Chuyên đề bồi dưỡng HSG - Chuyên đề 20: Tính chất ba đường trung trực, ba đường cao của tam giác - Hình học 7

 Chuyên đề 20. TÍNH CHẤT BA ĐƯỜNG TRUNG TRỰC, BA ĐƯỜNG CAO CỦA TAM GIÁC
A. Kiến thức cần nhớ
1. Điểm nằm trên đường trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai mút của đoạn thẳng đó.
2. Điểm cách đều hai mút của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó.
3. Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm. Điểm này cách đều ba đỉnh của tam giác 
đó và là tâm của đường tròn đi qua ba đỉnh của tam giác (gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác) (h.20.1).
4. Trong một tam giác, đoạn vuông góc vẽ từ một đỉnh đến đường thẳng 
chứa cạnh đối diện gọi là đường cao của tam giác đó.
5. Ba đường cao của một tam giác cùng đi qua một điểm (h.20.2). Điểm 
này gọi là trực tâm của tam giác.
6. Bổ sung tính chất của tam giác cân
- Trong một tam giác cân, đường trung trực ứng với cạnh đáy, đồng thời là đường phân giác, đường trung 
tuyến và đường cao cùng xuất phát từ đỉnh đối diện với cạnh đó.
- Trong một tam giác, nếu hai trong bốn loại đường trùng nhau thì tam giác đó là một tam giác cân.
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, AB AC. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho CM AB. Vẽ đường trung 
trực của AC, cắt đường phân giác của góc A tại điểm O. Chứng minh rằng O nằm trên đường trung trực 
của BM.
 Giải (h.20.3)
* Tìm cách giải.
Muốn chứng minh điểm O nằm trên đường trung trực của BM ta cần 
chứng minh điểm O cách đều hai đầu của đoạn thẳng BM, nghĩa là 
phải chứng minh OB OM. Muốn vậy phải chứng minh 
 ABO CMO. 
Dễ thấy hai tam giác này có hai cặp cạnh bằng nhau nên chỉ cần 
chứng minh cặp góc xen giữa bằng nhau là đủ
* Trình bày lời giải
Điểm O nằm trên đường trung trực của AC nên OA OC. Suy ra M· EA M· DC. Do đó AE / /CD. 
Từ (1) và (2) ta được AE  BM. 
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC cân tại A, µA 45. Vẽ đường trung tuyến AM. Đường trung trực của cạnh 
AC cắt AB tại D. Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho CE BD. Chứng minh rằng ba đường thẳng AM, BE, 
CD đồng quy.
 Giải (h.20.6)
* Tìm cách giải.
Vẽ hình chính xác ta dự đoán ba đường thẳng AM, BE, CD là ba đường 
cao của tam giác ABC nên chúng đồng quy. Do đó ta cần chứng minh 
AM  BC, CD  AB và BE  AC. 
* Trình bày lời giải.
Điểm D nằm trên đường trung trực của AC nên DA DC. 
Do đó DAC cân suy ra ·ACD C· AD 45. 
Xét DAC có ·ADC 180 45 45 90. Vậy CD  AB. 
Ta lại có BCD CEB (c.g.c) Eµ Dµ 90. Do đó BE  AC.
Mặt khác, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy của tam giác cân nên AM  BC. 
Xét ABC có AM, BE và CD là ba đường cao nên chúng đồng quy.
C. Bài tập vận dụng
• Tính chất đường trung trực
20.1. Cho tam giác ABC, góc A tù. Các đường trung trực của AB và AC cắt BC lần lượt tại D và E.
Biết góc DAE có số đo bằng 30, tính số đo của góc BAC.
20.2. Cho tam giác ABC. Trên các tia BA và CA lần lượt lấy các điểm D và E sao cho BD CE BC. 
Chứng minh rằng khi D và E di động thì đường trung trực của DE luôn đi qua một điểm cố định ở trong 
tam giác ABC.
20.3. Cho góc vuông xOy và một điểm A cố định ở trong góc đó. Vẽ góc BAC bằng 90 sao cho B Ox, 
C Oy. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng M nằm trên một đường thẳng cố định.
20.4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì. Vẽ các điểm D và E sao cho AB là 
đường trung trực của MD, AC là đường trung trực của ME.
Xác định vị trí của điểm M để cho đoạn thẳng DE có độ dài ngắn nhất.
20.5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N 
sao cho M· HN 90. 
a) Gọi O là trung điểm của MN. Chứng minh rằng khi M và N di động thì điểm O di động trên một đường 
thẳng cố định.
b) Xác định vị trí của M và N để MN có độ dài nhỏ nhất. Điểm D nằm trên đường trung trực của AB nên DA DB. 
 µ µ
Suy ra DAB cân, do đó A1 B. 
 µ µ
Chứng minh tương tự, ta được A2 C. 
 µ µ µ µ ·
Ta có A1 A2 B C 180 BAC. 
 µ · µ µ
Mặt khác, A3 BAC A1 A2 nên 
30 B· AC 180 B· AC . 
Suy ra 2B· AC 180 30 B· AC 105. 
20.2. (h.20.8)
Vẽ tia phân giác của góc B, góc C, chúng cắt nhau tại điểm O ở trong tam giác ABC. Đó là một điểm cố 
định.
Trên cạnh BC lấy một điểm M sao cho BM BD, khi đó 
CM CE. 
