Bài tập (trang 83)

Bài 9.31 (trang 83)

Đề bài: Chứng minh rằng tam giác có đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ cùng một đỉnh trùng nhau là một tam giác cân.

Lời giải:

Cho tam giác $ABC$. Giả sử đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ đỉnh $A$ trùng nhau. Gọi đường này là $AM$ với $M$ thuộc cạnh $BC$.

Vì $AM$ là đường trung tuyến xuất phát từ $A$, nên $M$ là trung điểm của $BC$:

$$BM = CM.$$

Vì $AM$ cũng là đường cao xuất phát từ $A$, nên $AM \perp BC$ tại $M$:

$$\widehat{AMB} = \widehat{AMC} = 90^\circ.$$

Xét $\triangle ABM$ và $\triangle ACM$:

$BM = CM$ (chứng minh trên).

$\widehat{AMB} = \widehat{AMC} = 90^\circ$ (chứng minh trên).

$AM$ chung.

Vậy $\triangle ABM = \triangle ACM$ (c.g.c), suy ra $AB = AC$ (hai cạnh tương ứng).

Tam giác $ABC$ có $AB = AC$ nên cân tại $A$ (đpcm).

Bài 9.32 (trang 83)

Đề bài: Cho ba điểm phân biệt thẳng hàng $A$, $B$, $C$. Gọi $d$ là đường thẳng vuông góc với đường thẳng $AB$ tại $A$. Với điểm $M$ thuộc $d$, $M$ khác $A$, vẽ đường thẳng $CM$. Qua $B$ kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng $CM$, cắt $d$ tại $N$. Chứng minh đường thẳng $BM$ vuông góc với đường thẳng $CN$.

Lời giải:

Xét tam giác $MBC$ với ba đỉnh $M$, $B$, $C$ (tam giác này có cạnh $BC$ nằm trên đường thẳng chứa $A$, $B$, $C$, còn $M$ nằm ngoài đường thẳng đó).

Tìm hai đường cao của tam giác $MBC$:

Đường cao từ đỉnh $M$ (vuông góc với cạnh $BC$): vì $d \perp AB$ tại $A$, mà $C$ thuộc đường thẳng $AB$ nên $d \perp BC$. Mặt khác, $M$ và $A$ đều thuộc $d$, nên đường thẳng $MA$ chính là $d$. Vậy $MA \perp BC$, tức $MA$ là đường cao của tam giác $MBC$ xuất phát từ đỉnh $M$.

Đường cao từ đỉnh $B$ (vuông góc với cạnh $MC$): theo cách dựng, đường thẳng qua $B$ vuông góc với $CM$ chính là đường cao này. Đường thẳng này cắt $d$ tại $N$.

Xác định trực tâm của tam giác $MBC$:

Đường cao từ $M$ là đường thẳng $d$ (đi qua $A$).

Đường cao từ $B$ là đường thẳng qua $B$ và $N$ (đi qua $N$).

Hai đường cao này cắt nhau tại $N$ (vì $N$ thuộc $d$ và $N$ thuộc đường thẳng từ $B$ vuông góc với $CM$).

Theo Định lí 2 (Bài 35), ba đường cao của một tam giác đồng quy tại một điểm — gọi là trực tâm. Vậy $N$ là trực tâm của tam giác $MBC$.

Kết luận:

Vì $N$ là trực tâm, đường cao thứ ba (xuất phát từ đỉnh $C$, vuông góc với cạnh $MB$) cũng đi qua $N$. Tức là đường thẳng $CN$ vuông góc với đường thẳng $BM$.

Vậy $BM \perp CN$ (đpcm).

Bài 9.33 (trang 83)

Đề bài: Có một mảnh tôn hình tròn cần đục một lỗ ở tâm. Làm thế nào để xác định được tâm của mảnh tôn đó?

Lời giải:

Tâm của mảnh tôn hình tròn chính là tâm của đường tròn chứa mép ngoài mảnh tôn. Theo Định lí 1 (Bài 35), giao điểm ba đường trung trực của một tam giác cách đều ba đỉnh của tam giác đó. Áp dụng tính chất này:

Cách xác định tâm mảnh tôn:

Bước 1: Trên mép ngoài (đường viền tròn) của mảnh tôn, chọn ba điểm phân biệt $A$, $B$, $C$.

