PHẦN I: PHƯƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁPBÀI TOÁN NGƯỢC ( Hình Học)
5. Bài tập vận dụng phương pháp bài toán ngược
❖ Bài toán 1: Cho ∆ABC vuông tại A,đường cao AH. CMR : AH2 =BH.HC.
a) Chỉ ra 1 phản ví dụ cho thấy nếu ∆ABC có đường cao AH thoả AH2 =BH.HC nhƣng góc A khác 90° .
b) Muốn có Â =90° thì cần có thêm điểu kiện gì ? Chứng minh điều đó.
Giải:
a) Phản ví dụ : Hình vẽ dưới với tỉ lệ : AH=2HB
HC=4HB Tacó:
∆ABC thoả điều kiện AH2 =BH.HC nhƣng A ≠ 900
b) Ta xét cấu trúc bài toán thuận :
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 41 P: AABC,AH_LBC,BH+HC=BC
A: Â =90°
B: AH2 =BH.HC.
Cấu trúc câu a):
P: ABC,AH⊥BC A: AH2 =BH.HC.
B: Â=90°
Bài toán này chƣa đủ điều kiện để chứng minh Â=90°.
Bổ sung điều kiện:
P: ABC,AH-LBC,BH+HC=BC A: AH2 =BH.HC.
B: Â=90°
Do ở mệnh đề thuận ABC vuông tại A,đường cao AH thì đã ngầm kéo theo điều kiện HBC hay BH+HC=BC nên khi lập mệnh đề đảo ta phải chú ý điều kiện trên.
Chứng minh:
Ta có : AH2 =BH.HC
AHB CHA A ̂H = BÂH
mà A ̂H + CÂH = 90°
+ HÂC = 90°
A =90°
Ta có các dạng toán tương tự với 1 số hệ thức trong tam giác vuông : 1. AB2 =BH.BC
2. AC2 =CH.BC 3.
4. AH.BC=AB.AC
❖ Bài toán 2: Trong 1 tam giác vuông, trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng 1/2 cạnh huyền.
Hãy thiết lập bài toán ngƣợc của bài toán thuận .
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 42
● Thuận:
P: ∆ABC,MA=MC A: Â=90°
B: AM=BC/2
● Xét bài toán:
P: ∆ABC,MA=MC A: Â< 90° (nhọn) B: AM >BC/2 Bài toán này đúng (AM >A'M=BC/2)
● Xét bài toán :
P: ∆ABC,MA=MC A: Â>900(tù) B: AM < BC/2
Bài toán này đúng
do AM < AM’ = BC/2
Nhƣ vậy,sau khi sắp xếp các mệnh đề lại,ta có theo định lí Gobe thì các mệnh đề đảo đúng và ta có Bài toán ngƣợc: "Chứng minh rằng :trong 1 tam giác, 1 góc sẽ nhọn, vuông hay tùy theo cạnh đối diện nhỏ hơn hay bằng hay lớn hơn 2 1ần trung tuyến kẻ tới cạnh đối đó."
❖ Bài toán 3:
a) Cho ∆ABCcân tại A, phân giác BD và phân giác CE cắt nhau tại O. Chứng minh rằng :OE=OD.
b) Cho ∆ABC có Â=600, phân giác BD và phân giác CE cắt nhau tại O. Chứng minh rằng :OE=OD.
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 43 Hãy giải bài toán trên. Lập bài toán ngƣợc của nó.
Giải
a) Ta có: AEC = ADB (c.g.c) B1 = C1
EOB= DOC OE=OD
b) Ta có: Â = 600
(1)và (2) EOD nội tiếp.
Mà A1=A2 (do AO là phân giác) EO=DO
❖ Phát biểu bài toán ngƣợc: Cho △ABC, phân giác BD và phân giác CE cắt nhau tại O.Nếu OD = OE thì △ABC hoặc cân tại A hoặc có Â=60°.
