HSG 8 các CHUYÊN đề HÌNH học

CHUYÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỊNH LÍ TA-LÉT A.Kiến thức: A Định lí Ta-lét: * Định lí Talét M ABC  AM AN  = MN // BC   AB AC N C B AM AN MN =  AC BC * Hệ quả: MN // BC  AB B Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G B a) chứng minh: EG // CD A b) Giả sử AB // CD, chứng minh AB = CD EG O Giải Gọi O giao điểm AC vaø BD E G OE OA = OC (1) a) Vì AE // BC  OB OB OG = OA (2) BG // AC  OD D OE OG = OC  EG // CD Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OD b) Khi AB // CD EG // AB // CD, BG // AD neân AB OA OD CD AB CD =  =    AB2  CD EG EG OG OB AB EG AB Bài 2: Cho ABC vuông A, Vẽ phía tam giác tam giác ABD vuông cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm AC BF Chứng minh rằng: a) AH = AK b) AH2 = BH CK Giaûi Ñaët AB = c, AC = b BD // AC (cùng vuông góc với AB) C AH AC b AH b AH b       HB c HB + AH b + c neân HB BD c D A H AH b AH b b.c     AH  b+c c b+c b + c (1) Hay AB F K AB // CF (cuøng vuông góc với AC) nên C B AK AB c AK c AK c       KC CF b KC b KC + AK b + c AK b AK c b.c     AK  b+c b b+c b + c (2) Hay AC Từ (1) (2) suy ra: AH = AK AH AC b AK AB c AH KC AH KC        HB AH (Vì AH = AK) b) Từ HB BD c KC CF b suy HB AK  AH2 = BH KC Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh raèng: a) AE2 = EK EG 1   b) AE AK AG c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị không đổi Giải A a) Vì ABCD hình bình hành K  BC nên b AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có: EK EB AE EK AE = =    AE  EK.EG AE ED EG AE EG a B K E D C G AE DE AE BE = = DB ; AG BD nên b) Ta có: AK AE AE BE DE BD   1 1  =     AE      AK AG BD DB BD  AK AG   AE AK AG (ñpcm) BK AB BK a KC CG KC CG =  = =  = CG KC CG (1); AD DG b DG (2) c) Ta coù: KC BK a =  BK DG = ab DG Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: b không đổi (Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD không đổi) Bài 4: Cho tứ giác ABCD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng: B b) EG vuông góc với FH E A a) EG = FH P H Giaûi Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG 1 BM BE BM = = =  BA BC Ta coù CM = CF = BC  BC F O Q D M N G EM BM 2  =  EM = AC  EM // AC  AC BE 3 (1) C NF CF 2  =  NF = BD 3 T¬ng tù, ta cã: NF // BD  BD CB (2) mµ AC = BD (3) Tõ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a) Tơng tự nh ta cã: MG // BD, NH // AC vµ MG = NH = AC (b) à Mặt khác EM // AC; MG // BD Vµ AC  BD  EM  MG  EMG = 90 (4) · T¬ng tù, ta cã: FNH = 90 (5) · · Tõ (4) vµ (5) suy EMG = FNH = 90 (c) Tõ (a), (b), (c) suy  EMG =  FNH (c.g.c)  EG = FH b) Gọi giao điểm EG FH O; cđa EM vµ FH lµ P; cđa EM vµ FN Q à à à à à à à PQF = 900  QPF + QFP = 900 mµ QPF = OPE (®èi ®Ønh), OEP = QFP (  EMG =  FNH) · · Suy EOP = PQF = 90  EO  OP  EG FH Bài 5: Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AC M AB K, Từ C vẽ đờng thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đờng