a, Giả sử tam giác ABC có  A ^ < 90 0  kẻ đường cáo BH. Ta có BH=AB.sin A ^

=>  S ∆ A B C = 1 2 A C . B H =  1 2 A B . A C . sin A

b, Giả sử tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O có  A O B ^ = α < 90 0 . Kẻ AH ⊥ BD, tại H và CK ⊥ BD tại K

Ta có: AH = OA.sinα

=>  S A B D = 1 2 B D . A H =  1 2 B D . O A . sin α

Tương tự:  S C B D = 1 2 B D . C K =  1 2 B D . O C . sin α

=>  S A B C D = S A B D + S C B D =  1 2 B D . O A . sin α +  1 2 B D . O C . sin α =  1 2 B D . A C . sin α

Gọi trung điểm dường cheo AC, BD lần lượt là M, N
MN cắt AB, CD lần lượt ở I, K
Ta cần chứng minh góc NIB = góc MKC
Lấy H là trung điểm BC. Nối MH, NH. 
Xét tam giac ABC có AM = MC ; CH = HB => MH là đường trung bình tam giác ABC => MH =AB/2 (1) và MH // AB => góc KMH = góc INH (2)
chung minh tuong tu ta có: NH = CD/2 (3)và NH // CD =>góc INH = góc MKC (4)
Mat khac từ (1)và (3) ta có NH = MH vì đều bằng một nửa AB và CD => tam giác MHN cân tại H => góc NMH = góc MNH =>góc KMH = góc INH (vì kể với 2 góc bằng nhau) (5)
Từ (3)(4)(5) => góc MKC = góc NIB (đpcm)

PHÁT TRIỂN TỪ
MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN

Mọi dòng sông lớn đều bắt nguồn từ những con suối nhỏ, mọi bài toán khó đều khởi nguồn từ những bài toán đơn giản hơn. Vì vậy để học giỏi môn toán thì không những bạn cần phải nắm vững và biết vận dụng các bài toán cơ bản mà còn nên biết cách phát triển một bài toán để có thêm những bài toán mới.

Bài toán sau là một bài toán quen thuộc trong chương trình hình học lớp 8 :

Bài toán 1 : Cho tứ giác ABCD có AB < CD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Hình bình hành MNPQ sẽ có dạng đặc biệt hơn nếu tứ giác ABCD thỏa mãn thêm các điều kiện nào đó.

Dễ thấy hình bình hành MNPQ trở thành hình thoi khi và chỉ khi tứ giác ABCD có hai cạnh đối bằng nhau. Ta có kết quả :

Bài toán 2 : Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB < CD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình thoi.

Lưu ý QM, MN, NP, PQ lần lượt là các đường trung bình của các tam giác BAD, ABC, CAD, DBC ta sẽ có điều phải chứng minh (xem hình 1).

Con đường đi từ bài toán 1 đến bài toán 2 chính là nhờ phép đặc biệt hóa.

Đường chéo QN của hình thoi MNPQ là đáy của tam giác cân PQN nên đường thẳng QN cắt AD, BC lần lượt tại I, K thì Đ BKN = Đ PQN và Đ AIQ = Đ PNQ (các cặp góc so le trong). Do đó Đ AIQ = Đ BKN (xem hình 2). Ta có thêm kết quả :

Bài toán 3 : Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB < CD. Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC, BD. Chứng minh rằng đường thẳng NQ tạo với AD, BC các góc bằng nhau.

Tương tự, MP là đáy của tam giác cân NMP nên đường thẳng MP cũng sẽ tạo với các đường thẳng AD, BC những góc bằng nhau. Từ đó ta có bài toán :

Bài toán 4 : Cho ∆EDC có ED < EC. Lấy A, B lần lượt trên ED, EC sao cho DA = CB. Gọi P, M lần lượt là trung điểm của DC, AB. PM cắt EC, ED lần lượt tại H, G. Chứng minh rằng ∆EGH cân tại E.

Các bạn có thể chứng minh được ngay khi xem hình 3.

Đến đây, ta nhận thấy rằng Đ DEC là góc ngoài của ∆EGH (cân tại E) nên dễ dàng phát hiện thấy đường thẳng GH song song với đường phân giác trong của Đ DEC. Nếu cho E, A, B cố định thì M là trung điểm của AB cũng cố định, phân giác trong của Đ AEB cũng cố định. Từ đó ta được một kết quả khá thú vị.

Bài toán 5 : Cho ∆EAB, EA < EB. D, C lần lượt chạy trên các tia đối của tia AE, tia BE sao cho DA = CB. Chứng minh trung điểm P của DC chạy trên một đường thẳng cố định.

Các bạn có thể chứng minh được ngay điểm P nằm trên đường thẳng d đi qua trung điểm M của AB cố định và song song với đường phân giác trong cố định của Đ AEB. Tất nhiên đường thẳng d là đường thẳng cố định (xem hình 3).

Dựa vào các kết quả trên và đọc thêm bài viết “Phương tích và bài toán Castillon” của tác giả Trần Anh Dũng, đăng trên TTT2 số 16 thì các bạn có thể giải quyết được bài toán :

Bài toán 6 : Cho ∆ABC (AB < AC), phân giác AD và trung tuyến AM. Đường tròn ngoại tiếp ∆ADM cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của EF, đường thẳng MI cắt AB, AC lần lượt tại Q, P. Chứng minh rằng ∆APQ cân tại A.

Trong quá trình suy nghĩ để tiếp tục phát triển bài toán 2, tình cờ tôi gặp đề toán 4(7) của TS. Nguyễn Minh Hà (trang 32, TTT2 số 7) . Nhờ bài toán 2, ta có một cách giải khá đơn giản đề toán 4(7) và đề xuất được kết quả mở rộng hơn.

Trước hết, ta giải bài toán 4(7).

Bài toán 4(7) : Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai tam giác bằng nhau là ADE và BCF. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.

Lời giải :

Trường hợp AB < CD : Gọi I, K, H, M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, EF, CD, CE, DF, BD, AC (hình 4).

Từ giả thiết ∆ADE = ∆BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam giác ta dễ dàng có được kết quả :

∆HNP = ∆HMQ (c.c.c).
Suy ra Đ MHQ = Đ NHP → Đ MHP = Đ NHQ → Đ MHN = Đ PHQ có cùng tia phân giác.

Mặt khác, áp dụng bài toán 2 cho hai tứ giác ABCD và EFCD, ta có IPHQ và KMHN là các hình thoi. Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của Đ MHN và Đ PHQ.

Suy ra H, I, K thẳng hàng.

Trường hợp AB = CD : dành cho bạn đọc.

Các bạn thử chứng minh kết quả mở rộng của bài toán trên :

“Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai đa giác bằng nhau là ADM₁M₂...M_n và BCN₁N₂...N_n. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AB, CD, M₁N₁, M₂N₂, ... , M_nN_n cùng thuộc một đường thẳng.”

Chúc các bạn thành công. 

Đức Vũ Việt dài quá