Giải :Kẻ OI ⊥ AB, OJ ⊥ AC.Có 2 trường hợp xẩy ra:
● Trường hợp 1: OI và OJ cùng nằm trên hoặc cùng nằm dưới E,D.
Ta có : △AIO=△AJO (cạnh huyền,góc nhọn) OI=OJ, mà OD=OE △EIO=△OJD E1=D1 E2=D2
Xét △EBO và △ODC có E2=D2 (cmt)
OD=OE (gt) O1=O2 (đđ)
△EBO=△ODC (g.c.g) AÊD = ACO
AÊC = ACB △ABC cân tại A.
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 44 ● Trường hợp 2: OI,OJ nằm trên hoặc dưới E,D.
Ta có AIOJ nội tiếp (I+J= 180°) A1=A2 (AO là phân giác)
Vậy ∆ABC có Â=60°
❖ Bài toán 4: Cho hình vuông ABDC có tâm O. CMR : OA2+OB2+OC2+OD2=2SABCD .Hãy giải và phát biểu bài toán ngƣợc.
Giải:VT = 4 . OA2 = 4. (AC/2)2 = AC2 = (AB√ )2 = 2AB2 = 2SABCD
= VP đpcm.
phát biểu bài toán ngƣợc : Cho tứ giác ABCD, O là điểm bất kì nằm trong tứ giác.Nếu OA2+OB2+OC2+OD2=2SABCDthì ABCD là hình vuông và nhận O làm tâm.
Giải:
SABCD = SAOB + SBOC + SCOD + SDOA
SAOB 1/2 OA. OB 1/2 ( ) (Côsi) (1)
Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi { ⊥ ( )
Tương tự :
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 45 SBOC (2)
Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi: { ⊥ ( )
SCOD (3) Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi:
{ ⊥ ( )
SDOA (4)
Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi: { ⊥ ( )
Cộng vế theo vế của (1), (2), (3), và (4) : SABCD 1/4 (2.OA2+ 2.OB2 + 2.OC2 + 2. OD2) 2. SABCD (OA2 + OB2 + OC2 + OD2) Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi: { ⊥
ABCD là hình vuông nhận O làm tâm.
Bài toán 5: Cho ABCD là hình vuôngyChứng minh rằng: AB+BC+CD+DA=4
√ thì ABCD là hình vuông.
Giải:
Tacó:AB+BC+CD+DA=(AB+CD)+(BC+DA) 2 √( )( ) (Bất đẳng thức Cosi ).
Dấu "=" xẩy ra khi :AB+CD =BC+DA (*)
Mà (AB+CD)+(BC+DA)=AB.BC+CD.DA+CD.BC+AB.DA
SABC + 2SCDA + 2SCBA + 2SABD = 4SABCD
Dấu "=" xảy ra khi :AB⊥BC,CD⊥DA,CD⊥BC,AB⊥DA (**) Do đó ta có : AB+BC+CD+DA 4√ .
Dấu "=" xảy ra khi (*) và (**) xảy ra:
{ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 46 { c
ABCD là hình vuông (đ.c.c.m).
❖ Bài toán 6: Cho hình thang ABCD,AC∩BD=O,AB//DC a) Chứng minh rằng: SAOD = SCOB
b) Chứng minh rằng: √ √ √ (1) c) Chứng minh rằng: √ √ √
Giải và phát triển bài toán ngƣợc Giải:
a) Ta có:
Ta có:
c) Tương tự b)
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 47
❖ Phát biểu bài toán ngước:
1. Cho tứ giác ABCD, AC BD=O .Nếu SAOB=SCOB thì ABCD là hình thang.
2. Cho tứ giác ABCD, AC BD=O
a) Nếu √ + √ = √ (*) thì ABCD là hình thang.
b) Nếu √ + √ = √ thì ABCD là hình thang.
Giải:
1. Ta có: SAOD = SCOB
SAOD + SDOC = SBOC + SDOC SADC = SCBD
DC . AA1 = DC.BB1 AA1 = BB1
ABCD là hình thang.
2.
