Một số bài tập hình học sơ cấp cơ bản

 Bài 1: Trong một tam giác ba đường trung tuyến đồng qui.
«GIẢI:
 - Gọi lần lượt là các trung tuyến của . ;.
 - Trên tia đối của tia lấysao cho:. Khi đó:
(T/c đường trung bình của tam giác)
 (1) 
(đối đỉnh)
	- Xét và , có:
là hình bình hành (T/c đường chéo) nên: (2)
	- Mặt khác: 
	 (3) (T/c đường trung bình của tam giác)
	- Từ (2) & (3) ta có:
	 (Tiên đề Euclide) thẳng hàng hay AM; BN; CP đồng qui.
	* Hơn nữa, từ (1); (2) & (3) ta có: . Đây là tính chất của trọng tâm.
©Bài 1’: Cho tam giác ABC có AM; BN; CK đồng qui tại E. Dựng hình bình hành BCQP sao cho: BP // AM; PQ // BC. Dựng Px // BN; Qy // CK. Chứng minh rằng: AM; Px; Qy đồng qui.
«GIẢI:
	Gọi . Khi đó:
	- Xét tứ giác BEFP có: 
	 là hình bình hành nên: 
	mà: là hình bình hành
	 là hình bình hành (1)
	- Mặt khác ta có: (2)
	+ Từ (1) & (2) theo tiên đề Euclide ta có:hay AM; Px; Qy đồng qui.
Bài 2: Chứng minh rằng: trong một tứ diện bốn đường trung tuyến đồng qui. (Trung tuyến của tứ diện là đường thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm của mặt đối diện)
«GIẢI	
	* Gọi: + lần lượt là trọng tâm của các mặt(tam giác):
	 + lần lượt là trung điểm của .
	 Khi đó:Xét có: .
	 * Gọi . Ta có:
	 (1)
	 Ta lại có: 
	 (2) và (3)
 Từ (1); (2) & (3) ta được: (a)
 ¬ Tương tự gọi ta xét ta được: (b)
	* Từ (a) & (b) suy ra: (*)
 ¬ Tương tự gọi ta xét ta được: (c)
	* Từ (a) & (c) suy ra: (**)
 Kết hợp (*) &(**) ta có: hay đồng qui.
Bài 3: (Định lí Menelaus) Cho tam giác ABC, M; N; P lần lượt thuộc BC; CA; AB. Chứng minh rằng:
 thẳng hàng (I)
 Cho tam giác ABC, M; N; P lần lượt thuộc BC; CA; AB, khi có số điểm chia trong là chẳn Chứng minh rằng:
 thẳng hàng (I)
«GIẢI 
  C/m: 
	-Giả sử thẳng hàng, không mất tính tổng quát theo tiên đề Pash,
ta có: . Quadựng . Khi đó theo định lí Thalès ta có:
‚ C/m: 
	- Gọi thẳng hàng. Theo chứng minh trên ta có:
 (*).
 - Mặt khác theo (I) ta có: (**)
 + Từ (*) & (**) ta có: hay thẳng hàng.
Bài 4: (Định lí Xeva) Cho tam giác ABC, M; N; P lần lượt thuộc BC; CA; AB. Chứng minh rằng:
 đồng qui hoặc song song (II)
 Cho tam giác ABC, M; N; P lần lượt thuộc BC; CA; AB, khi có số điểm chia trong là lẻ. Chứng minh rằng:
 đồng qui hoặc song song (II)
«GIẢI 
	ª Trường hợp 1: AM; BN; CP đồng qui
	  C/m: 
	Giả sử đồng qui tại 
	 + Aùp dụng định lý Menelaus
	 - Xét và cát tuyến ta có:
	 (1)
	 - Xét và cát tuyến ta có:
	 (2)
 Nhân (1) & (2) vế theo vế ta được: (*)
 Mà nên 
 ‚ C/m: 
 - Giả sử không đồng qui . Gọi. Khi đó: đồng qui tại, theo kết quả trên ta có (1).