Bước 2: Vẽ đường trung trực của đoạn thẳng $AB$ (đường vuông góc với $AB$ tại trung điểm của $AB$).

Bước 3: Vẽ đường trung trực của đoạn thẳng $BC$ (tương tự).

Bước 4: Hai đường trung trực này cắt nhau tại một điểm $O$. Khi đó $OA = OB = OC$ (theo Định lí 1), nên $O$ là tâm đường tròn đi qua $A$, $B$, $C$ — chính là tâm mảnh tôn cần tìm.

Vậy điểm $O$ chính là vị trí cần đục lỗ.

Bài 9.34 (trang 83)

Đề bài: Cho tam giác $ABC$. Kẻ tia phân giác $At$ của góc tạo bởi tia $AB$ và tia đối của tia $AC$. Chứng minh rằng nếu đường thẳng chứa tia $At$ song song với đường thẳng $BC$ thì tam giác $ABC$ cân tại $A$.

Lời giải:

Gọi $A’$ là một điểm thuộc tia đối của tia $AC$ ($A$ nằm giữa $A’$ và $C$). Khi đó góc tạo bởi tia $AB$ và tia đối của tia $AC$ chính là $\widehat{BAA’}$.

Bước 1: Tính $\widehat{BAt}$ theo các góc của tam giác.

Vì $\widehat{BAA’}$ và $\widehat{BAC}$ là hai góc kề bù (do $A’$ và $C$ nằm trên hai tia đối nhau):

$$\widehat{BAA’} = 180^\circ – \widehat{BAC}.$$

Theo định lí góc ngoài của tam giác (góc ngoài tại một đỉnh bằng tổng hai góc trong không kề với nó):

$$\widehat{BAA’} = \widehat{ABC} + \widehat{ACB} = \widehat{B} + \widehat{C}.$$

Vì $At$ là tia phân giác của $\widehat{BAA’}$, ta có:

$$\widehat{BAt} = \widehat{tAA’} = \dfrac{1}{2} \widehat{BAA’} = \dfrac{\widehat{B} + \widehat{C}}{2}. \quad (1)$$

Bước 2: Áp dụng $At \parallel BC$.

Vì $At \parallel BC$, đường thẳng $AC$ là cát tuyến cắt hai đường thẳng song song này. Hai góc $\widehat{tAA’}$ (tại $A$, giữa tia $At$ và tia $AA’$) và $\widehat{ACB}$ (tại $C$, giữa tia $CA$ và tia $CB$) là hai góc đồng vị (vì hai tia $At$ và $CB$ song song và cùng chiều, hai tia $AA’$ và $CA$ song song và cùng chiều).

Vậy:

$$\widehat{tAA’} = \widehat{ACB} = \widehat{C}. \quad (2)$$

Bước 3: Kết hợp $(1)$ và $(2)$.

$$\dfrac{\widehat{B} + \widehat{C}}{2} = \widehat{C} ;\Longleftrightarrow; \widehat{B} + \widehat{C} = 2\widehat{C} ;\Longleftrightarrow; \widehat{B} = \widehat{C}.$$

Tam giác $ABC$ có $\widehat{B} = \widehat{C}$ nên cân tại $A$ (đpcm).

Bài 9.35 (trang 83)

Đề bài: Kí hiệu $S_{ABC}$ là diện tích tam giác $ABC$. Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm của $BC$.

a) Chứng minh $S_{GBC} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}$.

Gợi ý: Sử dụng $GM = \dfrac{1}{3} AM$ để chứng minh $S_{GBM} = \dfrac{1}{3} S_{ABM}$, $S_{GCM} = \dfrac{1}{3} S_{ACM}$.

b) Chứng minh $S_{GCA} = S_{GAB} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}$.

Lời giải:

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, theo Định lí 1 (Bài 34), $\dfrac{GA}{MA} = \dfrac{2}{3}$. Suy ra:

$$GM = MA – GA = MA – \dfrac{2}{3} MA = \dfrac{1}{3} MA.$$

a) So sánh $S_{GBM}$ với $S_{ABM}$.

Hai tam giác $GBM$ và $ABM$ có chung đáy $BM$ (cùng nằm trên đường thẳng $BC$). Gọi $h_A$ là khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $BC$ (chiều cao của tam giác $ABM$ ứng với đáy $BM$), $h_G$ là khoảng cách từ $G$ đến đường thẳng $BC$.

Vì $A$, $G$, $M$ thẳng hàng trên đường trung tuyến $AM$ (với $M \in BC$), khoảng cách từ một điểm trên đoạn $AM$ đến đường thẳng $BC$ tỉ lệ với khoảng cách đến $M$. Cụ thể, khoảng cách từ $M$ đến $BC$ bằng $0$ (vì $M \in BC$), khoảng cách từ $A$ đến $BC$ là $h_A$, nên:

$$\dfrac{h_G}{h_A} = \dfrac{GM}{AM} = \dfrac{1}{3} ;\Longrightarrow; h_G = \dfrac{1}{3} h_A.$$

Do đó:

$$S_{GBM} = \dfrac{1}{2} \cdot BM \cdot h_G = \dfrac{1}{2} \cdot BM \cdot \dfrac{1}{3} h_A = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot BM \cdot h_A = \dfrac{1}{3} S_{ABM}.$$

So sánh $S_{GCM}$ với $S_{ACM}$.

Tương tự (chung đáy $CM$ trên $BC$):

$$S_{GCM} = \dfrac{1}{3} S_{ACM}.$$

Tính $S_{GBC}$.

Vì $M$ nằm giữa $B$ và $C$, đoạn $GM$ chia tam giác $GBC$ thành hai tam giác $GBM$ và $GCM$:

$$S_{GBC} = S_{GBM} + S_{GCM}.$$

Tương tự, đoạn $AM$ chia tam giác $ABC$ thành hai tam giác $ABM$ và $ACM$:

$$S_{ABC} = S_{ABM} + S_{ACM}.$$

Do đó:

$$S_{GBC} = S_{GBM} + S_{GCM} = \dfrac{1}{3} S_{ABM} + \dfrac{1}{3} S_{ACM} = \dfrac{1}{3} (S_{ABM} + S_{ACM}) = \dfrac{1}{3} S_{ABC}.$$

Vậy $S_{GBC} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}$ (đpcm).

b) Gọi $N$ là trung điểm $CA$ và $P$ là trung điểm $AB$. Khi đó $BN$ và $CP$ cũng là hai đường trung tuyến của tam giác $ABC$, đều đi qua trọng tâm $G$. Tương tự câu a, ta có $\dfrac{GN}{BN} = \dfrac{1}{3}$ và $\dfrac{GP}{CP} = \dfrac{1}{3}$.

Chứng minh $S_{GCA} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}$:

Áp dụng lập luận tương tự câu a, đổi vai trò:

$S_{GCN} = \dfrac{1}{3} S_{BCN}$ (chung đáy $CN$, chiều cao từ $G$ bằng $\dfrac{1}{3}$ chiều cao từ $B$).

$S_{GAN} = \dfrac{1}{3} S_{BAN}$ (chung đáy $AN$).

Cộng lại:

$$S_{GCA} = S_{GCN} + S_{GAN} = \dfrac{1}{3} S_{BCN} + \dfrac{1}{3} S_{BAN} = \dfrac{1}{3} (S_{BCN} + S_{BAN}) = \dfrac{1}{3} S_{ABC}.$$

Chứng minh $S_{GAB} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}$:

Tương tự, sử dụng đường trung tuyến $CP$ và trung điểm $P$ của $AB$, ta có:

$$S_{GAB} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}.$$

Vậy $S_{GCA} = S_{GAB} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}$ (đpcm).

Nhận xét (theo SGK): Từ bài tập trên ta có $S_{GBC} = S_{GCA} = S_{GAB} = \dfrac{1}{3} S_{ABC}$. Tức là trọng tâm $G$ chia tam giác $ABC$ thành ba phần có diện tích bằng nhau. Đây là lí do giải thích tại sao có thể đặt thăng bằng miếng bìa hình tam giác trên một giá nhọn đặt tại trọng tâm — vì ba phần miếng bìa (đối diện với ba đỉnh) đều có khối lượng như nhau (tỉ lệ với diện tích), nên đặt tại trọng tâm sẽ cân bằng.

Thầy Võ Văn Trung

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THCS

Trình độ: Cử nhân Sư phạm Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ A2

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THCS Nguyễn Du