thẳng song song với AC, cắt BC P Chứng minh a) MP // AB b) Ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Giải CP AF = FB (1) a) EP // AC  PB CM DC = AK (2) AK // CD  AM D C c¸c tø giác AFCD, DCBK la hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3) CP CM  KÕt hợp (1), (2) (3) ta có PB AM MP // AB (Định Ta-lét đảo) (4) P I M K A lÝ B F CP CM DC DC  b) Gọi I giao điểm BD CF, ta cã: PB AM = AK FB DC DI CP DI   Mµ FB IB (Do FB // DC)  PB IB  IP // DC // AB (5) Tõ (4) vµ (5) suy : qua P có hai đờng thẳng IP, PM song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít ba ®iĨm P, I, M th¼ng hang hay MP ®i qua giao điểm CF DB hay ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Bài 6: à Cho ABC có BC < BA Qua C kẻ đờng thẳng vuông goác với tia phân giác BE ABC ; đờng thẳng cắt BE F cắt trung tuyến BD G Chứng minh đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần Giải Gọi K giao điểm CF AB; M giao điểm DF BC KBC có BF vừa phân giác vừa đờng cao nên KBC cân B BK = BC FC = FK B Mặt khác D trung điểm AC nên DF đờng trung bình  AKC  DF // AK hay DM // AB Suy M trung điểm BC K DF = AK (DF đờng trung bình  AKC), ta cã BG BK BG BK 2BK = =  GD DF ( DF // BK)  GD DF AK (1) A M G D F E C CE DC - DE DC AD CE AE - DE DC AD   1  1   1  1 DE DE DE DE DE DE Mæt khác DE (Vì AD = DC) DE CE AE - DE AE AB AE AB  1  2 2 DE DE DF Hay DE (v× DE = DF : Do DF // AB) CE AK + BK 2(AK + BK) CE 2(AK + BK) 2BK  2  2  2  DE AK AK AK (2) Suy DE (Do DF = AK)  DE BG CE Tõ (1) vµ (2) suy GD = DE  EG // BC OG OE  FO  = =  MC MB  FM   OG = OE Gọi giao điểm EG DF O ta cã Bµi tËp vỊ nhµ Bµi 1: Cho tứ giác ABCD, AC BD cắt O Đờng thẳng qua O song song với BC cắt AB E; đờng thẳng song song với CD qua O cắt AD F a) Chứng minh FE // BD b) Từ O kẻ đờng thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD G H Chøng minh: CG DH = BG CH Bµi 2: Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thc tia ®èi cđa tia BC cho BN = CM; đờng thẳng DN, DM cắt AB theo thø tù t¹i E, F Chøng minh: a) AE2 = EB FE  AN    b) EB =  DF  EF CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC A Kiến thức: Định lí Ta-lét: * Định lí Talét A ABC  AM AN  = MN // BC   AB AC AM AN MN =  AC BC * Hệ quả: MN // BC  AB M B N C Tính chất đường phân giác: BD AB = AC  ABC ,AD phân giác góc A  CD BD' AB = AC AD’là phân giác góc A: CD' A B Bài tập vận dụng Bài 1: Cho  ABC coù BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD B D C A a) Tính độ dài BD, CD AI b) Tia phân giác BI góc B cắt AD I; tính tỉ số: ID D' B C Giải A BD AB c   ·BAC a) AD phân giác nên CD AC b BD c BD c ac     BD =  CD + BD b + c a b+c b+c ac ab Do CD = a - b + c = b + c AI AB ac b+c  c:  ·ABC b+c a b) BI phân giác nên ID BD c b I B D C a Bài 2: A µ Cho  ABC, có B < 600 phân giác AD a) Chứng minh AD < AB b) Gọi AM phân giác  ADC Chứng minh BC > DM Giải µ µ +C µ µ A 1800 - B ·ADB = C µ + A  