hinh binh hanh hinh hoc toan 8

HÌNH BÌNH HÀNH I Phương pháp giải Định nghĩa Hình bình hành tứ giác có cạnh đối song song (h.4.1) Hình 4.1 Hình 4.2 Tính chất Trong hình bình hành (h.4.2):  Các cạnh đối nhau;  Các góc đối nhau;  Hai đường chéo cắt trung điểm đường Dấu hiệu nhận biết  Tứ giác có cạnh đối song song hình bình hành;  Tứ giác có cạnh đối hình bình hành;  Tứ giác có hai cạnh đối song song hình bình hành;  Tứ giác có góc đối hình bình hành;  Tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường hình bình hành II Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho hình bình hành ACBD Trên tia đối tia AD lấy điểm M, tia đối tia CB lấy điểm N cho AM  CN Chứng minh ba đường thẳng MN, AC, BD gặp điểm Giải (h.4.3) * Tìm cách giải AC BD hai đường chéo hình bình hành ABCD nên chúng cắt trung điểm O AC Ta phải chứng minh MN qua O Muốn cần chứng minh AMCN hình bình hành để suy đường chéo MN qua trung điểm O AC * Trình bày lời giải Tứ giác: AMCN có AM CN AM  CN nên hình bình hành Suy hai đường chéo MN AC cắt trung điểm O AC Mặt khác, ABCD hình bình hành nên hai đường chéo BD AC cắt trung điểm O AC Vậy đường thẳng MN, BD AC qua trung điểm O AC Nhận xét: Hai hình bình hành AMCD ABCD có chung đường chéo AC đường chéo chúng đồng quy trung điểm đường chéo chung Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD Vẽ phía ngồi hình bình hành tam giác ABM AND Chứng minh tam giác CMN tam giác Giải (h4.4) * Tìm cách giải Đề cho hình bình hành tam giác nên có nhiều đoạn thẳng nhau, nhiều góc Do nghĩ đến việc chứng minh tam giác * Trình bày lời giải Ta đặt: ABC   ADC   ; BAD  180   ; MAN  360   60  60  180     60   MAN CDN có: AM  DC   AB  ; MAN  CDN   60    ; AN  DN Do đó: MAN  CDN  c.g.c   MN  CN 1 Chứng minh tương tự, ta được: MAN  MBC  c.g.c   MN  MC   Từ 1   suy ra: MN  CN  MC Vậy CMN Nhận xét: Việc đặt ABC   kỹ thuật giúp ta tính tốn so sánh góc nhanh chóng, tiện lợi Ví dụ 3: Chứng minh tam giác có hai đường trung tuyến vng góc với tổng bình phương hai đường trung tuyến bình phương đường trung tuyến thứ ba Giải (h4.5) * Tìm cách giải Kết luận toán gợi ý cho ta vận dụng định lý Pyta-go Muốn phải vẽ đường phụ tạo tam giác vng có ba cạnh ba đường trung tuyến * Trình bày lời giải Giả sử tam giác ABC tam giác có đường trung tuyến BD CE vng góc với Ta phải chứng minh BD  CE  AF (AF đường trung tuyến thứ ba) Trên tia ED lấy điểm K cho D trung điểm EK Tứ giác AKCE có hai đường chéo cắt trung điểm đường nên hình bình hành  AK CE AK  CE Ta có: DE BC DE  BC  DK BF DK  BF Vậy tứ giác DKFB hình bình hành  KF BD KF  BD Mặt khác, BD  CE nên AK  KF Do KAF vng A  AK  KF  AF  CE  BD  AF III Bài tập vận dụng  Tính chất hình bình hành 4.1 Cho tam giác nhọn ABC Vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABD tam giác ACE vuông cân A Gọi M trung điểm DE