Hsg hình học 7 hình học 7

CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC  Bài 1: Cho  ABC có A  90 , vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB, AE vuông góc và bằng AC, CMR: DC=BE và DC vuông góc BE E HD:   BAE  A1  900 DAC D Ta có: ABE ADC  c g c  => =>BE=CD (Hai cạnh tương ứng) Gọi I là giao CD với AB, G là giao CD với BE  B  AEB ACD  c g.c   D 1 Từ   I B   I 900 D mà 1 => BG  IG  CD  BE A 1 I G C B Bài 2: Cho  ABC có góc A nhọn, về phía ngoài tam giác ABC vẽ  BAD vuông cân tại A và  CAE vuông cân tại A, CMR: a, DC=BE và DC vuông góc với BE E 2 2 b, BD  CE BC  DE c, Đường thẳng qua A và vuông góc với DE cắt BC tại K, CMR: K là trung điểm BC Q HD: 2 2 2 b, Ta có: CE ME  MC ; DB MD  MB D DE MD  ME  BC MB  MC BD  CE  MD  MB    ME  MC  => BC  DE  MB  MC    MD  ME  => 2 2 => BD  CE  BC  DE c, Trên tia AK lấy điểm P cho AP=DE,    Ta cm: ADE CPA (c.g.c) A2 E1 ( phụ QAE )     => CP  AD  CP  AB , và DAE PCA  PCA  BAC 180   Mà BAC , PCA là hai góc phía nên AB// PC  A  ; ABC    KAB KPC  P C 1 ( g.c.g) => KB = KC A M B K C P Bài 3: Cho  ABC Vẽ phía ngoài tam giác đó các  ABM và  CAN vuông cân A, Gọi D, E, F là trung điểm MB, BC và CN, CMR: N a, BN=CM b, BN vuông góc với CM c,  DEF là tam giác vuông cân M HD: A c, D là trung điểm BM, E là trung điểm BC  DE  MC Nên DE là đường trung bình  BMC F I D B E C EF  BN Và DE//MC, tương tự: và EF//BN, =>  DEF cân tại E  MC  BN  DE  BN  BN  DE  DE  EF   MC / / DE BN / / EF   Lại có: , và  Bài 4: Cho ABC nhọn, nửa mp bờ AB không chứa C, dựng đoạn thẳng AD vuông góc với AB và AD= AB, nửa mp bờ AC không chứa B, dừng AE vuông góc AC và AE=AC, vẽ AH vuông góc với BC, đường thẳng HA cắt DE K, CMR: K là trung điểm DE H HD: Trên AK lấy điểm H cho AH=BC E  C  A A Vì phụ với góc Ta có: K EHA ABC  c.g.c  Nên  AB HE ( Hai cạnh tương ứng) D 3A   Và HEA BAC , 0     Mà : BAC  DAE 180  HEA  DAE 180 Do đó : AD//HE KAD KHE  g.c.g   KD KE Khi đó : 1 B C H  Bài 5: Cho  ABC có A  90 , vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB, AE vuông góc và bằng AC, Gọi M là trung điểm DE, kẻ MA, CMR: MA vuông góc với BC HD: Gọi H là giao điểm AM và BC Trên AM lấy điểm F cho MA= MF AME FMD  c.g.c   AE DF   =>DF//AE=> FDA  DAE 180 F D M E A     Mà: DAE  BAC 180  FDA BAC  B   FDA CAB  c.g.c   A 1  A  900  A  B  900 A 2 Mà => AHB vuông tại H C B H N  Bài 6: Cho  ABC có A  90 , vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB, AE vuông góc và bằng AC Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC, CMR: HA qua trung D điểm DE M HD: Tia AH cắt DE tại M, tia AM lấy điểm N cho AN = BC Khi đó:  DNA=  ACB (c.g.c)   =>ND=AC và NDA CAB E A 2 C H B 0     Mà CAB  DAE 180  NDA  DAE 180 => AE//ND Khi đó:  AME=  NMD ( g.c.g) => ME=MD hay M là trung điểm DE Bài 7: Cho  ABC có ba góc nhọn, đường cao AH, miền ngoài tam giác ta vẽ các tam giác vuông cân  ABE và  ACF đều nhận A làm đỉnh góc vuông, kẻ EM, FN vuông