm ba đường trung trực đồng thì là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác A A A . 1 2 3
+ Điều kiện đủ: Khi H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A A A thì tam giác ABC đều. 1 2 3
Thật vậy, vì H là trực tâm tam giác ABC nên các tứ giác BA'HC', CA'HB', BCB'C' nội tiếp được.
Do đó ta được    
C'A'H = C' BH = HCB' = HA' B' hay A’H là phân giác của  C'A' B'
Hoàn toàn tương tự ta có B’H là phân goác của góc 
A' B'C'. Do đó H là tâm đường tròn
trong nội tiếp tam giác A’B’C’. Ta có C'A // HB' và B'A // HC' do đó tứ giác A B'HC' là 1 1 1 hình bình hành.
Hoàn toan tương tự ta được C'HA' B cũng là hình hình hành. Do đó ta suy ra tứ giác 1
A A' B' B là hình bình hành nên ta được A B // A' B' . Tương tự ta cũng có B C // B'C' . 1 1 1 1 1 1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 202
Gọi K và L lần lượt là giao điểm của A B với B'C' và B C với A' B' . Khi đó ta được tứ 1 1 1 1
giác B'KB L là hình bình hành. Trong hình bình hành B'KB L các đường phân giác của 1 1 góc  B' và 
B hoặc song song hoặc trùng nhau. Mà hai đường phân giác đó lại có giao 1
điểm chung là H(do H là tân đường tròn nội tiếp của hai tam giác A’B’C’ và A A A ) nên 1 2 3
hai đường phân giác đó trùng nhau, do đó ba điểm B', H, B thẳng hàng. Do BB’ vuông 1
góc với cả AC và A’C’ nên ta được AC//A’C’. Mà ta lại có tứ giác AC'A'C nội tiếp nên ta được   
BAC = BC'A' = BCA . Tương tự ta cũng được  
ABC = ACB . Do đó tam giác ABC đều.
Bài 39. Trên AC lấy điểm N sao cho  = 0 ABN 40 , khi đó A ta có   = = 0
ABN BAN 40 . Do đó tam giác ABN cân tại N. D Do đó ta được  = 0 BNC 80 . Do đó ta suy ra E   = = 0
BNC BCN 80 nên tam giác BCn cân tại B, suy ra N BN = BC. B F C M Trong tam giác BFC có  0  = = 0 FBC 40 ; FCB 70 nên  = 0 BFC 70
Từ đó ta được tam giác BCF cân tại B, suy ra BC = BF .
Như vậy ta được BN = BF .
Kéo dài BC lấy điểm M sao cho AB = AM , khi đó tam giác ABM đều. Xét tam giác ABN và
tam giác MBF có AB = AM, BN = BF và   = = 0
ABN BAN 40 . Nên ta được ∆ABN = ∆MBF ,
mà ta có tam giác ABN cân tại N nên tam giác MBF cân tại F, do đó ta được FM = FB . Từ
AB = AM và FM = FB suy ra AF là đường trung trực của MB hay AF vuông góc với BC. Bài 41. B    = = 0 EDC BAC 90 (gt)
a) Xét ∆EDC và ∆BAC có  H  C chung G Suy ra ∆EDC EC BC ∽ ∆BAC nên ta được = M DC AC D  EC BC  =
Xét ∆BEC và ∆ADC có DC AC ⇒ A E C  C chung ∆BEC ∽ ∆ADC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 203 Suy ra   BEC = ADC . Mà AH = HD nên  0  0  0  = ⇒ = ⇒ = ⇒ = 0 ADH 45 ADC 135 BEC 135 AEB 45
Do đó ∆AEB vuông cân tại A. Từ đó ta tính được BE = m 2    = = 0 AHB CAB 90 (gt)
b) Xét ∆AHB và ∆CAB có  ⇒ ∆AHB∽ ∆CAB  B chung AB BH ⇒ = ⇒ 2 AB = BH.BC ⇒ 2 2AB = 2BH.BC BC AB BE BH BM BH ⇒ 2 BE = 2BH.BC ⇒ = ⇒ = 2BC BE BC BE BM BH  =
Xét ∆BHM và ∆BEC có  BC BE ⇒ ∆BHM ∽ ∆BEC  MBH chung   0  ⇒ = = ⇒ = 0 BHM BEC 135 AHM 45    = = 0 AHC BAC 90 (gt)
c) Xét ∆AHC và ∆BAC có  ⇒ ∆AHC ∽ ∆BAC  C chung Do đó ta được AH AB =
. Mặt khác ∆AEB vuông cân tại A có AM là trung tuyến thì AM HC AC
cũng là phân giác hay AG là đường phân giác của ∆ABC. Suy ra GB AB = . Từ đó ta có: GC AC GB AH =
⇒ GB.HC = AH.GC ⇒ GB.HC = AH.(BC − GB) GC HC
⇒ GB.HC = AH.BC − AH.GB ⇒ AH.GB + GB.HC = HD.BC ⇒ GB.(AH + HC) = HD.BC Từ ta được GB HD = BC AH + HC Bài 42. A A M N E F F' E' B C B Q H' H G' G P C c x 3 0 ( − )
a) + Đặt AM = x (0 ≤ x ≤ c) . Ta có MN AM ax = ⇔ MN = và MQ = BMsin 60 = . BC AB c 2 ax(c − x) 3
Suy ra diện tích của MNPQ là: a 3 S = = x(c − x) 2c 2c THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 204 2
+ Ta có bất đẳng thức a + b  a + b  ≥ ab ⇔ ab ≤ (a > 0,b >   0) 2  2  2 2
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có ( x)  x + c − x  c x c − ≤ =    2  4
Dấu đẳng thức xảy ra khi c x = c − x ⇔ x = . 2 2 Suy ra a 3 c ac 3 S ac 3 ≤ ⋅ = . Vậy S = khi c
x = hay M là trung điểm của cạnh AC. 2c 4 8 max 8 2
b) Giả sử đã dựng được hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC. Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F'.