Chứng minh hai đường thẳng MA BC vng góc với 4.2 Cho hình bình hành ABCD Vẽ ngồi hình bình hành tam giác ABM vng cân A, tam giác BCN vuông cân C Chứng minh tam giác DMN vuông cân 4.3 Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H Chứng minh chu vi tam giác ABC lớn  HA  HB  HC  4.4 Cho hình thang cân ABCD  AB CD  điểm O hình Chứng minh có tứ giác mà bốn cạnh OA, OB, OC, OD bốn đỉnh nằm bốn cạnh hình thang cân 4.5 Cho hình bình hành ABCD đường thẳng xy khơng cắt cạnh hình bình hành Qua đỉnh A, B, C, D vẽ đường thẳng vng góc với xy, cắt xy A, B, C , D Chứng minh AA  CC  BB  DD 4.6 Cho hình bình hành ABCD  AD  AB  Vẽ ngồi hình bình hành tam giác ABM cân B tam giác ADN cân D cho ABM  ADN a) Chứng minh CM  CN ; b) Trên AC lấy điểm O Hãy so sánh OM với ON 4.7 Cho tam giác ABC cân A, AB  BC Trên tia AB có điểm D, tia CA có điểm E cho AD  DE  EC  CB Tính góc tam giác ABC  Nhận biết hình bình hành 4.8 Chứng minh tứ giác, đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo đoạn thẳng nối trung điểm hai cặp cạnh đối diện gặp điểm (định lí GiécGơn, nhà Toán học Pháp) 4.9 Cho tứ giác ABCD Gọi M, N trung điểm AB CD Gọi E, F, G, H trung điểm NA, NB, MC, MD Chứng minh ba đường thẳng MN, EF, GH đồng quy 4.10 Cho đoạn thẳng PQ điểm A đường thẳng PQ Vẽ hình hình hành ABCD có đường chéo BD PQ BD  PQ Chứng minh đường thẳng BC CD qua điểm cố định 4.11 Trong tất tứ giác với hai đường chéo có độ dài m n cho trước góc xen hai đường chéo có độ lớn  cho trước xác định tứ giác có chu vi nhỏ  Dựng hình bình hành 4.12 Cho tam giác ABC Dựng điểm M  AB , điểm N  AC cho MN BC BM  AN 4.13 Dựng hình bình hành ABCD biết vị trí điểm A vị trí trung điểm M, N BC CD 4.14 Cho trước hai điểm A B thuộc hai nửa mặt phẳng đối bờ đường thẳng d Một đoạn thẳng CD có dộ dài a cho trước nằm đường thẳng d Hãy xác định vị trí điểm C D để tổng AC  CD  DB nhỏ 4.15 Hai điểm dân cư A B hai bên sơng có hai bờ d d  Chiều rộng sông a Hãy tìm địa điểm bắc cầu cho quãng đường từ A sang B ngắn (cầu vng góc với bờ sơng) Hướng dẫn giải 4.1 (h.4.6) Vẽ hình bình hành DAEF Khi AF qua M Gọi H giao điểm MA với BC Ta có: EF  AD  AB AEF  DAE  180 mà BAC  DAE  180 nên AEF  BAC AEF  CAB  g c.g   A1  C1 Ta có: A1  A2  90  C1  A2  90  H  90 Do đó: MA  BC 4.2 (h.4.7) Ta đặt ADC   DAM  90   ; NCD  90   DAM NCD có: AM  CD   AB  ; DAM  NCD   90    ; AD  CN   BC  Do DAM  NCD  c.g.c   DM  DN (1) DMA  NDC Kéo dài MA cắt CD H Ta có: MA  AB  MH  CD Xét MDH có DMA  ADM    90  NDC  ADM    90 Hay MDN  90 (2) Từ (1) (2) suy DMN vuông cân D 4.3 (H.4.8) Vẽ HM AC  M  AB  , HN AB  N  AC  Vì CH  AB nên CH  HN Vì BH  AC nên BH  HM Xét HBM vuông H có BM  HB (1) Xét HCN vng H có CN  HC (2) Xét hình bình hành ANHM có AM  AN  AM  MH  HA (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: BM  CN  AM  AN  HB  HC  HA  MB  AM    