góc với AH, (M, N thuộc AH) a, CMR: EM+HC=NH M b, EN//FM HD: E F a, Chứng minh  FNA=  AHC (Cạnh huyền góc nhọn) nên FN=AH và NA=CH (1) Chứng minh  AHB=  EMA (Cạnh huyền góc nhọn) => AH=ME, Nên EM+HC=AH+NA=NH( đpcm) b, Từ AH=FN =>ME=FN   =>  FNM=  EMN (c.g.c) => M1 N1 Vậy EN//FM N A1 C B H  Bài 8: Cho  ABC có A  90 , vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB, AE vuông góc và bằng AC, Gọi H là trung điểm BC, CMR: HA vuông góc với DE D HD : Trên AH lấy N cho AN=ED M AED BNA  c.g c   BN  AE  AC => , N E    1 và EAD  NBA 0     Mà EAD  CAB 180  NBA  CAB 180  AC / / BN     => N1  A2 (so le trong) => E1  A2 0     Mà A2  MAE 90  E1  MAE 90  AM  EM E A 1 C B H M N E  Bài 9: Cho  ABC có A  90 , vẽ phía ngoài các tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng N AB, AE vuông góc và bằng AC a, CMR: DC=BE và DC vuông góc BE b, Gọi N là trung điểm DE, tia đối tia NA, lấy M cho DNA=NM, CMR: AB=ME và  ABC =  EMA A  c, CMR: MA BC HD: C B H Tự chứng minh, giống các bài Bài 10: Cho  ABC, trung tuyến AM, vẽ ngoài tam giác này các tam giác vuông cân A là  ABD và  ACE E    DAE a, Trên tia đối tia MA lấy điểm F cho MF=AM, CMR: ABF b, CMR: DE 2 AM HD:   AMC FMB  c g c   CAM BFM  AC / / BF a, Cm: D A   Do đó: ABF  BAC 180 (1) 0     Và DAE  BAC 180 , DAB  EAC 180 (2)   DAE Từ (1) và (2) ta có: ABF ABF DAE  c g c   AF CE  Bài 11: Cho  ABC có A  120 , Dừng bên ngoài các tam giác đều ABD, ACE  a, Gọi M là giao điểm BE và CD, Tính BMC b, CMR: MA+MB=MD   c, CMR: AMC BMC HD:  E  ADC ABE  c g.C   C 1 A a, Ta có : Gọi N là giao điểm AC và BE Xét ANE và MNE có : D N  N  ,E  C   A  M  600  M  1200 1 1 P  => BMC 120 b, Trên tia MD lấy điểm P cho MB=MP  B => BMP đều=> BP BM , MBP 60    ABD 600  MBA PBD  PDB MBA  c.g.c  Kết hợp với => AM  DP => AM  MB  DP  PM DM     BPD 1200  BMA 1200 => c, Từ PBD MBA  AMB DPB , mà AMC 1200  AMC   BMC C M B b, Chứng minh: Ta có: AF 2 AE  DE 2 AM M F E 1 N 1 C Bài 12: Cho  ABC có ba góc nhọn, trung tuyến AM, nửa mặt phẳng chứa điểm C bờ là đường thẳng AB, vẽ AE vuông góc với AB và AE=AB, nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B vẽ AD vuông góc với AC và AD=AC A a, CMR: BD=CE b, Trên tia đối tia MA lấy điểm N cho MN=MA, CMR :  ADE=  CAN E AD  IE 1 2 I c, Gọi I là giao DE và AM, CMR: DI  AE D HD: a, Chứng minh ABD AEC  c g c  B => BD=EC C M CMN BMA  c g.c  b, Chứng minh =>CN=AB ABC  NCM  DAE DAC      BAE  BAC 900  900  BAC và , có:  = 180  BAC (1) ACN  ACM       MCN  ACB  ABC 1800  BAC Và (2) ADE CAN  c g.c    Từ (1) và (2) ta có: DAE  ACN => CM :   ADE CAN  cmt   ADE CAN c, 0       mà DAN  CAN 90  DAN  ADE 90 Hay DAI  ADI 90  AI  DE N Áp dụng định lý py-ta-go cho AID và AIE có: AD  DI  AE  EI  AD  EI  AE  DI AD  IE  1 DI  AE Bài 13: Cho  ABC nhọn, AH là đường cao, về phía ngoài tam giác vẽ các  ABE vuông cân B và  ACF vuông cân tại C, Trên tia đối tia AH, lấy điểm I cho AI=BC CMR: a,  ABI=  BEC b, BI = CE và BI vuông góc với CE I c, Ba đường thẳng AH, CE, BF cắt tại điểm HD :   a, Ta có : IAB  A1 180 ,      Mà EBC EBA  ABC  EBC  A1 180   IAB EBC  IAB EBC  c.g.c  Nên   b, Vì IAB EBC  ABI BEC      BEC  EBI  ABI  EBI 90 A F E Nên BI  EC c, Chứng minh tương tự: BF  AC , Trong IBC có AH, CE,BF là đường cao Nên đồng quy tại điểm B H C Bài 14: Cho  ABC đường cao AH, vẽ ngoài tam giác các tam giác vuông cân  ABD,  ACE cân tại B và C a, Qua điểm C vẽ đường thẳng vuông góc với BE cắt HA tại K, CMR : DC  BK b, đường thẳng AH, BE và CD đồng quy HD : K       a, Ta có: BCE BCA  90 => BCE  A1 180  BCE CAK    Và C1 E1 ( phụ với góc C2 ) =>  ECB=  CAK (g.c.g)=> AK=BC Chứng minh tương tự ta có :    DBC=  BAK => C3 K   CIH    KIM  C K 900 Mà : => KM  MI hay DC  BK b,  KBC có ba đường cao nên đồng quy A D M I B H C E Bài 15: Cho  ABC cân tại A, cạnh BC lấy hai điểm M và N cho BM=MN=NC, Gọi H là trung điểm BC a, CMR: AM=AN và AH vuông góc với BC A b, Tính độ dài AM AB=5cm, BC=6cm    c, CM: MAN  BAM CAN HD: a, Cm: ABM ACN  AM  AN   => AHB  AHC 90 B 2 b, Tính AH  AB  BH 16  AH 4 2 Tính AM  AH  MH 17  AM  17 M H C N c, Trên AM lấy điểm K cho AM=MK => AMN KMB  c g c    => MAN BKM và AN=AM=BK Do BA>AM=>BA>BK      => BKA  BAK  MAN  BAM CAN K Bài 16: Cho  ABC cân tại A, trung tuyến AM, tia đối tia BC lấy điểm D, tia đối tia CB lấy điểm E cho BD = CE a, CMR :  ADE cân tại A  b, CM: AM là phân giác DAE c, Từ B và C hạ BH, CJ theo thứ tự vuông góc với AD và AE, CMR:  AHB=  AKC d, CM: HK//DE e, Gọi I là giao điểm HB và AM, CM: AB vuông góc với DI f, CM: HB, AM và CK qua điểm A HD:   180  HAE H d, AHK cân tại A, nên  D 180  HAE 1 H ADE cân tại A nên   Mà H1; D1 là hai góc đồng vị nên HK//DE D e, ADI có hai đường cao là HI và DM cắt tại B nên B là trực tâm, đó AB  DI f, Điểm I nằm đường trung trực DE nên ID=IE       Do đó : ADI  AEI  A1  ADI  A2  AEI  AC  IE  AIE có hai đường cao là AC và ME cắt tại C nên IC  AE, mà CK  AE nên I, C, k thẳng hàng, Hay ba đường thẳng HB, AM, CK đồng quy B M I K C E  A  90  , cạnh BC lấy hai điểm D và E Bài 17: Cho  ABC cân tại A BH  AD, CK  AE  H  AD, K  AE  cho BD=DE=EC Kẻ , BH cắt CK tại G, CM: a,  ADE cân A b, BH=CK c, Gọi M là trung điểm BC, CM: A, M, G thẳng hàng d, CM: AC> AD   g, CM: DAE  DAB HD: c, Vì AB=AC nên A nằm đường trung trực BC Tương tự cho G nằm đường trung trực BC Do đó: A, M, G thẳng hàng  d,  CEK vuông tại K nên E1 là góc nhọn  Khi đó E2 là góc tù => AC > AE = AD g, M B D E H C K G Bài 18: Cho  ABC cân tại A, cạnh BC lấy điểm D và E cho BD=CE ( D nằm B và E) a, CMR:  ABD=  ACE A b, Kẻ DM  AB và EN  AC, CMR : AM=AN  c, Gọi K là giao điểm đường thẳng DM và EN, BAC 120 , M CMR  DKE đều HD: N B D 1      c, Vì B C  D1 E1 E2 , 0       Mà B  C 60  B C 30  E1 D1 60 Vậy  KDE đều  E C K   Bài 19: Cho  ABC có góc A 90 , B , C nhọn, đường cao AH, vẽ các điểm D và E cho AB là trung trực HD, AC là trung trực HE, Gọi I, K là giao