Vẽ hình và những gợi ý nảy sinh cho lời giải bài toán hình học tương ứng

Trong hình học phẳng, vẽ được hình là yếu tố quan trọng để đi tới cách giải. Không phải bài hình học nào cũng nhất thiết vẽ hình cảm tính theo trình tự như giả thiết, mà phải theo nguyên tắc linh hoạt từ bản thân bài hình học đó. Bài viết "Vẽ hình và những gợi ý nảy sinh cho lời giải bài toán hình học tương ứng" minh họa ý trên qua một số bài toán hình học phẳng. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết mội dung bài viết!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Vẽ hình và những gợi ý nảy sinh cho lời giải bài toán hình học tương ứng Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019VẼ HÌNH VÀ NHỮNG GỢI Ý NẢY SINH CHO LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC TƯƠNG ỨNG Nguyễn Bá Đang Hội THHN Tóm tắt nội dung Trong hình học phẳng, vẽ được hình là yếu tố quan trọng để đi tới cách giải. Khôngphải bài hình học nào cũng nhất thiết vẽ hình cảm tính theo trình tự như giả thiết, màphải theo nguyên tắc linh hoạt từ bản thân bài hình học đó. Bài báo này minh họa ý trênqua một số bài toán hình học phẳng.Bài toán 1. (Olympiad Baltic) Cho tam giác ABC vuông tại đỉnh A. Lấy điểm D trên cạnhBC sao cho ∠ ADB = 2∠ BAD. Chứng minh rằng 2 1 1 = + . AD BD CDLời giải. Giả thiết tam giác ABC vuông tại A. Gọi O là trung điểmBC thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Kéo dài AD Acắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại E. Ta có ∠ BOE = 2∠ BCE = 2∠ BAE = 2∠ BAD = ∠ BDAnên tam giác OED cân tại E, nghĩa là B C D O 1 DE = OE = BC. 2Theo trường hợp g.g., các tam giác ADB và CDE đồng dạng nên DB DA E = ⇒ DB · DC = DA · DE. DE DCTừ đó, 1 1 CD + BD 2ED 2 + = = = . BD CD BD · CD AD · DE ADNhận xét. Chìa khóa giải bài toán là ED = EO. Đó cũng là chìa khóa cho cách vẽ hình.Bài toán 2. Cho tam giác ABC có ∠ ABC = 2∠ ACB. Chứng minh rằng a) ∠ ACB < 60◦ ; b) AC2 = AB2 + AB.BC và AB + BC < 2AC. 1 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019Lời giải. Hướng dẫn cách vẽ như sau:- Dựng tam giác cân DBC;- Lấy đối xứng cạnh BC qua BD; A- CD cắt đường thẳng đối xứng tại A.a) Ta có ∠ A + ∠ B + ∠C = 180◦ nên ∠ A + 3∠C = 180◦ , suyra 3∠C < 180◦ . DVậy ∠ ACB < 60◦ .b) Tam giác ABC thỏa mãn ∠ ABC = 2∠ ACB. Theo cáchdựng BD là phân giác góc ∠ ABC nên B C ∠ DBC = ∠ DCB và ∠ ABD = ∠ DBChay ∠ ADB = 2∠ DBC = 2∠ ABD. Từ đó, tam giác ABC và tam giác ADB đồng dạng (g.g.) AB AC = ⇒ AB2 = AD · AC (?) AD ABTheo tính đường phân giác DC BC DC + DA BC + AB AC BC + AB AC · AB = ⇒ = ⇒ = ⇒ DA = . DA AB DA AB DA AB BC + ABThay vào đẳng thức (?), ta có AC · AB AB2 = · AC hay là AC2 = AB2 + AB · BC. BC + AB AC · BCTương tự, ta có DC = . Do DB + DC > BC nên AB + BC 2AC · BC > BC ⇒ AB + BC < 2AC. AB + BC AC2Cách 2. Ta dùng lượng giác như sau. Do = AB + BC < 2AC nên AC < 2AB, tức là ABsin 2C < 2 sin C, hay 2 sin C cos C < 2 sin C ⇔ cos C < 1. Luôn đúng!Bài toán 3. (Germany 2009) Cho tam giác nhọn ABC, đường cao BD và CE. Đường trònqua A, E và tiếp xúc với BC tại P và Q. Chứng minh rằng giao điểm của PD và QE thuộc 2 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.Lời giải. Từ giả thiết đường tròn đi qua A và Eđồng thời tiếp xúc với cạnh BC, suy ra có hai Ađường tròn tiếp xúc với BC tại P và Q và đi quaA, E. Theo tính chất của tiếp tuyến suy ra D BP2 = BE · BA và BQ2 = BE · BA. KNhư vậy BP = BQ. ETừ đó suy ra cách dựng hai điểm P và Q. Ta có H∠EQB = ∠EAQ (góc tạo bởi tiếp tuyến) nên các Q B F P Ctam giác BQE và BAQ đồng dạng theo trường hợpc.c và ∠QEB = ∠ AQB. (1) Gọi H là trực tâm tam giác ABC và F là giao điểm của AH và BC. Khi đó AF ⊥ BC. Ta có CB.CF = CB(CB − BF ) = CB2 − CB.BF (2)Do tứ giác ACFE nội tiếp nên BF.BC = BE.BA = BQ2 , từ (2) suy ra CB.CF = CB2 − CB.BF = CB2 − BQ2 = (CB + BQ)(CB − BQ) = CQ.CP (3)Tứ giác ADFB nội tiếp suy ra CD.CA = CF.CB, từ (3) ⇒ CP.CQ = CD.CA (4) Từ (4) suy ra tứ giác ADPQ nội tiếp. Khi đó, ∠ PDC = ∠ AQB = ∠QEB (theo (1)) (∗)Gọi K là giao điểm QE và PD, từ (∗) suy ra tứ giác ADKE nội tiếp nên K thuộc đườngtròn ngoại tiếp tam giác ADE.Nhận xét. Chìa khóa từ ...