CN  AN   HA  HB  HC hay AB  AC  HA  HB  HC Chứng minh tương tự, ta được: BC  BA  HA  HB  HC CA  CB  HA  HB  HC Cộng vế ba bất đẳng thức ta được:  AB  BC  CA   HA  HB  HC  Do AB  BC  CA   HA  HB  HC  4.4 (h.4.9) Qua O dựng đường thẳng song song với BC cắt AB CD E G Qua O dựng đường thẳng song song với CD cắt AD H Qua E dựng đường thẳng song song với OC cắt BC F Khi tứ giác EFGH thỏa mãn đề Thật vậy, tứ giác AEOH, HOGD hình thang cân  OA  EH ; OD  HG (1) Tứ giác EFCO hình bình hành  OC  EF (2) OE  CF Suy OG  BF Vậy tứ giác OBFG hình bình hành  OB  GF (3) Từ (1), (2), (3) suy tứ giác EFGH thỏa mãn đề 4.5 (h.4.10) Gọi O giao điểm AC BD Vẽ OO  xy Ta có: AA BB CC  DD OO Xét hình thang AACC có OA  OC OO AA nên OA  OC Do OO đường trung bình hình thang AAC C  OO  AA  CC  hay AA  CC  2OO Xét hình thang DDBB , chứng minh tương tự, ta có: BB  DD  2OO Từ suy ra: AA  CC  BB  DD 4.6 (h.4.11) a) Vì ABCD hình bình hành nên ABC  ADC Ta đặt ABC  m, ABM  n, MBC  CDN  m  n MBC CDN có: MB  CD   AB  ; MBC  CDN (chứng minh trên); BC  DN   AD  Vậy MBC  CDN  c.g.c   CM  CN b) Các ABM AND tam giác cân có góc đỉnh mà AB  AD nên AM  AN (bạn đọc tự chứng minh) Xét ACM CAN có CM  CN ; CA chung AM  AN nên ACM  ACN Xét OCM OCN có CM  CN ; CO chung ACM  ACN nên OM  ON 4.7 (h.4.12) Vẽ hình bình hành BDEF EF  BD 1 ; ED  FB Ta có: AD  CE; AB  AC  BD  EA   Từ (1) (2) suy EF  EA Ta có: CEF  DAE (so le trong); DEA  DAE (hai góc đáy tam giác cân) Suy CEF  DEA CEF  DEA  c.g.c   CF  AD Từ suy ra: BF  CF  BC  FBC Ta đặt BAC  m, ADE  n Vẽ tia Fx tia đối tia FC Vì CFE  DAE nên EFx  BAC  m Ta có: BFx  120 hay m  n  120 (*) Trong CEF ta có ECF  D  n ; CFE  CEF  60  n Do đó: n   60  n   60  n   180  3n  60  n  20 Từ *  m  100 Suy ABC  ACB  40 4.8 (h.4.13) Gọi M, N, P, Q, E F trung điểm AB, BC, CD, DA, AC BD Ta phải chứng minh MP, NQ EF qua điểm Xét ABC có MN đường trung bình  MN AC MN  AC Chứng minh tương tự, ta có: PQ AC PQ  AC Suy MN PQ MN  PQ Do tứ giác MNPQ hình bình hành Chứng minh tương tự, ta tứ giác MEPF hình bình hành Hai hình bình hành MNPQ MEPF có chung đường chéo MP nên đường chéo MP, NQ EF đồng quy trung điểm đường 4.9 (h.4.14) Bạn chứng minh tứ giác MGNH MFNE hình bình hành.Hai hình bình hành có chung đường chéo MN nên đường chéo MN, EF GH đồng quy 4.10 (h.4.15) Qua A vẽ đường thẳng xy PQ Trên tia Ax lấy điểm M, tia Ay lấy điểm N cho AM  AN  PQ Như điểm M N cố định Tứ giác AMBD có hai cạnh đối diện song song nên hình bình hành  BM AD Mặt khác, BC AD nên ba điểm B, M, C thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit) Do đường thẳng BC qua điểm cố định M Chứng minh tương tự, ta đường thẳng CD qua điểm cố định N 4.11 (h.4.16) Xét tứ giác ABCD có AC  m, BD  n BOC   Vẽ hình bình hành ADBE vẽ hình bình hành CAEF Khi đó: EF  AC  m; CF  AE  BD  n; EAC  BOC   Như hình bình hành