 - Mặt khác: (2). Kết hợp (1) & (2), ta có: 
 hayđồng qui
	ª Trường hợp 2: AM; BN; CP song song
	  C/m: 
	+ Aùp dụng định lý Thalès:
	 (1)
	 (2)
	Nhân (1) & (2) vế theo vế ta được: (*) mà: nên 
‚ C/m: 
 - Giả sử . Qua kẻ . Khi đó theo kết quả trên ta có: (1).
- Mặt khác: (2). Kết hợp (1) & (2), ta có: 
 haysong song
Bài 5: Chứng minh rằng:Trong một tam giác
a/ Ba đường trung tuyến đồng qui.	b/ Ba đường phân giác trong đồng qui.
	c/ Ba đường trung trực đồng qui.	d/ Ba đường cao đồng qui.
	e/ Hai phân giác ngoài và một phân giác trong đồng qui.
«GIẢI 
	a/ Ba đường trung tuyến đồng qui. (Bài tập1/tr1)
	b/ Ba đường phân giác trong đồng qui..
	 + Gọi lần lượt là phân giác trong xuất phát từ của .
	 + Gọi ; lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ I xuống 	các cạnh . Khi đó, áp dụng tính chất tia phân giác của một góc. 
Ta có: hayđồng qui tại
 có tính chất cách đều ba cạnh của tam giác và được gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
c/ Ba đường trung trực đồng qui.
	* Gọi: lần lượt là trung trực của và. 
	 Khi đó áp dụng tính chất đường trung trực của đoạn thẳng, ta có:
	 hayđồng qui
 có tính chất cách đều ba đỉnh của tam giác và được gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
d/ Ba đường cao đồng qui.
	 * Gọi lần lượt là đường cao tương ứng của tam giác.
	 - Qua lần lượt kẻ các đường thẳng tương ứng song song với
	 , các đường này cắt lần lượt cắt nhau theo thứ tự 	Khi đó:
	* Xét các tứ giác có:
	 	(1) (2)
	 (3)
 Kết hợp (1); (2) & (3) ta có:. Ta có:
 là trung trực của (a)
 là trung trực của (b)
 là trung trực của (c)
 Từ (a); (b) &(c) suy ra là trung trực của nên đồng qui. 
 (điểm đồng qui) được gọi là trực tâm 
e/ Hai phân giác ngoài và một phân giác trong đồng qui. 
	 * Gọi: lần lượt là phân giác trong đỉnhvà hai phân giác 
	 ngoài đỉnh và. . 	
	 - Chân đường vuông góc hạ từ xuống các đườnglần
 	 lượt là. Khi đó: 
	hay đồng qui tại
	có tính chất cách đều ba đường thẳng chứa cạnh của tam giác và được gọi là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác
Bài 6: Cho tam giác. Dựng bên ngoài và trên các cạnh của tam giác các tam giác cân đồng dạngvới nhau: . Chứng minh rằng: đồng qui
«GIẢI 
	* Gọi: 
	 Vì nên:
	 + Ta có:
	 (1)
-Tương tự ta có: (2) và (3)
- Nhân (1); (2) & (3) vế theo vế ta có: . Theo định lí Xeva suy ra đồng quiđồng qui.
Bài 7: (Định lí Desargues) Cho và ,. Chứng minh rằng: đồng qui hoặc song songthẳng hàng
«GIẢI
	ª Trường hợp 1: đồng quithẳng hàng
	  C/m: 
	* Giả sử . Aùp dụng định lí Menelaus:
	© Xétvới ta có:
	 (1)
	© Xétvới ta có:
	 (2)
	© Xétvới ta có:
	 (3)
 Nhân (1); (2) & (3) vế theo vế tađược: theo Menelaus với:
 thẳng hàng.
‚ C/m: 
 * Giả sử thẳng hàng. Khi đó:
 ©Xét và ,. Theo chứng minh trên ta có: thẳng hàng hayhayđồng qui.
