Bài toán 1:
Cho tam giác ABC có I là giao điểm 3 đường phân giác trong.
Chứng minh rằng các tam giác AIB, BIC và CIA đều là các tam giác tù.
Xét tam giác BIC chẳng hạn: $\angle CIB$ = $180^0 - \angle ICB- \angle IBC$ = $180^0 - \left( \frac{\angle B}{2}+ \frac{\angle C}{2}\right)$ = $180^0 - \left( \frac{180^0 - \angle A}{2}\right)$ = $90^0 + \frac{ \angle A}{2} > 90^0$ $\Rightarrow$ $\Delta$BIC là tam giác tù.
Đối với $\Delta$AIB và $\Delta$CIA ta cũng chứng minh hòa toàn tương tự.
Bài toán 2:[Đề thi OLYMPIC toán lớp 7 quận Hoàng Mai - Hà nội, năm học 2017-2018]
Cho tam giác ABC(AB < AC) có 3 góc nhọn, đường trung tuyến AM. Gọi O là giao điểm 3 đường trung trực, H là trực tâm của tam giác ABC. Trên tia đối của toa AO lấy điểm D sao cho DO=AO.
1. Chứng minh tam giác AMC tù, từ đó suy ra 2AC > BC
2. Chứng minh tam giác ACD vuông
3. Chứng minh 3 điểm H, M, D thẳng hàng.
Lời giải:
1. Đối với học sinh THPT có lẽ đây là bài tập không khó, thật vậy:
Đặt AB = c; BC = a; CA = b ta có ngay c < b.
Sử dụng định lý làm số cosin đối với tam giác AMC: cos$\angle AMC$ = $\frac{AM^{2}+MC^{2}-AC^{2}}{2.AM.MC}$ (1)
Do AM là đường trung tuyến nên $AM^{2}$ = $\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}$
Thay vào (1), biến đổi và rút gọn ta thu được:
cos$\angle AMC$ = $\frac{c^{2}-b^{2}}{4AM.MC}$ < 0.
Suy ra $\angle AMC$ > $90^{0}$, đồng nghĩa với tam giác AMC tù.
Đối với các bạn lớp 7, cần phải vẽ thêm hình cũng như sử dụng thành thạo kiến thức tam giác bằng nhau cơ bản, cụ thể như sau:
Theo giả thiết ta đã có $\angle ABM$ > $\angle ACM$ (*)
Trên tia đối của tia MA lấy điểm A' sao cho MA = MA'.
Xét 2 tam giác MAB và MA'C có MB = MC; MA = MA' và $\angle AMC$ = $\angle A'MB$
suy ra $\Delta$MAB = $\Delta$MA'C(c.g.c) $\Rightarrow$ AC = BA'.
$\Rightarrow$ AB < BA' $\Rightarrow$ $\angle BAA'$ > $\angle BA'A$ hay $\angle BAM$ > $\angle MAC$ (**)
Mặt khác $\angle AMB$ = $180^0$ - $\angle ABM - \angle BAM$, $\angle AMC$ = $180^0$ - $\angle ACM - \angle MAC$.
Kết hợp với (*) và (**) $\Rightarrow$ $\angle AMB$ < $\angle AMC$
mà $\angle AMB$ + $\angle AMC$ = $180^0$, suy ra $\angle AMC$ > $90^{0}$.
Nghĩa là tam giác AMC tù. Khi đó $\angle AMC$ cũng là góc lớn nhất $\Rightarrow$ AC > MC = $\frac{BC}{2}$, hay 2AC > BC.
Bài toán được chứng minh!
Học sinh cũng có thể dùng mối quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu để giải bài toán này như sau:
Gọi E là giao điểm của AH và BC, vì AB < AC nên BE < EC. Do M là trung điểm của BC nên M phải nằm giữa E và C. Khi đó xét tam giác vuông AME ta thấy $\angle AME < 90^0$ suy ra $\angle AMC$ > $90^{0}$.
2. Vì O là trung điểm của AD nên OA = OD. Mặt khác O nằm trên đường trung trực của AC nên OA = OC. Từ đó OC = OA = OB $\Rightarrow$ OC = $\frac{AD}{2}$ $\Rightarrow$ $\Delta$ACD vuông tại C.
3. Từ kết quả chứng minh của phần 2. ta được DC $\bot$ AC, do H là trực tâm nên BH $\bot$ AC
Suy ra BH // DC.
Bằng cách tương tự ta cũng chỉ ra được CH//BD. Gọi giao điểm của BC và HD là M'. Khi đó 2 tam giác $\Delta$CHD = $\Delta$BDH(g.c.g) $\Rightarrow$ CH = BD.
Xét 2 tam giác HM'C và DM'B có:
CH = BD; $\angle M'HC$ = $\angle M'DB$ và $\angle M'CH$ = $\angle M'BD$(so le trong)
$\Rightarrow$ $\Delta$HM'C = $\Delta$DM'B, suy ra M'B = M'C hay M' $\equiv$ M, đồng nghĩa với 3 điểm H, M, D thẳng hàng.
Đến đây bài toán được chứng minh hoàn toàn!
Bài toán 3:
Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, bất kì hai điểm nào cũng có khoảng cách lớn hơn 10. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm đã cho có khoảng cách lớn hơn 14.
Nguyễn Kim Sổ
Hội Toán học Việt Nam