CAEF hồn tồn xác định, hai đường chéo AF CE khơng đổi Dễ thấy tứ giác BFCD hình bình hành  BF  CD Chu vi tứ giác ABCD là:  AB  CD    BC  AD    AB  BF    BC  BE   AF  CE  A, B, F thẳng hàng C , B, E thẳng Dấu "  " xảy    AB CD   AD BC hàng  ABCD hình bình hành Vậy chu vi tứ giác ABCD nhỏ ABCD hình bình hành 4.12 (h.4.17) a) Phân tích Giả sử dựng MN BC cho BM  AN Vẽ ND AB  D  BC  Tứ giác MNDB hình bình hành  DN  BM mà BM  AN nên DN  AN  NAD cân  A2  D1 Mặt khác, A1  D1 (so le trong) nên A1  A2 Do AD đường phân giác góc A Điểm D dựng suy điểm N M dựng b) Cách dựng - Dựng đường phân giác AD tam giác ABC - Dựng DN AB  N  AC  - Dựng NM BC  M  AB  Các bước lại, bạn đọc tự giải 4.13 (h.4.18) a) Phân tích Giả sử dựng hình bình hành thỏa mãn đề Gọi O giao điểm hai đường chéo K giao điểm MN AC Xét CBD có MN đường trung bình, MN BD Xét COB có MB  MC MK OB nên CK  KO Vậy MK đường trung bình nên MK  OB Chứng minh tương tự, ta KN  OD Mặt khác, OB  OD nên KM  KN Vậy điểm K trung điểm MN xác định 2 Dễ thấy OK  KC  OC  OA  KC  AC suy KC  KA Điểm C nằm tia đối tia KA cách K khoảng AK Điểm C xác định điểm B D xác định b) Cách dựng - Dựng đoạn thẳng MN - Dựng trung điểm K MN - Dựng tia AK - Trên tia đối tia KA dựng điểm C cho KC  KA - Dựng điểm B cho M trung điểm CB - Dựng điểm D cho N trung điểm CD - Dựng đoạn thẳng AB, AD ta hình bình hành phải dựng Bạn đọc giải tiếp bước lại 4.14 (h.4.19) Giả sử xác định vị trí C D  d để tổng AC  CD  DB nhỏ Vẽ hình bình hành CDBB (chú ý CD BB ngược chiều nhau) Khi BB  CD  a (không đổi); DB  CB Điểm B  cố định Ta có tổng AC  CD  DB nhỏ  AC  DB nhỏ (vì CD  a khơng đổi)  AC  CB nhỏ  A, C , B thẳng hàng Từ ta xác định điểm C  d sau: - Qua B vẽ đường thẳng song song với d, lấy B  cho BB  a ( BB ngược chiều với CD) - Lấy giao điểm C BA d - Lấy D  d cho CD  a (CD BB ngược chiều) Khi tổng AC  CD  DB nhỏ Phần chứng minh dành cho bạn đọc 4.15 (h.4.20) Giả sử xác định vị trí CD cầu  C  d ; D  d  cho tổng AC  CD  DB nhỏ Vẽ hình bình hành ACDA Ta có: AC  AD, AA  CD  a AA  d Khi A điểm cố định Ta có tổng AC  CD  DB nhỏ  AC  DB nhỏ (vì CD  a khơng đổi)  AD  DB nhỏ  A, D, B thẳng hàng Từ ta xác định vị trí CD cầu sau: - Vẽ AH  d - Trên tia AH lấy A cho AA  a - Lấy giao điểm D AB d  - Vẽ DC  d  C  d  Khi AC  CD  DB nhỏ Phần chứng minh dành cho bạn đọc  ... việc chứng minh tam giác * Trình bày lời giải Ta đặt: ABC   ADC   ; BAD  180    ; MAN  360   60  60  180      60   MAN CDN có: AM  DC   AB  ; MAN  CDN   60   ... bình hành DAEF Khi AF qua M Gọi H giao điểm MA với BC Ta có: EF  AD  AB AEF  DAE  180  mà BAC  DAE  180  nên AEF  BAC AEF  CAB  g c.g   A1  C1 Ta có: A1  A2  90  C1  A2  90... CFE  CEF  60  n Do đó: n   60  n   60  n   180   3n  60  n  20 Từ *  m  100 Suy ABC  ACB  40 4 .8 (h.4.13) Gọi M, N, P, Q, E F trung điểm AB, BC, CD, DA, AC BD