AB//CD (bài toán ngƣợc (1)) ABCD là hình thang.
a) Tương tự a).
❖ Bài toán 7: Chứng minh rằng: nếu tứ giác ABCD có 2 đường chéo vuông góc thì tổng bình phương 2 cạnh đối này bằng tổng bình phương 2 cạnh đối kia. (11/82 SGK 8).
Giải: { =
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 48 Bài toán ngược : Chứng minh rằng: tứ giác có tổng bình phương 2 cạnh đối này bằng tổng bình phương 2 cạnh đối kia thì tứ giác ấy có 2 đường chéo vuông góc nhau.
Giải: Giả sử AC không vuông góc BD.
Hạ BH1⊥AC,DH2⊥AC.
AB2+CD2=AD2+BC2 AH12
+BH12
+DH22
+CH22
= AH22
+DH22
+BH12
+CH12
AH12
- AH22
= CH12
- CH22
(AH1+AH2)( AH1-AH2) = (CH1+CH2)(CH1-H2) ( )( H1H2)=(CH1+CH2)(H1H2) (AH1+AH2+ H1+CH2)(H1H2)=0
2.H1H2.AC =0 H1H2=0
H1≡H2
AC⊥BD đ.c.c.m.
❖ Bài toán 8: Cho (O ;R), đường kính BC cố định. Vẽ tiếp tuyến Bx, Cy tại D,E.
a) Chứng minh: DE = BD + CD.
b) DOE vuông.
Hãy giải và thiết lập 1 số bài toán ngƣợc có thể có.
Giải:
a) DE = DA + EA Mà DA = DB EA = EC
DE = DA+EA
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 49 b) D1 + E1 = (D+E) = 1800 = 900
Bài toán ngược 1: Cho (O;R),đường kính BC.Vẽ cùng mặt phẳng bờ BC,2 tiếp tuyến Bx,Cy với (O).Lấy DBX, dựng góc vuông Doz ở cùng nửa mặt phẳng đó cắt Cy tại E.Chứng minh rằng :DE=BD+CE (hay DE là tiếp tuyến).
Giải:
Giả sử DE không là tiếp tuyến của (O).CÓ thể vị trí DE1, hoặc DE2. Vậy, từ D dựng tiếp tuyến DE*. Theo bài toán thuận thì DÔE*=1 vuông.
Theo giả thiết: DÔE=1 vuông E=E*
DE là tiếp tuyến DE=BD+CE
● Bài toán ngƣợc 2:
Cho (0;R),đường kính BC.Trên mặt phẳng bờ BC dựng tiếp tuyến Bx.Lấy D Bx
dựng tiếp tuyến Dz dựng góc vuông Dot, chúng cắt nhau ở E. Chứng minh rằng: CE là tiếp tuyến của (O).
Giải: Ta có:
I ̂O = 1.V DÔE = 1.V (gt) I ̂O = 1.V ION= ONC Ô1=Ô2
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 50 Xét ∆IOE và ∆EOC có :
cạ c
}
̂ ̂
ế ế ⊥ ạ
❖ Bài toán 9: Cho ∆ABC vuông.Chứng minh rằng:3 trung điểm 3 đường cao thẳng hàng.
Giải : Gọi M,N,P là trung điểm của AB,AC,AH Ta có :
} M,N,P thẳng hàng.
Bài toán ngược: Cho ∆ABC có 3 đường cao AH,BK,CN. H∈BC,K∈AC,N∈AB. Chứng minh:
3 trung điểm 3 đường cao thẳng thì ∆ABC vuông.
Giải: Giả sử ∆ABC không vuông ở A.Kẻ BK⊥AC,CN⊥AB.Gọi I,J,K là trung điểm BK,AH,CN.Gọi E,F,Giữa là trung điểm AB,BC,AC.
Ta có: EI//AC, IF//KC
I EF ( hay I đường trung bình EF của ABC. ) Tương tự, ta có I,J,K thẳng hang (!) vô lý.
điều giả sử sai.
ABC vuông tại A.