 BOD BOM c.g.c OD OM. (1) 
 COE COM c.g.c OE OM. (2) 
Từ (1) và (2) suy ra OD OE. 
Điểm O cách đều hai đầu đoạn thẳng DE nên O nằm trên đường 
trung trực của DE. Nói cách khác, đường trung trực của DE luôn đi qua một điểm cố định là điểm O.
20.3. (h.20.9)
Tam giác ABC vuông tại A, tam giác OBC vuông ở O có AM, OM là 
 1
các đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên MA MO BC. 
 2
Điểm M cách đều hai đầu đoạn thẳng OA cố định nên M nằm trên 
đường trung trực của OA. Do đó M nằm trên một đường thẳng cố 
định.
20.4. (h.20.10)
Vì AB, AC là đường trung trực của MD, ME nên 
AD AM và AE AM. 
 AMD và AME cân tại A, suy ra
µ µ µ µ
A1 A2 , A3 A4 . 
 · µ · µ
Do đó MAD 2A2; MAE 2A3 
Ta có D· AE M· AD M· AE Ta có OA trên tia Oy mà OA a không đổi nên A là một điểm cố định, do đó đường trung trực của OA 
cũng cố định. Tia Ot là tia phân giác của góc xOy nên Ot cũng cố định. Điểm K là giao điểm của hai 
đường thẳng cố định nên K cố định.
 µ µ
Điểm K nằm trên đường trung trực của OA nên KO KA, do đó KOA cân A1 O2 . Mặt khác, 
µ µ µ µ
O1 O2 nên A1 O1 
 µ µ
 KMO và KNA có: OM NA; O1 A1 và KO KA. Do đó KMO KNA 
 KM KN. 
Vậy K nằm trên đường trung trực của MN, nói cách khác, đường trung trực của MN đi qua điểm cố định 
là điểm K.
20.7. (h.20.14)
 Tìm cách giải
Giả sử đã xác định được điểm M AB, điểm N BC sao cho 
BM MN NC. 
 µ µ
Ta có MBN cân tại M nên B N1. 
 µ µ
 MNC cân tại N nên M1 C1. 
 µ µ µ µ µ
Xét MNC có N1 là góc ngoài nên N1 C1 M1 2C1. 
 µ 1 µ 1 µ
Suy ra C1 N1 B. 
 2 2
Do đó xác định được điểm M rồi điểm N.
 Cách xác định điểm M, điểm N
 1
- Ở trong góc C, vẽ tia Cx sao cho B· Cx Bµ. Tia Cx cắt cạnh AB tại M.
 2
- Vẽ đường trung trực của MC cắt cạnh BC tại N. Khi đó ta có BM MN NC. 
• Chứng minh
Điểm N nằm trên đường trung trực của MC nên NM NC. (1)
 µ µ µ µ 1 µ µ
 MNC cân tại N M1 C1. Do đó N1 2C1 2. .B B. 
 2
Suy ra D MBN là tam giác cân MB=MN. (2)
Từ (1) và (2), suy ra MB MN NC. 
20.8. (h.20.15)
Vẽ các đường trung trực của AD và BC, chúng cắt nhau tại O. Điểm O nằm trên đường trung trực của AD 
nên OA OD. 
Điểm O nằm trên đường trung trực của BC nên OB OC. 
Ta có OBA OCD (c.c.c). 20.12. (h.20.19)
Hai góc BAC và BHC là hai góc có cạnh tương ứng vuông góc, 
một góc nhọn, một góc tù nên chúng bù nhau:
Aµ B· HC 180 B· HC 180 60 120. 
Điểm M nằm trên đường trung trực của HB nên MH MB. 
Do đó MHB cân tại M M· HB M· BH 30. 
Chứng minh tương tự ta được C· HN 30. 
Vậy M· HB B· HC C· HN 30 120 30 180. 
Suy ra M· HN 180, do đó ba điểm M, H, N thẳng hàng.
20.13. (h.20.20)
Vì ABC nhọn nên O và H nằm trong tam giác. 
Điểm O cách đều ba đỉnh của ABC nên 
OA OB OC, 
do đó AOB, AOC cân tại O. 
 µ µ µ µ
Suy ra O1 2A1;O2 2A2 . 
 µ µ µ µ · ·
Do đó O1 O2 2 A1 A2 hay BOC 2BAC. 
Điểm H là trực tâm của ABC nên BH  AC, CH  AB. 
Hai góc BAC và BHC là hai góc có cạnh tương ứng vuông góc, một góc nhọn, một góc tù nên 
B· HC B· AC 180 B· HC 180 B· AC, do đó 2B· HC 360 2B· AC. 
Vậy B· OC 2B· HC 2B· AC 360 2B· AC 360 
20.14. (h.20.21)
 · µ µ µ
Ta có EF / / AD nên FEA A1;F A2 . 
 µ µ · µ
Mặt khác, A1 A2 nên FEA F. 
Suy ra AEF cân tại A.
Trong tam giác cân, đường trung trực của cạnh đáy đồng thời là 
đường phân giác của góc ở đỉnh nên đường trung trực d của EF 
đi qua đỉnh A. Đó là một điểm cố định.
20.15. (h.20.22)
 · µ µ
Giả sử EFG là tam giác đều, suy ra CEH 60 nên C1 30,C2 30. 
Ta còn có C· GM E· GF 60. 
Do đó C· MG 180 30 60 90. Suy ra BM  AC.