Dựng hình chữ nhật E'F'G'H' (E'∈AB;G',H'∈ BC) .
Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên E'F' BE' BF' F'G' = = = EF BE BF FG
⇒ E'F' = F'G' . Do đó E'F'G'H' là hình vuông.
+ Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình vuông E'F'G'H'
(G', H' thuộc cạnh BC). Dựng tia BF' cắt AC tại F. Dựng hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam
giác ABC. Chứng minh tương tự trên, ta có EF = FG, suy ra EFGH là hình vuông. + Ta có BH' 1 BG' BH' H'G' BH' 1 = 0 cotg60 = ;  + cotgF' BC = = = + 1 = + 1 E'H' 3 F'G' F'G' E'H' 3
Suy ra tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F duy nhất.
Trường hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở trên cạnh BC, lý
luận tương tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E. Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất. c − x 3 + Đặt AE EF AE ax = x . Ta có = ⇒ EF = và HE = (c − x) ( ) sin B = BC AB c 2 ax ( − ) 2 c x 3 EFGH là hình vuông, nên c 3 EF = EH ⇔ = ⇔ x = c 2 2a + c 3 2 2
Suy ra diện tích hình vuông EFGH là 3a c S = 2 EF = ( . 2 2a + c 3) Bài 43. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 205 Ta có 2 = 2 + 2 = 2 + 2 + 2 + 2 BC AB AC BH AH AK CK K
Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức A H ( + )≥( + )2 2 2 2 BH AH BH AH Tương tự ta có ( + )≥( + )2 2 2 2 AK CH AK CK B C Suy ra ≥ ( + )2 +( + )2 2 2BC BH AH AK CK
Đặt BH + AH = m; AK + CK = n . Vì   + = 0 CAK BAH 90 mà   + = 2 BAH ABH 90 nên  
CAK = ABH . Dẫn đến tam giác ABH
đồng dạng với tam giác CAK AB AC ( 2 AB + 2 2 2 AC ) 2 Do đó AH BH AB AH + BH m BC 1 = = = = Nên = = ≥ = CK AK AC CK + AK n 2 2 m n ( 2 m + 2 n ) 2 2BC 2 Hay m ≤ 2AB; n ≤ AC 2
Chu vi tứ giác BHKC là BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB + AC) 2
Vậy chu vi BHKC lớn nhất là BC + (AB + AC) 2 Bài 44.
a) Gọi I là trung điểm BC A
+ Tam giác BEC vuông tại E nên có BC IB = IC ⇒ EI = BI = CI = 2 E F
+ Tam giác BFC vuông tại F nên có BC M H IB = IC ⇒ FI = BI = CI = 2 K
Từ các kết quả trên suy ra BC BI = FI = EI = CI = 2 B D I C
Vậy bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc đường tròn tâm I đường kính BC
b) Xét tam giác HAE và HBD có     = = = 0 AHE BHD; HEA HDB 90 Nên ta được HA HE ∆AHE ∽ ∆BHD ⇒ = ⇒ HA.HD = HB.HE HB HD
Chứng minh tương tự ta có HA HF ∆AHF ∽ ∆CHD ⇒ = ⇒ HA.HD = HC.HF HC HD
Từ các kết quả trên ta được HA.HD = HB.HE = HC.HF THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 206 c) Ta có HD HF HA.HD = HC.HF ⇒ = kết hợp với   DHF = CHA HC HA Suy ra ∽   ∆DHF ∆CHA ⇒ HDF = HCA
Tương tự ta cũng được ∽   ∆DHE ∆BHA ⇒ HDE = HBA Mà ta lại có  
HBA = HCA . Kết hợp các kết quả trên ta được   HDF = HDE
Do đó DH là phân giác của 
FDE . Chứng minh tương tự ta có EH là phân giác của  DEF
Do đó H là giao điểm của ba đường phân giác trong tam giác DEF
d) Kẻ DK ⊥ BE (K ∈ BE). Gọi M là giao điểm của BE và DF   DK DM ⇒ sin BED = sin KED = mà  DK ≤ DM ⇒ sin BED ≤ DE DE Mặt khác DM FM DM FM DM + FM DF = ⇒ = = = DE FE DE FE DE + FE DE + FE
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương DE và EF ta có DF DF DE DF + EF ≥ 2 DE.EF ⇒ ≤ hay  sin BED ≤ DE + EF 2 DE.EF 2 DE.EF
Chứng minh tương tự ta có  DE sin CFE EF ≤ và  sin ADF ≤ 2 FD.FE 2 DE.DF Do đó ta được    EF DF DE sin ADF.sin BED.sin CFE ≤ . . 2 DE.DF 2 DE.EF 2 FD.FE Hay    1
sin ADF.sin BED.sin CFE ≤ . Dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC đều. 8
_________________HẾT_________________ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC