Tiêu đề 1 Chuyên Đề 1. Tam Giác - Tứ Giác - Đa Giác.docx ✅

Chuyên đề 1 TAM GIÁC – TỨ GIÁC – ĐA GIÁC TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ Các hình tam giác, tứ giác được biết đến từ các lớp dưới. Với những kiến thức hình học của lớp 7, lớp 8, chúng ta sẽ phát hiện ra rất nhiều tính chất thú vị về độ dài, về góc, về tính song song, vuông góc, thẳng hàng, … từ những hình tưởng như đơn giản. Các bài toán trong chuyên đề này gồm đủ các dạng như: tính toán, chứng minh, dựng hình, tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất. Chúng thường đòi hỏi phải vẽ thêm đường phụ, điều đó sẽ mang đến cho chúng ta nhiều cảm hứng và lợi ích trong giải toán. Bài toán vui Ở CỬA HÀNG ĐỒ DA Do có ít khách hàng, một ông chủ cửa hàng đồ da đã nghĩ ra một cách quảng cáo khéo léo. Ông treo hai miếng da trước cửa hàng (h.1) trong đó miếng da bên trái có hình tam giác (h.1a), miếng da bên phải hình tròn có một lỗ hổng mà nếu đặt ngược tấm da bên trái xếp vào lỗ hổng thì vừa khít (h.1b). Bên cạnh hai tấm da, ông chủ cửa hàng đặt một tấm bảng ghi dòng chữ: “Quý khách nào cắt được miếng da bên trái thành ba mảnh rồi ghép kín lỗ hổng của tấm da bên phải (mà không phải lật ngược) thì khi mua bất cửa thứ hàng nào của cửa hàng cũng chỉ phải trả nửa tiền”. Ngay lập tức, có nhiều khách hàng đến cửa hàng và đã có người làm được. Còn bạn, bạn hãy đưa ra cách làm của mình. Theo Xem Lôi-dơ (Sam Loyd, Mỹ). Giải Các tam giác ABC và '''ABC tuy bằng nhau nhưng nếu muốn đặt trùng khít nhau thì ABC phải lật lại (đưa mặt trên xuống dưới, đưa mặt dưới lên trên). b)a) Hình 2 3' 2'1'2 3 1 H'HCB A B' A' C' DE D'E' Nhưng nếu hai hình bằng nhau là tam giác cân (tổng quát, hình có trục đối xứng) thì không cần lật lại một hình vẫn được trùng khớp với hình kia. Do đó, ta làm như sau: Ở miếng da hình tam giác (h.2a), gọi H là hình chiếu của A trên BC , gọi D và E theo thứ tự là trung điểm của AB và AC . Cắt miếng da đó theo HD và HE , miếng da được chia thành ba mảnh: mảnh 1 là tam giác cân DBH , mảnh 2 là tam giác cân EHC , mảnh 3 là tứ giác ADHE (gồm hai tam giác cân là ADH và AEH ). Không cần lật lại, ta ghép được: Hình 1b)a)
- Mảnh 1 trùng khít phần 1’ ( D trùng 'D , B trùng 'H , H trùng 'B ). - Mảnh 2 trùng khít phần 2’ ( E trùng 'E , H trùng 'C , C trùng 'H ). - Mảnh 3 trùng khít phần 3’ ( A trùng 'H , D trùng 'D , H trùng 'A , E trùng 'E ). I. TAM GIÁC Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông tại A , 060B , điểm M thuộc cạnh BC cùng với điểm A chia chu vi tam giác ABC thành hai phần bằng nhau (tức là ABBMACCM ). Tính góc AMB . Giải: (h.3) Kẻ AHBC . Đặt 1BH . Do 060B nên 030BAHC . Áp dụng bổ đề: Trong tam giác vuông có góc nhọn 030 , cạnh đối diện với góc đó bằng nửa cạnh huyền vào các tam giác vuông ABH , ABC , AHC ta được 22ABBH , 24BCAB , 2ACAH . Áp dụng định lí Py – ta – go vào AHB , ta có 222AHABBH2213 3223AHACAH . Chu vi ABC bằng 2423ABBCCA623 623:233ABBM 3333213BMAB 1313HMBMBHAH . Tam giác AHM vuông cân nên 045AMH , tức là 045AMB . II. TỨ GIÁC Các tứ giác được nghiên cứu trong chuyên đề này là các tứ giác lồi, chúng có tính chất: tổng các góc trong bằng 0360 . Cần nắm vững định nghĩa, tính chất, dấu hiệu nhận biết của các tứ giác đặc biệt: hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông. Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD có ABBCAD , 080A , 040C . Tính các góc B và D . Giải: (h.4) ADB cân tại A , 080A nên  000118080:250D . Kẻ AHBD , BKCD . Ta có 090KH . BCAD (giả thiết), 0 140CA nên CKBAHD (cạnh huyền – góc nhọn) BKDHHB . Tam giác vuông BKD có 1 2BKBD nên 0 230D . Suy ra 000 12503080DDD . Do đó  00000360808040160B . Hình 3 HBC A M Hình 4 2 1 2 1 A H KDC B
Ví dụ 3. (Bổ đề nhận biết hai đường chéo vuông góc) Cho tứ giác ABCD có tổng bình phương các cạnh đối bằng nhau ( 2222ABCDADBC ). Chứng minh rằng AC vuông góc với BD . Giải: (h.5) Giả sử AC không vuông góc với BD . Kẻ AHBD , CKBD , giả sửa H bằm giữa B và K . Từ giả thiết suy ra 2222 ABADBCCD 22222222ABAHADAHBCCKCDCK 22222222 HBHDBKDKHBBKHDDK . Đẳng thức trên sai, vì vế trái âm, vế phải dương. Vậy AC vuông góc với BD . Lưu ý: Bổ đề trên cũng đúng trong trường hợp điểm C nằm trên đoạn thẳng BD . Chứng minh tương tự như trên . Ví dụ 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại A , đường trung tuyến BE . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với BE cắt BC ở K . Chứng minh rằng 2BKKC . Giải: (h.6) Kẻ AHBC , cắt BE ở G . Ta có G là trực tâm của ABK nên KGAB . Ta lại có CAAB nên //CAKG . Gọi I là trung điểm của BG . Do G là trọng tâm của ABC nên BIIGGE . Kẻ //IMGK MBC . Do ////IMGKEC nên BMMKKC (tính chất đường song song cách đều). Vậy 2BKKC . Ví dụ 5. Cho tam giác ABC . Ở phía ngoài tam giác ABC , vẽ các tam giác đều ABD , ACE và tam giác cân BCF có 0120F . a) Gọi I là điểm đối xứng với F qua BC , gọi K là điểm đối xứng với I qua DE . Chứng minh rằng tam giác DIE cân có 0120I̂ . b) Tam giác DIK là tam giác gì? c) Chứng minh rằng AKIF là hình bình hành và AF vuông góc với DE . Giải: (h.7. hình vẽ và chứng minh ứng với 0 30ABC , 030ACB  ; các trường hợp khác tương tự). a) I đối xứng với F qua BC BIBF , 0 2130BB . DBI và ABF có DBAB ,  0360DBIABFB , BIBF , do đó ..DBIABFcgc 11,IFDIAF . Tương tự  2IAFC , EIAF . Suy ra DIEI . 1 0 121120IIFAFCBFC  000012360360120120DIEIIBIC 2 Hình 5 K HBD A C Hình 6 G K E A HB C Hình 7 3 2 2 1 1 1 K I F E D BC A
Từ 1 và 2 suy ra DIE cân có 0120I̂ . b) DIE cân có 0120I̂ nên 030IDE . K đối xứng với I qua DE nên DKDI và 00 22.3060IDKIDE . Suy ra DIK đều. c) DIK đều IKID mà DIAF nên IKAF . 3 ..DAKDBIcgcAKBI mà BIIF nên AKIF . 4 Từ 3 và 4 suy ra AKIF là hình bình hành //AKIK . Ta lại có IKDE nên AFDE . Ví dụ 6. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Gọi M , N theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AC , AB . Đường thẳng MN cắt AH tại I và cắt CB tại E . Gọi O là trung điểm của BC . Kẻ HD vuông góc với AE DAE . Chứng minh rằng: a) I là trực tâm của tam giác AOE . b) 090BDC . Giải: (h.8) a) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật nên  1MAHN . Ta lại có  1AHNB (cùng phụ  1H 0 nên  11MB ). 1 Do OAOC nên  1AACB . 2 Từ 1 và 2 suy ra 0 11190MABACB , suy ra EMOA . Tam giác AOE có EMOA nên I là trực tâm. b) Từ câu a), suy ra OIAD . 3 . ADH vuông tại D có DI là đường trung tuyến nên IAID 4 Từ 3 và 4 suy ra OI là đường trung trực của AD , do đó OAOD . Tam giác BDC có ODOAOB nên 090BDC . Ví dụ 7. Cho tam giác ABC cân tại A có 0 60A . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho CDCB . Gọi điểm E đối xứng với B qua AC . Gọi F là giao điểm của DE và AC . a) Chứng minh rằng BFEC là hình thoi. b) Tính các góc của hình thoi đó theo  . Giải: (h.9) a) Do E đối xứng với B qua AC nên ECBC và EFBF . 1 . Để chứng minh BFEC là hình thoi, ta sẽ chứng minh ECEF . Đặt  ABCACB thì 02180 . Gọi Cx là tia đối của tia CE . Do E đối xứng với B qua AC nên  1CACB , suy ra 0 31802C . 2 CBD cân có góc đáy  CBD nên 0 21802C . 3 Hình 8 1 1 11 D E I M N HOBC A Hình 9 3 21 1 α FE D BC A