	ª Trường hợp 2: song songthẳng hàng
	  C/m: 
	 + Aùp dụng định lí Thalès. Ta có:
	 (1)
	 (2)
	 (3)
 Nhân (1); (2) & (3) vế theo vế ta được: . 
 Theo Menelaus với: thẳng hàng.
‚ C/m: 
- Giả sử thẳng hàng và . Khi đó, nếu ; gọi theo chứng minh ‚ (C/m: - trường hợp 1) thì . Từ đó suy ra: 
Bài 8: Cho trước điểm và hai đường thẳng cắt nhau;. Dựng biết các điều kiện sau:
	a/ Đỉnh và hai trung tuyến xuất phát từ thuộc 
	b/ Đỉnh và hai phân giác xuất phát từ thuộc .
	c/ Đỉnh và hai đường cao xuất phát từ thuộc 
	d/ Đỉnh và hai trung trực tương ứng với cạnh thuộc 
«GIẢI
a/ Đỉnh và hai trung tuyến xuất phát từ thuộc 
	 Phân tích:
	+ Giả sử dựng được tam giác thoả điều kiện bài toán:
	 - là đỉnh 
	 - chứa hai trung tuyến xuất phát từ 
	* Khi đó:Gọi là trọng tâm;là trung tuyến suy ra:
	và (T/chất các trung tuyến trong 
 tam giác)
	 - Lấy là điểm đối xứng với qua . Ta có là hình bình hành . Ta thấy: cắt nhau cho trước xác địnhxác định (vì cho trước) xác định xác định. Từ đó ta suy ra cách dựng như sau:
‚ Cách dựng:
 ©B1 – Dựng 
 ©B2 – Dựng đối xứng với qua . 
 ©B3 – Dựng 
 ©B4 – Dựng 
	* là tam giác cần dựng.
ƒ Chứng minh:
	Thật vậy: có: là đỉnh (*)
 + Gọi . Xét tứ giáccó: là hình bình hành
	- là trung điểmlà trung tuyến (a)
 - (b)
	Từ (a) & (b) suy ra là trọng tâm củalà các trung tuyến (**)
	Kết hợp (*) & (**) ta có: là tam giác cần dựng thoả các điều kiện đã cho.
„ Biện luận:
 * Ta có: 
	– Với cắt nhau cho trước (©B1) (©B2) (©B3) (©B4).
	 Do đó bài toán có duy nhất một nghiệm hình.
b/ Đỉnh và hai phân giác xuất phát từ thuộc .
	 Phân tích:
	+ Giả sử dựng được tam giác thoả điều kiện bài toán:
	 - là đỉnh 
	 - chứa hai phân giác xuất phát từ 
	* Khi đó:Gọi ;là phân giác, ta có:
 Mặt khác:là phân giác nên:.Ta thấy:cắt nhau tại cho trướcxác địnhxác định (vìcho trước) xác định. Từ đó ta suy ra cách dựng như sau:
‚ Cách dựng:
 ©B1 – Dựng . Gọi 
 ©B2 – Trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ dựng tia hai;sao cho: .
 ©B3 – Dựng 
 * là tam giác cần dựng.
ƒ Chứng minh:
	Thật vậy: có: là đỉnh (*)
 + Ta có:là tia phân giáccủavà(Theo ©B2). Gọilà cung chứa gócdựng trên đoạntrong cùng nửa mặt phẳng bờchứa.
 + Giả sử không phải là tia phân giáccủa. Khi đó: Kẻ là tia phân giác của. Gọi. Ta có: 
 vàhay là giao điểm của các đường phân giác trong của (**)
	Kết hợp (*) & (**) ta có: là tam giác cần dựng thoả các điều kiện đã cho.
„ Biện luận:
 * Ta có: 
	– Với cắt nhau cho trước(©B1) 
	+ Nếu (Như cách dựng ©B2) (©B3).