DE với AB, AC a, CMR:  ADE cân tại A   A E b, Tính số đo AIC , AKB HD: K a, Chứng minh AD=AH, và AH=AE I =>AD=AE=>  ADE cân tại A G b,  IHK có IB là tia phân giác góc ngoài và KC là tia phân giác góc ngoài cắt tại A D Nên AH là tia phân giác góc trong,   H  IHK   H hay AH là tia phân giác góc B C Lại có: H y x  H  ,H  H   KHC     KHC  H  CHx 1800 , H 900 2    KHC CHx => HC là tia phân giác góc ngoài  IHK KC là tia phân giác góc ngoài  IHK  I  I  I  I 900 => IC là tia phân giác góc hay hay AIC 90  Chứng minh tương tự AKB 90 Bài 20: Cho  ABC cân tại A và ba góc đều là góc nhọn a, Về phía ngoài tam giác vẽ  ABE vuông cân B, Gọi H là trung điểm BC, tia đối tia AH lấy điểm I cho AI=BC, CMR:  ABI=  BEC và BI  CE    b, Phân giác ABC , BDC cắt AC và BC tại D và M, Phân giác BDA cắt BC tại N, CMR: BD  MN HD: I        b, Do D1 D4 D2  D3  D4 D2  D5 90 => DM  DN Gọi F là trung điểm MN, ta có: FM=FD=FN     FDM cân tại F nên FMD D3  D4   D  FMD B (Góc ngoài  BDM)   => B1  D4 (1)       Ta có: ACB  ABC 2 B1 , mà ACB D4  F (2) E   Từ (1) và (2) suy ra: B1 F BD DF  MN hay  DBF cân tại D, đó: A D K B H M C N F Bài 21: Cho  ABC có AB=AC, và M là trung điểm BC, tia đối tia BC lấy điểm D, tia đối tia CB lấy điểm E cho BD=CE a, CMR:  ABM=  ACM, từ đó suy AM  BC  b, CMR:  ABD=  ACE, từ đó suy AM là phân giác góc DAE N c, Kẻ , tia đối tia BK lấy điểm H cho BH=AE, tia đối tia AM    MBH lấy điểm N cho AN=CE, CMR: MAD A d, CMR: DN  DH HD: BK  AD  K  AD    180  MAD A   MBK    A B   180  MAD  MBK c, Ta có:  B  180 B       A3  MAK 180  MAK B1    A3 B2 Mà K D B M C H E d, Chứng minh BDH AND (c.g.c)   => ADN H 0     Mà H  HDK 90  NDA  ADH 90  DN  DH Bài 22: Cho  ABC cần tại A, BC lấy điểm D, tia đối tia CB lấy điểm E cho BD=CE, các đường thẳng vuông góc với BC kẻ từ D và E cắt AB, AC M và N a, CMR: DM=EN b, Đường thẳng BC cắt MN tại trung điểm I MN c, Đướng thẳng vuông góc với MN tại I qua điểm cố định D thay đổi BC HD: A b, Chứng minh IDM IEN (cạnh góc vuông-góc nhọn) => IM=IN c, Gọi H là chân đường vuông góc kẻ tử A xuống BC, O là giao AH với đường vuông góc MN tại I Nên O nằm đường trung trực BC   OAB OAC  c.c.c  CM: => ABO  ACO   Mặt khác OBM OCN (c.c.c) => OBM OCN M I 180   OCN OCA  90 Như hay OC  AN Do AC cố định, AH cố định nên O cố định Vậy đường thẳng vuông góc với MN tại trung điểm I qua O cố định B D C E H N O Bài 23: Cho  ABC cân tại A, cạnh AB lấy D, tia đối tia CA lấy điểm E cho BD=CE, kẻ DH và EK vuông góc với đường thẳng BC ( H và K thuộc đường thẳng BC) A a, CM:  BDH=  CEK, từ đó suy BC= HK b, DE cắt BC tại I, CM I là trung điểm DE c, So sánh BC và DE d, Chứng minh chu vi  ABC < chu vi  ADE HD : D a,  BHD=  CEK ( cạnh huyền –góc nhọn) => BH CK  BC BH  HC CK  HC HK b,  DHI=  EKI ( cạnh góc vuông- góc nhọn) => ID = IE c, Ta có: BC=HK mà HK=HI+IK  HI  DI  HK HI  IK  DI  IE DE  IK  IE Lại có:  => BC < DE d, Chu vi  ABC là: AB+AC+BC=2AB+BC B H I C K E 10