Bài toán : Tính diện tích 1 tam giác có góc nhỏ nhất là 450,cạnh nhỏ nhất là 1 đơn vị dài, 3 trung điểm 3 đường cao thẳng hàng.
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 51 Giải: Áp dụng bài toán ngƣợc trên, ta có tam giác đó là tam giác vuông,mà có 1 góc 45° nên là tam giác vuông cân với cạnh góc vuông là 1 đơn vị dài.
Diện tích = .1.1= . (đvdd).
❖ Bài toán 10: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ABC. Từ điểm M trên đường tròn hạ các đường vuông góc lên các cạnh tam giác. CMR.Chân các đường cao thẳng hàng. (Đường thẳng Simson ).
Giải : Gọi các chân đường vuông góc hạ xuống là K,N,P.
Ta có : N2=M1 (BKMN nội tiếp ) N3=M2 (MNPC nội tiếp ) Ta có : B1=C1 ( ABMC nội tiếp ) mà {
M1=M2 N2=N3
K,N,P thẳng hàng.
Bài toán ngƣợc: Cho ABC nội tiếp trong (O). Lấy bất kì M(O). Hạ MK⊥AB,MN⊥ C KN AC.Chứng minh rằng: MP⊥ AC.
Giải:
Thuận : A B
Ngƣợc : B A Giả sử MP ⊥ AC.
P’ P: MP’ ⊥ AC tại P’.
Theo bài toán thuận thì K,N,P' thẳng hàng (!) vô lí ví K,N,P thẳng hàng.
Vậy điều giả sử sai MP⊥AC.
❖ Bài toán 11: Cho ABC nội tiếp (O) và M(O),M' là điểm đối xứng với M qua (O).
Chứng minh rằng: các đường thẳng Simson của M và M' vuông góc nhau.
Giải :
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 52 Cần chứng minh: P1 + P1 = 900
Ta có: P1 = M1 (BPMQ nội tiếp) P1/
= M1/
(BN’MQ nội tiếp)
Mà :
Vậy P1 + P1/
= 900 đ.c.c.m.
M1/
+ M1/
= 900
Bài toán ngƣợc : Cho ∆ABC nội tiếp (O) và M∈(0),M' là điểm đối xứng với M qua (O).Dựng M'P'⊥ AB.Từ P' dựng đường thẳng vuông góc với đường thẳng Simson của M,đường thẳng P/x này cắt AC,BC lần lượt tại Q' và R' Chứng minh: M'Q'⊥AC,M'R'⊥BC.
Giải:
Giả sử M’R’ ⊥ BC Hạ M’R1 ⊥ BC
Thì P'R1 chính là đường Simson của M'
Theo bài toán thuận thì đường Simson của M' và đường Simson của M phải vuông góc nhau Do đó đường Simson của M' chính là P'x (mâu thuẫn)
Vì P'x qua R', mà R' không là chân đường cao hạ từ M' xuống BC Vậy điều giả sử sai
=> M’R’ ⊥ BC và M’Q’⊥ AC
❖ Bài Toán 12: Chứng minh rằng : tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm và trọng tâm của 1 tam giác nằm trên 1 đường thẳng ( Đường thẳng Ơle)
Giải:
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 53 Gọi O,H,G là tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm và trọng tâm của tam giác
Gọi A',B', C' là chân các trung tuyến tam giác ABC Ta có VG-1/2: ABC A’B’C’
Trực tâm H trực tâm O
H, G,O thẳng hàng và HG = 2GO, G giữa H và O
● Bài Toán Ngƣợc:
Cho tam giác ABC nội tiếp trong (O). Vẽ trung tuyến AA'. Gọi H là trực tâm, AA' cắt HO tại G. chứng minh rằng G là trọng tâm tam giác ABC
Giải:
Giả sử G không là trọng tâm tam giác ABC
Gọi G' ∈ AA' là trọng tâm Theo bài toán thuận thì H,G',O thẳng hàng
G’ = HO AA’ (mẫu thuẫn vì G = HO AA’) Điều già sử sai nên G là trọng tâm tam giác ABC Tương tự ta có các bài toán ngược:
1. GO AA1 = H. chứng minh H là trực tâm
Hay lấy H sao cho: ⃗⃗⃗⃗⃗ = -2 ⃗⃗⃗⃗⃗ . Chứng minh H là trực tâm
2. Tam giác ABC, cho H,G là trực tâm, trong tâm. Lấy O sao cho ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗ . Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp.
❖ Bài toán 13: Cho kim giác ABC. Chứng minh rằng các trung điểm của 3 cạnh, chân 3 đường cao, các trung điểm của 3 cạnh nối liền 3 đỉnh với trực tâm cùng nằm trên 1 đường tròn ( Đường tròn Ơle )
Giải:
A',B',C là đối xứng của A,B,C qua O H1 là điểm đối xứng của H qua BC, H1(O)
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 54 BHCA' là hình bình hành A1 là trung điểm của HA'
A1 là trung điểm của HA’
Ta có:
Mà H1,H2 H3,A,B,C,A',B',C' cùng thuộc (O) Nên A1,B1,C1,A2,B2. C2.,A3,B3,C3 cùng thuộc (I) Với (I) = VH1/2 (O) và đường tròn đó là (I; )
* Bài toán ngƣợc:
Cho tam giác ABC. gọi A1,B1,C1 là chân các trung tuyến. CMR: đường tròn (A1B1C1) cắt AH,BH,CH,AB,AC,BC tại các trung điểm của chúng. Tương tự bài toán ngược cho đường tròn đi qua 3 trong 9 điểm đó
Giải:
Giả sử (A1B1C1) cắt AH tại A2,A3 và A3 không là trung điểm của nó. Gọi A'3 là trung điểm của AH
Theo bài toán thuận thì A'3 ϵ(A1B1C1) (mâu thuẫn vì AH cắt (A1B1C1) tại 3 điểm.
Do đó, điều giả sử sai
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 55 A3 là trung điểm của AH
Tương tự, giả sử A2 không là chân đường cao thì
Giả sử A’2 là chân đường cao =>A'2 (A1B1C1) (mâu thuẫn vì AH cắt (A1B1C1) tại 3 điểm.) A2 là chân đường cao.
Chứng minh tương tự cho 4 điểm A3,B3,C3,C2 còn lại cũng thuộc đường tròn nên là trung điểm của các đoạn.
❖ Bái toán 14: Một tứ giác nội tiếp có 2 đường chéo vuông góc nhau. Từ giao điểm 2 đường chéo hạ vuông góc xuống các cạnh. CMR: chân các đường vuông góc và các trung điểm của 4 cạnh cùng ở trên 1 đường tròn.
Giải
Gọi O1,O2,O3,O4 là chân các đường vuông góc A1,B1,C1,D1 là các trung điểm các cạnh
Ta có { ( ⁄
⊥
A1B1C1D1 là hình chữ nhật
Nội tiếp đường tròn đường kính A1C1
Ta có A ̂ = A ̂D = A ̂D ( cùng chắn cung AD) Mà A ̂D = AÔ (do tam giác OCC1 cân tại C1) COO1 ̂ A ̂1
O1, C, C thẳng hang A1Ô1C1 = 1v
O1 thuộc đường tròn đường kính A1C1
Tương tự cho O2, O3,O4 => đccm
*Bài toán ngƣợc:
Cho tứ giác nội tiếp có 2 đường chéo vuông góc nhau tại O.CMR: đường tròn qua 4 trung điểm của 4 cạnh cắt các cạnh đó tại điểm thứ 2 chính là hình chiếu của O xuống mỗi cạnh
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 56 Tương tự ta có các bài toán ngược: đường tròn qua 3 trong 8 điểm đó sẽ đi qua 5 điểm còn lại thỏa các đặc điểm từng cái.