	 Do đó bài toán có duy nhất một nghiệm hình.
 	+ Nếu(Như cách dựng ©B2) (©B3).
	 Do đó bài toán vô nghiệm.
c/ Đỉnh và hai đường cao xuất phát từ thuộc 
	 Phân tích:
	+ Giả sử dựng được tam giác thoả điều kiện bài toán:
	 - là đỉnh 
	 - chứa hai đường cao xuất phát từ 
	* Khi đó:Gọi ;là trực tâm,, ta có:
	 	 .Ta thấy:
	cắt nhau tại cho trướcxác định (vìcho trước) xác định. Từ đó ta suy ra cách dựng như sau:
‚ Cách dựng:
 ©B1 – Dựng . 
 ©B2 – Quadựng ; 
©B3 – Dựng 
 * là tam giác cần dựng.
ƒ Chứng minh:
	Thật vậy: có: là đỉnh (*)
 +Ta có: ;(Theo ©B2);(Theo ©B3); haylà trực tâm của chứa hai đường cao xuất phát từ của (**). 
	Kết hợp (*) & (**) ta có: là tam giác cần dựng thoả các điều kiện đã cho.
„ Biện luận:
 * Ta có: 
	– Với cắt nhau cho trước(©B1) 
	- Với cho trước(Như cách dựng ©B2)
	+ Nếu (Như cách dựng ©B2) (©B3).
	 Do đó bài toán có duy nhất một nghiệm hình.
 	+ Nếu(Như cách dựng ©B2) (©B3).
	 Do đó bài toán vô nghiệm.
c/ Đỉnh và hai trung trực tương ứng với cạnh thuộc 
	 Phân tích:
	+ Giả sử dựng được tam giác thoả điều kiện bài toán:
	 - là đỉnh 
	 - chứa hai đường trung trực tương ứng với cạnh 
	* Khi đó: 
	 	đối xứng nhau qua; đối xứng nhau qua.Ta thấy:
	cắt nhau tại cho trướcxác định (vìcho trước) .
	Từ đó ta suy ra cách dựng như sau:
‚ Cách dựng:
 ©B1 – Dựng: đối xứng với qua. 
 ©B2 – Dựng: đối xứng với qua.
 * là tam giác cần dựng..
ƒ Chứng minh:
	Thật vậy: có: là đỉnh (*)
 +Ta có: đối xứng với qua. (Theo ©B1)là trung trực của ;đối xứng với qua (Theo ©B2); là trung trực của của (**). 
	Kết hợp (*) & (**) ta có: là tam giác cần dựng thoả các điều kiện đã cho.
„ Biện luận:
 * Ta có: 
	– Với cho trước và cho trước(Như cách dựng ©B1&©B2)
	Mặt khác vì cắt nhau nên: không thẳng hàngluôn xác định.
	 Do đó bài toán có duy nhất một nghiệm hình.
Bài 9: Cho đường thẳngvà hai đường tròn (không đồng tâm). Dựng hình vuông biết:.Tìm cách mở rộng bài toán trên.	
«GIẢI
	 Phân tích:
	+ Giả sử dựng được hình vuôngthoả điều kiện bài toán:
	 	 	 * Khi đó:Gọi;theo tính chất của hình vuông ta có:
	 	 đối xứng với qua; .Ta thấy:
	Vì đối xứng với quaC = Đ(d)(A). Do đó: 
	Gọi (C’) = Đ(d)(C1). Khi đó: 
 	 màcho trước nênxác định, kết hợpcho trước 
	nên xác địnhxác định Từ đó ta suy ra cách dựng như sau:
‚ Cách dựng:
©B1 – Dựng (C’) = Đ(d)(C1). 
©B2 – Dựng 
©B3 – Dựng A = Đ(d)(C); .
©B4 – Dựng đường tròncó tâm làbán kình.
 * là hình vuông cần dựng.