600 > 2 a)Ta coù = C D M B · µ  ADB > B  AD < AB b) Goïi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong  ADC, AM laø phân giác ta có DM AD DM AD DM AD =  = = CM AC  CM + DM AD + AC CD AD + AC abd CD.AD CD d ab   DM = AD + AC b + d ; CD = b + c ( Vaän dụng 1)  DM = (b + c)(b + d) 4abd Để c/m BC > DM ta c/m a > (b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) Thaät vaäy : c > d  (b + d)(b + c) > (b + d)2  4bd Bất đẳng thức (1) c/m 3.Bài 3: Cho  ABC, trung tuyến AM, tia phân giác góc AMB , AMC cắt AB, AC theo thứ tự D E a) Chứng minh DE // BC A b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE c) Tìm tập hợp giao diểm I AM DE  ABC có BC cố định, AM = m không đổi d)  ABC có điều kiện DE đường trung bình Giải DA MB  · a) MD phân giác AMB nên DB MA (1) EA MC  ·AMC ME phân giác nên EC MA (2) D B I E M C DA EA  Từ (1), (2) giả thiết MB = MC ta suy DB EC  DE // BC x DE AD AI    b) DE // BC  BC AB AM Ñaët DE = x  a x  x = 2a.m m a + 2m m- a.m c) Ta coù: MI = DE = a + 2m không đổi  I cách M đoạn không a.m đổi nên tập hợp điểm I đường tròn tâm M, bán kính MI = a + 2m (Trừ giao điểm với BC d) DE đường trung bình  ABC  DA = DB  MA = MB   ABC vuông A Baøi 4: Cho A  ABC ( AB < AC) phân giác BD, CE a) Đường thẳng qua D song song với BC cắt AB K, chứng minh E nằm B K K D E b) Chứng minh: CD > DE > BE Giải M B a) BD phân giác nên AD AB AC AE AD AE = < =   DC BC BC EB DC EB (1) AD AK  Maët khác KD // BC nên DC KB (2) AK AE AK + KB AE + EB AB AB      KB > EB  KB EB KB EB Từ (1) (2) suy KB EB  E nằm K B · · b) Gọi M giao điểm DE CB Ta có CBD = KDB (so le trong)  · · KBD = KDB · · · · · · maø E nằm K B nên KDB > EDB  KBD > EDB  EBD > EDB  EB < DE · · · · · · · · · · Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC  DEC > ECB  DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) Suy ra: CD > ED  CD > ED > BE Baøi 5: Cho  ABC Ba đường phân giác AD, BE, CF Chứng minh C a DB EC FA 1 DC EA FB b 1 1 1      AD BE CF BC CA AB Giaûi DB AB = ·BAC AC (1) a)AD đường phân giác nên ta có: DC EC BC = BA (2) ; Tương tự: với phân giác BE, CF ta có: EA FA CA = FB CB (3) H A F DB EC FA AB BC CA = AC BA CB = Từ (1); (2); (3) suy ra: DC EA FB b) Đặt AB = c , AC = b , BC = a , AD = d a Qua C kẻ đờng thẳng song song với AD , cắt tia BA ë H E B BA.CH c.CH c AD BA AD    CH  BH BA + AH b + c Theo §L TalÐt ta cã: CH BH  Do CH < AC + AH = 2b nªn: da  2bc   b  c              d a 2bc  b c  da  b c  bc 11 1     d  a c  Vµ b Chøng minh t¬ng tù ta cã : 11 1     d c  a b  Nªn: 1 1 1 1 1 1  1   1   1                       d a db d c  a b c  d a db d c  b c   a c   a b    1 1 1      d a db d c a b c ( đpcm ) Bài tËp vỊ nhµ Cho  ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), caùc phân giác BD, CE a) Tính độ dài CD, BE suy CD > BE b) Vẽ hình bình hành BEKD Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD D C CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG A Kiến thức: * Tam giác đồng dạng: a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c)  ABC AB AC BC = = A'C' B'C' A’B’C’  A'B' b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)  ABC AB AC = µ = A' µ A'C' ; A A’B’C’  A'B' c Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)  ABC µ µ µ µ A’B’C’  A = A' ; B = B' SA'B'C' A'H' S AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: AH = k (Tỉ số đồng dạng); ABC =K B Bài tập áp dụng Bài 1: µ µ Cho  ABC coù B = C , AB = cm, BC = 10 cm a)Tính AC b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu? a Ta có ˆ  BAM ˆ ABM  ADN (cgc)  AM  AN  DAN b Hình bình hành AMFN, có: AM = AN  AMFN hình thoi Lại có MAN  MAD  DAN  MAD  MAB  90  AMFN hình vng ˆ ˆ ˆ ˆ c ACF  ACD  DCF  45  DCF ˆ Ta chứng minh DCF  45  CHFK hình vng Có: Mˆ  Mˆ  900  Nˆ  Mˆ  900 , Nˆ  Nˆ  900  Mˆ  Nˆ  MHF  NKF (ch  gn)  FH  FK ˆ  900  CHFK hình vng DCFˆ  450  ACF (đpcm) d Ta chứng minh điểm B, D, O nằm đường trung trực AC Ta có: ABCD hình vng  B, D nằm đường trung trực AC O trung điểm AF  O trung điểm MN  OA  OM OC  OM  Lại có AC AC  OM  OC  OA  OC  O nằm đường trung trực  B, D, O thẳng hàng Bài 3: Cho đoạn thẳng AB điểm M thuộc đoạn thẳng Vẽ phía AB hình vng AMCD, BMEF a Chứng minh AE  BC b Gọi H giao điểm AE BC Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng c Chứng minh đường thẳng DF qua điểm cố định M di chuyển đoạn thẳng cố định AB Lời giải E F I mà: MD  AC  AC  BE Lại có H D EC  AB  C trực tâm tam giác ABE  AE  BC O' C O A  OH  a Có MD // BE ( hai góc đồng vị ) M K 1 AC  DM 2  DMH ( Hˆ  900 )  DH  MH (1) B b Gọi O O’ tâm hai hình vng AMCD BMEF Tam giác vng AHC có OH đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AC Chứng minh tương tự, ta HF  MH (2)  D, H , F thẳng hàng c Gọi I giao điểm AC DF Chứng minh OI đường trung bình tam giác DMF, hay I trung điểm DF Kẻ IK vng góc AB ( K thuộc AB )  K trung điểm AB, K cố định 1 IK  ( AD  BF )  AB 2 Mặt khác ( Không đổi )  I cố định Vậy DE qua I cố định Bài 4: Cho hình vng ABCD điểm M thuộc đoạn BC Lấy điểm N thuộc đoạn ˆ CD cho MAN  45 Chứng minh rằng: BM  DN  MN Lời giải A 45 B Trên tia đối tia DC lấy điểm E cho : DE = BM Ta có: ABM  ADE (cgc )  AM  AE ; Aˆ1  Aˆ3 M E D N C ˆ  MAD ˆ  DAE ˆ  MAD ˆ  BAM ˆ  900  EAN ˆ  900 MAE EAN  MAN (cgc)  EN  MN  DN  BM  MN Bài 5: Cho hình vng ABCD điểm M thuộc đoạn BD Gọi E, F hình chiếu M lên AB, AD Chứng minh rằng: BF, DE, CM đồng quy Lời giải +) Ta có: FAEM hình chữ nhật +) Ta có: FDM vng cân F E A  AE  FM  FD B K F M C D AD  DC  ˆ  FCD ˆ  EDA ˆ  EDC ˆ  900  EAD  FDC (cgc )  EAD  Aˆ  Dˆ   CF  DE (1) Tương tự: BF  CE (2) +) Gọi K giao điểm CM EF E A B K D C F ˆ (dvi )  MAD ˆ  AFE ˆ  MCD ˆ  FEM ˆ  KFM ˆ  KMF ˆ  KFM ˆ  FEM ˆ  900  CM  FE (3) KMF 44 4 43 { AFK can doi xung hinh vuong Từ (1), (2) (3) suy ba đường cao CEF Bài 6: Cho hình vng ABCD, E điểm AB Phân giác góc CDE cắt BC K Chứng minh rằng: CK + EA = DE Lời giải +) Trên tia đối tia CK lấy điểm F cho CF = AE  CK  EA  CK  CF  FK +) AED  CFD (c.g.c)  DE  DF ; Dˆ1  Dˆ ˆ  DEA ˆ  900  Dˆ ; FDK ˆ  Dˆ  Dˆ DFK +) Xét DKF có: ˆ  1800  DEK ˆ  FDK ˆ  1800  (900  Dˆ )  ( Dˆ  Dˆ )  900  Dˆ  Dˆ  Dˆ DFK 4 ˆ  DKF ˆ  DKF  900  Dˆ  Dˆ1  Dˆ  Dˆ  Dˆ  FDK cân F  DF  KF  DE  CK  FC  DE  AE  CK  DE Bài 7: Cho hình vng ABCD Gọi E, F trung điểm AB, BC M giao điểm CE DF Chứng minh : AM = AB E A Lời giải +) B Eˆ  Fˆ  Fˆ  Cˆ1  900  CE  FD +) Gọi N trung điểm CD F +) AECN hình bình hành M +) MCD vng  MN  ND I Có : AN  DM  Chứng minh : AM  AD  AB D N C Bài 8: Cho hình vng ABCD Gọi M, N trung điểm AB, AD BN CM cắt P Chứng minh rằng: DP = AB Lời giải ˆ ˆ +) BAN  CBM (c.g.c); ABN  BCN A M B ˆ  900  Cˆ1  Bˆ  900  BPC P +) Kéo dài BN cắt CD E BAN  EDN (c.g c)  AB  DE  D N trung điểm EC +) Xét CPE vuông P  PD  EC  CD  AB (dpcm) E D Bài 9: Cho ABC Về phía ngồi tam giác dựng hình vng ABDE, ACFG Chứng minh đường cao AH ABC qua trung điểm EG C Lời giải G Q Gọi P, Q hình chiếu E, G lên AH I E P F A D B C H AE  AB ˆ  AHB ˆ  900 EPA     EAP  AHB ˆ  ABH ˆ ) ˆ ( phu : BAH EAP  PE  AH (1)  Tương tự: GQA  CHA(ch.gn)  GQ  AH (2)  GQ  EP EP  GQ Iˆ  Iˆ     EPI  GQI ( g c.g )  EI  IG  Pˆ  Qˆ  900   EPI ,  GQI Xét có: Bài 10: Cho ABC , M trung điểm BC Về phía ngồi tam giác dựng hình vng ABDE, ACFG Gọi P, Q tâm hình vng CMR: MPQ vuông cân Lời giải +) PM QM đường trung bình G  MP / / EC  MQ / / BG   EBC , BGC   ; 1  MP  EC  MQ  BG E  EC  BG AEC  ABG (c.g.c)   ˆ  ABG ˆ  AEC +) Iˆ  Bˆ  Hˆ  1800 Xét IHB có:  Iˆ2  Iˆ1  Iˆ1  Bˆ  Iˆ2  Eˆ  900  Hˆ  900  ˆ ˆ  B  E Q A I P H D B M C F  MP  MQ  EC  BG    MPQ  MP  MQ vuông cân Bài 11: Cho ABC , phía ngồi tam giác dựng hình vuông ABGH, ACEF, O ,O ,O BCIJ Gọi tâm hình vng, M trung điểm BC, D trung điểm HF CMR: a O1MO2 vng cân b hình vng d AD  BC ; AM  HF c HF  AM e DO1MO2 O1O2  AO3 Lời giải Xét ta giác FAB tam giác CAH có: FA  AC ; AB  AH ; ˆ  900  Aˆ  CAH ˆ FAB ˆ  I BJ ˆ  FAB  CAH (cgc)  FB  CH  AHJ 1 Mà: +) ˆ  AJˆ H  900  I BJ ˆ  BJˆ I  900  FB  CH AHJ 1 1 1 O2 M đường trung bình H FCB  O2 M / / FB; O2 M  BF +) O1M D D1 đường trung bình F G A O1 J1 O2 I1 E C M B O3 I HBC  O1M / / HC ; O2 M  O M  O2 M HC    O1MO2 O1M  O2 M vuông cân J b +) +) O2 D O1 D FHC  O1 D / / BF ; O1D  BF đường trung bình đường trung bình FBH  O2 D / / HC ; O2 D  HC  O1M  O2 M  O1D  O2 D  DO1MO2 hình thoi, Mˆ  900  hình vng c Tứ giác +) ABA1C hình bình hành ˆ  BA  FA; ˆ  1800  BAC  BA1  AC ; ABA 1 ˆ  FAH ˆ  BA  AH ˆ  180  BAC ABA ABA1  FAH  AA1  HF  AM  FH d Hạ CC1  AM  C1 AM cắt FH D1: Mà: ˆ (slt ) ˆ  AAˆ B  CAA HAF  BAA1 (c.g.c)  HFA 1 ˆ  FAD ˆ  900  D FA ˆ  900  Dˆ  900  AM  FH ˆ  D AF CAA 1 1 Bài 12: Cho hình vng ABCD, điểm E, F cạnh BC, CD · cho EAF  45 , tia đối tia DC lấy điểm M cho DM = BE CMR: · a) ABE  ADM , MAF  45 b) Chu vu tam giác CEF nửa chu vi tứ giác ABCD Lời giải a,  ABE =  ADN ( cạnh góc vng) => µA  ¶A 0  · · => MAE  90  MAF  90  45  45 b,  AEF =  AMF (c.g.c) => EF = MF, EF = MD + DF = BE + DF Chu vi  CEF = CE + EF + CF = CK + BE + DF + CF = BC + CD = chu vi ABCD Bài 13: Cho tam giác ABC vuông A, kẻ đường cao AH trung tuyến AM, đường phân giác góc A, cắt đường trung trực BC D, Từ D kẻ DE vng góc với BA DF vng góc với AC · a) CMR: AD phân giác HAM hàng b) điểm E, M, F thẳng c) Tam giác BDC tam giác vuông cân Lời giải a) Ta có: µ  µA C 1 ( cựng ph gúc B) ảA C µA  A ¶ ,µ ¶ 1 A3  A4 Mà AM= BC=> AM= MC=> => AD tia phân giác b) AH // DM => mà ¶ A ¶ D , ¶A  µ ¶ µ A3  D A3  ADM cân => AM= MD Chứng minh Tứ giác AEDF hình vng => EA = ED => FA = FD Ta có: M, E, F nằm đường trung trực AD => Thẳng hàng ¶ D ¶ D c,  BED =  CFD => · · ¶  BDF · ¶  EDF · BDC  BDF D D  900 =>  BDC vuông cân Bài 14: Cho tam giác ABC vuông A, AB AB => B  C µ · · µ Mà: B  HAC  HAC  C => HC > AH => AH = HD => HC > HD => D nằm H,C b, Ta có: µA  A ¶  900 , A ¶ µ A3  900  µ A1  µ A3 2 kết hợp với AE= AH =>  AEF =  AHB => AB= AF Tứ giác ABGF hìn bình hành có góc vng => HCN có AB = AF => hình vng c) Gọi M giao điểm BF, AG, Khi  BDF có DM = BF Tương tự AM= BF => M nằm đường trung trực AD Ta lại có: AE= ED, HA= HD => E, H nằm đường trung trực AD hay H, M, E thẳng hàng Bài 15: Cho hình vng ABCD điểm E bắt kỳ nằm điểm A B, tia đối tia CB lấy điểm F cho CF =AE · a) Tính EDF b) Gọi G điểm đối xứng với D qua trung điểm I EF, tứ giác DEGF hình gì? c) CMR: AC, DG, EF đồng quy Lời giải a)  AED =  CFD (c.g.c) · · · · · · · => ADE  CDF  EDF  EDC  CDF  EDC  ADE · · => EDF  ADC  90 b) Tứ giác DEGF có I trung điểm EF (gt) I trung điểm DG Do đó: DEGF hình bình hành · lại có: EDF  90 => Là hình chữ nhật, lại có tiếp DE = DF => Là hình vng Bài 16: Cho hình vng ABCD, M điểm cạnh BC, nửa mp bờ AB chứa C đựng hình vng AMHN, Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, Cắt DC F Chứng minh rằng: a) : B M = ND b) N, D, C thẳng hàng c) EMFN hình gì? d) Chứng minh DF  BM  FM chu vi  MFC không đổi M thay đổi BC Lời giải µ · a) Tứ giác ABCD hình vng => A1  MAD  90 (1) Vì AMHN hình vng à ảA2 MAD 900 (2) ả Từ (1) (2) ta có: A1  A2 Ta cú : AND= AMB (c.g.c) D ả  900, BM  ND  B b, ABCD hình vng ¶  900  D ¶ D ¶  NDC ·  D  1800 , 2 Nên N, D, C thẳng hàng c, Gọi O giao điểm hai đường chéo AH MN hình vng AMHN => O tâm đối xứng hình vng AMHN => AH đường trung trực đoạn MN, mà E, F  AH => EN = EM v FM = FN O ả  EM  NF  O (3) (4) Từ (3) (4) => EM = NE = NF = FM => MENF hình thoi (5) d, Từ (5) suy FM = FN = FD + DN, mà DN = MB (cmt) => MF = DF + BM Gọi chu vi  MCF P cạnh hình vng ABCD a Ta có : P  MC  CF  MF  MC  CF  BM  DF , Vì ( MF = DF + MB)   MC  MB   CF  FD   BC  CD  a  a  2a Hình vng ABCD cho trước => a khơng đổi => P khơng đổi Bài 17: Cho hình vuông ABCD, Gọi E điểm cạnh BC ( E khác B C), Qua A kẻ Ax vng góc với AE, Ax cắt CD F, trung tuyến AI  AEF cắt CD K, đường thẳng kẻ qua E, song song với AB cắt AI G