Giải:
Giả sử đường tròn qua 4 trung điểm của 4 cạnh cắt cạnh AB tại điểm thứ 2 tại O1 Giả sử OO1 ⊥ AB
Gọi O'1 là chân đường vuông góc hạ từ O xuống AB
Theo bài toán thuận thì O'1 thuộc đường tròn trên (mâu thuẫn vì đường tròn đó cắt AB tại 3 điểm)
điều giả sử sai OO1 ⊥AB
Tương tự chứng minh cho các điểm còn lại
* Bài toán 15: Cho đường thẳng d đi qua giao điểm các đường phân giác của 1 tam giác. Chứng minh nếu d chìa tam giác thành 2 phần có chu vi bằng nhau thì 2 phần đó có diện tích bằng nhau
Phát biểu và chứng minh bài toán ngƣợc của nó.
Giải:
Giả sử d đi qua O là giao điểm 3 phân giác của tam giác ABC, d cắt AB,AC tại M.N và có :
CAMN = CBMNC
AM + MN + NA =BM +MN +NC +CB AM +AN = BM+NC+BC (1)
Gọi r là khoảng cách từ O tới mỗi cạnh của tam giác thì
• Bài toán ngƣợc:
Cho kim giác ABC. Nếu đường thẳng d chia tam giác đó làm 2 phần có chu vi và diên tích bằng nhau thì đường thẳng đó phải đi qua tâm đường tròn nội tiếp kim giác ABC.
Giải:
Ta có: CAMN = CBMNC
AM +AN = BM+NC+BC (1)
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 57 Và <=> SAMN = SBMNC (2)
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tâm O Nhân 2 vế của (1) với r/2 ta có:
SAOM +SAON = SBOM + SNOC +SBOC (3)
Nếu Onằm trong tứ giác BMNC Trừ (2) và (3) vế theo vế ta có:
-SNOM =SMON (không thể xảy ra) Nếu Onằm trong tam giác AMN thì:
Trừ (2) và (3) vế theo vế đƣợc:
SMON =-SMON (không thể xảy ra)
Vậy O∈ MN hay d phải đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
❖ Bài toán 16: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Trên đường thẳng đi qua trung điểm của 2 đáy lấy bất kì điểm O. kẻ đường thẳng d đi qua Ovà song song với 2 đáy cắt 2 cạnh bên tại M,N. CMR: Olà trung điểm MN.
Phát biểu bài toán ngƣợc.
Giải:
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 58 Bài toán ngƣợc:
Cho hình thang ABCD (AB // CD). Trên AD lấy bất kì điểm M, kẻ MN//DC, N∈BC. Tìm quy tích trung điểm MN.
Giải:
Gọi I,J lần lƣợt là trung điểm AB,CD.
Gọi O =MN x IJ
Theo bài toán thuận Olà trung điểm MN.
Vậy quy tích trung điểm MN chính là đoạn thẳng nối trung điểm 2 đáy.
❖ Bài toán 17: Hình thang ABCD có tổng 2 đáy AB và CD bằng tổng 2 cạnh bên.
Đường thẳng qua giao điểm 2 đường chéo và song song với 2 cạnh đấy cắt AD ở M và BC ở N.
a. CMR: AM+BN=AB, DM+CN=CD b. Phát biểu và chứng minh mệnh đề đảo.
Giải:
a. ta có: MO // DC
=> =
Mà
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 59 b. Mặt khác: ON//BC
Mà
Ta có
Theo đề bài: AB+CD=AD+BC Thế (1): AM+BN=AB (.đccm) Ta có
thay AB+CD=AD+BC vào (2) ta đƣợc : DM+CN=DC (.đccm)
● MỆNH ĐỀ ĐẢO:
Nếu hình thang ABCD trên có AM+BN=AB hay DM+CN=DC thì tổng 2 đáy bằng tổng 2 cạnh bên.
Giải:
● AM+BN=AB
<=>AD+BC=AB+CD (.đccm)
● DM+CN=DC
<=> AD+BC=AB+CD (.đccm)
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 60