ƒ Chứng minh:
	Thật vậy: 
- Vì (theo©B2)
- Ta lại có: (theo©B2)= Đ(d)(C1) (theoB1) và A = Đ(d)(C) (theoB3) nên: 
- 
- 
+Xét tứ giác có:là hình vuông 
 - Từ (1); (2); (3) & (4) ta có hình vuông thoả các điều kiện đã cho.
„ Biện luận:
 * Ta có: 
	– Với cho trước(C’) = Đ(d)(C1). (B1) 
	– Nếu cắt nhau. Do đó có hai hình vuông . Bài toán có hai nghiệm hình.
	 – Nếu tiếp xúc nhau. Do đó có duy nhất một hình vuông . Bài toán có một nghiệm hình.
 – Nếu không cát nhau. Do đó không tồn tại hình vuông nào. Bài toán vô nghiệm.
“ Mở rộng bài toán
Bài toán 1: Cho điểm và hai đường tròn (không đồng tâm).Dựng hình vuông biết:nhậnlàm tâm đối xứng
ØTóm tắt cách dựng
©B1 – Dựng Dựng (Thực hiện phép quay quanh tâm với góc quay ) 
©B2 – Dựng 
©B3 – Dựng Dựng ; .
©B4 – Dựng đường tròncó tâm làbán kình.
 * là hình vuông cần dựng.
Bài toán 2: Cho điểm và hai đường tròn (không đồng tâm).Dựng hình vuông biết:
ØTóm tắt cách dựng
©B1 – Dựng (Thực hiện phép quay quanh tâm với góc quay 
©B2 – Dựng 
©B3 – Dựng 
©B4 – Dựng (Thực hiện phép tịnh tiến điểmtheo) 
 * là hình vuông cần dựng.
Bài toán 3: Cho điểm và hai đường tròn (không đồng tâm).Dựng hình bình hành biết:
ØTóm tắt cách dựng
©B1 – Dựng là trung điểm .
©B2 – Dựng (Thực hiện phép quay quanh tâm với góc quay ) 
©B3 – Dựng 
©B4 – Dựng 
* là hình bình hành cần dựng.
Bài toán 4: Trong không gian cho mặt phẳng và hai mặt cầu (không đồng tâm).Dựng khối lập phương biết:
ØTóm tắt cách dựng
‚ Cách dựng:
©B1 – Dựng = Đ()(C1). 
©B2 – Dựng 
©B3 – Dựng A = Đ()(C); .
©B4 – Dựng mặt cầucó tâm làbán kình.
 ©B5 – Dựng (Thực hiện phép tịnh tiến điểmtheo); (Thực hiện phép tịnh tiến điểmtheo) 
* là khối lập phương cần dựng.
Bài 10: Cho 5 điểm cùng nằm trong một mặt phẳng. Trong đó không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng luôn tồn tại một đường tròn đi qua 3 điểm sao cho có một điểm nằm bên trong và một điểm nằm bên ngoài đường tròn. 
«GIẢI
	* Giả sử trong mặt phẳng cho 5 điểm:
 +Chọn làm mốc sao cho các điểm còn lại cùng nằm trên nửa mặt phẳng 
có bờ .Vì không tồn tại 4 điểm nằm trên một đường tròn nên:
	. Không mất tính tổng quát; giả sử: 
	. 
	+ Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác 
	Khi đó: cùng nhìn đoạnvới các góc khác nhau và là góc nội tiếp. Do đó theo mối quan hệ giữa góc nội tiếp – góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn – góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn. Ta có:
 là góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn; là góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn hay nằm bên trong đường tròn; nằm bên ngoài đường tròn.
	@ Ta có thể chứng minh tương tự với trường hợp 7; 9; 11;  và có thể khái quát hoá bài toán tổng quát như sau:
	Cho điểm cùng nằm trong một mặt phẳng. Trong đó không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng luôn tồn tại một đường tròn đi qua 3 điểm sao cho có điểm nằm bên trong và một điểm nằm bên ngoài đường tròn.