a) Chứng minh AE=AF tứ giác EGFK hình thoi b) Chứng minh  AKF đồng dạng với  CAF AF  FK FC c) Khi E thay đổi BC, chứng minh chu vi  EKC không đổi Lời giải a) Xét  ABE vuông B  ADF vuông D có: AB = AD, · · BAE  CAF =>  ABE =  ADF => AE = AF Vì AE = AF AI đường trung tuyến  AEF => AI  EF Hai  IEG vng I  IFK vng I có: · · IE=IF, IEG  IFK , Nên  IEG =  IFK => EG = FK Tứ giác EGFK có hai cạnh đối EG FK song song nên hình bình hành Hình bình hành EGFK có hai đường chéo GK EF vng góc nên hình thoi · · b) Xét  AKF  CAF có: AFK  CFA , AF FK  AKF : CAF (gg )    AF  FK FC · · KAF  ACF  450 FC AF c) Theo câu a ta có:  ABE =  ADF nên EB=FD, Tứ giác EGFK hình thoi nên EK= KF C  EK  KC  CE  CF  CE  CD  DF  CE  2CD Do chu vi  EKC là: EKC ( Khơng đổi) Bài 18: Cho hình vuông ABCD cạnh a, AB lấy cho BN  AM  2a , BC lấy BN 2a a) CMR: AN vng góc DM b) Gọi I J trung điểm NM, DN K giao AN DN, Tính IK , KJ IJ Lời giải ¶ M ¶  900 ả D A1 , M : D 1 a, Ta chứng minh  ABN =  DAM => => àA M ả 900 K µ  900 1 b, Ta có : KI  a 4a a   9 MN  a MN  Tương tự ta có : Tương tự DM  DN  a 10 a  KJ  10 a a 13  IJ  13 Bài 19: Cho hình vng ABCD, Từ điểm M tùy ý đường chéo BD, kẻ ME, MF vng góc với AB AD, CMR: a, CF = DE, CF  DE b, CM = EF, OM  EF c, CM, BF, DE đồng quy d, Xác định M để diện tích AEMF lớn Lời giải a) BD đường chéo hình vng ABCD => BD phân giác góc D · => ADB  45  DFM cân F=> DF = FM = AE ả CDF = DAE (c.g.c) => CF = DE C1  D1 Mà µ F 900 D ả F 900  FOD · C  900 1 1 b, AM = EF, BD đường trung trực AC => MA = MC => MC = EF Kéo dài FM cắt BC N => Tứ giác BEMN hình vng, => MN = ME ¶  MEF · M =>  EMF =  MNC(c g c) => , Mà ¶ M ¶  900  MEF · ¶  900 M M 2 · => EHM  90 => ĐPCM c)  EFC có CH  EF => CM trùng CH đường cao ứng với cạnh EF Lại có ED  CF O => ED đường cao ứng với cạnh CF Chứng minh tương tự câu a => CE  BF => BF đường cao ứng với cạnh CE => đường CM, BF, DE đồng quy CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ TỨ GIÁC ĐẶC BIỆT Bài 1: Cho ABC , phía ngồi tam giác dựng hình vng BCDE, ACIG hình bình hành BEQK, CDPE Chứng minh APQ vuông cân Lời giải G ABC  CFP (c.g c) : AC  CF ; BC  PF  CD; ˆ )  CP = AB ; A ˆ  Cˆ Cˆ  Fˆ (bù: DCF H F A 1 1  AC  BQ ABC  BKQ (c.g.c)    Aˆ1  Bˆ1 Tương tự: ABQ  ACP (cgc)  AQ  AP  APQ K B C P Cân A Ta có: ˆ  QAB ˆ  BAC ˆ  CAP ˆ  APC ˆ  CAP ˆ ˆ  FCP QAP Q E D  180 900  900 ( Tổng ba góc tam giác )  APQ vng cân Bài 2: [ HSG: 14/04/2014 ] Cho hình thang ABCD vuông A D, biết CD = 2AB = 2AD BC  a Gọi E trung điểm CD a ABED hình gì? Vì b Tính S ABCD theo a c Gọi I trung điểm BC, H chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC ˆ Tính HDI Lời giải a Hình chữ nhật có hai cạnh kề nên hình vng b BEC vng cân vng cân A B  AB  AD  a; CD  2a; H S ABCD  a I c E D ( AB  CD ) AD (a  2a ).a 3a   2 ˆ  HDB ˆ  BDI ˆ  HDI  ˆ  HDA ˆ  900  HDB Ta chứng minh : C ˆ ( phu : HDC ˆ  ADH ˆ  ACD ˆ )  BDI : DCA(cgc ) BDI Vì : BI AD ˆ ˆ ˆ  450   ; B  D  900  HDI BD DC Bài 3: [ HSG – Yên Dũng – Bắc Giang – 2014 ] Cho ABC Gọi I điểm di chuyển cạnh BC Qua I kẻ đường thẳng song song với cạnh AC cắt AB M Qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC N a Gọi O trung điểm AI CMR: M, O, N thẳng hàng b Kẻ MH, NK, AD vng góc với BC H, K, D Chứng minh MH + NK = AD c Tìm vị trí điểm I để MN // BC Lời giải AM / / NI    HBH  MN  AI AN / / MI  a trung điểm đường  M , O, N thẳng hàng a m o n b Kẻ OE  BC ta chứng minh MHKN hình thang vng b h d e i k c Ta có: O trung điểm MN, mà : OE / / MH / / NK  OE đường trung bình hình thang vuông MNHK  MH  NK  2OE (1) +) Xét ADI  OE đường trng bình ADI  AD  2OE (2)  MH  NK  AD (dpcm) c Ta có : MN / / BC  MN đường trung bình ABC , lại có O trung điểm AI mà : MI // AC, M trung điểm AB  I phải trung điểm BC Bài 4: Cho hình vng ABCD, M điểm cạnh BC Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C dựng hình vng AMHN Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, cắt DC F a Chứng minh rằng: BM = ND hình gì? b N, D, C thẳng hàng c FMNE d DF + BM = FM chu vi MFC không đổi M thay đổi vị trí BC Lời giải A B a AND  AMB(c.g.c)  Bˆ  Dˆ  900 ; BM  ND ˆ b NDC  180  N , D, C thẳng hàng E M c Ta có : MN đường trung trực AH O N D C F H  EN  EM E , F  AH   ; EOM  FON (ch  gn)  FN  EM  FM  FN Vậy cạnh nên hình thoi d FM  FN  ND  DF  BM  FD +) PMFC  MC  CF  FM  MC  CF  BM  DF  ( MC  MB)  (CF  DF )  AB ( khơng đổi ) Bài 5: Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi M N theo thứ tự hai ˆ điểm cạnh BC CD cho MAN  45 Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BM a Chứng minh ADK  ABM ˆ giác KAM b Chứng minh AN tia phân c Tính chu vi CMN theo a d BD cắt AM AN E F Chứng minh ba đoạn BE, FE, FD lập thành ba cạnh tam giác vuông Lời giải A B a ADK  ABM (c  g  c) b E ADK  ABM  Aˆ1  Aˆ5 M F K D H N C ˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  900 KAM ˆ  900  NAM ˆ  450  KAN ˆ  MAN ˆ  450 (dpcm) KAN c PCMN  MN  NC  CM  CM  CN  KN (ANK  AMN )  CM  CN  KD  DN  2a d Gọi H chân đường vuông góc kẻ từ A đến MN AND  AMH (ch  gn)  Aˆ2  Aˆ3  FAD  FAH (c.g c) ˆ  ADF ˆ  450  FH  FD; AHF ˆ  ABE  450 AEH  AEB(c.g.c)  EH  EB; AHE ˆ ˆ ˆ Ta có: EHF  EHA  FHA  90  vuông H Vậy BE , DF , FE lập thành ba cạnh tam giác vuông ... Chứng minh BH CM AD 1 a) HC MA BD b) BH = AC CHUYÊN ĐỀ – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀ CHÙM ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY A Kiến thức: 1) Bổ đề hình thang: “Trong hình thang có hai đáy không nhau, đường thẳng... BC ; AD  BC Hình thang vng hình thang có góc vng B HÌNH THANG CÂN Định nghĩa Hình thang cân hình thang có hai góc kề đáy  ABCD (là hinh thang )  ˆ ˆ hoac A=B ˆ ˆ C=D ABCD hình thang cân... Tính chất: Trong hình thang cân - Hai cạnh bên - Hai đường chéo Dấu hiệu nhận biết - Hình thang có góc kề đáy hình thang cân - Hình thang có hai đường chéo hình thang cân Chú ý: Hình thang có hai