MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 8

a/ Chứng tỏ tứ giác BCHE là hình thang cân b/ Kẻ đường cao AH1 của tam giác ABC.. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên AB, AC.. Giải: a/ Tứ giác AEDF có µA E F= =µ

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC Bài 1: Cho đoạn thẳng AB, gọi O là trung điểm AB Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By vuông góc với

AB Lấy C trên Ax, D trên tia By sao cho ·COD = 900

a/ Chứng minh CD = AC + BD

b/ Kẻ OM⊥CD tại M, gọi N là giao điểm AD với BC Chứng minh MN//AC

(Đề thi HSG quận Tân Bình 1995 – 1996)

Giải:

a/ Chứng minh CD = AC + BD

Nối CO cắt DB tại E Xét ∆ACO và ∆BOE có:

OAC OBE= ( = 900); ·AOC BOE=· (đđ); OA = OB (gt)

=> ∆ACO = ∆BOE (g,c,g) => AC = BE và OC = OE

∆DCE có DO là đường trung tuyến và là đường cao nên ∆DCE cân tại D

=> CD = DE Mà DE = DB + BE = DB + AC

=> CD = AC + BD

b/ Chứng minh MN//AC: Vì ∆DCE cân tại D => DO là phân giác; OM = OB => OM = OA

=> ∆ACO = ∆MCO (ch,cgv) => MC = CA

Tương tự: ∆ODM = ∆ODB => MC = CA

Tam giác CAN có AC//BD (cùng vuông góc với AB) nên AN ACND BD= (hệ quả định lý Talet)

Hay AN CMND MD= => MN//AC

Bài 2: Cho ∆ABC cân tại A với A là góc nhọn; CD là đường phân giác góc ACB (D thuộc AB) qua D kẽ đường vuông góc với CD; đường này cắt đường thẳng CB tại E Chứng minh BD = 1/2EC

(Đề thi HSG quận 1, 95 – 96)

Giải:Gọi K là trung điểm EC Tam giác vuông EDC vuông tại D có

KD là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên DK = EC2 và DK = KC

Vậy tam giác KDC cân tại K => ¶D1 =C¶2

1 2

C =C (gt) => ¶ ¶ ¶

1 1 2

Ta có: ·DKB D= ¶1 +C¶2 = C¶1+C¶2 = ·ACB (góc ngoài tại đỉnh K của∆DCK)

=> ·DKB DBC=· (do∆ABC cân tại A)

=> ∆DBK cân tại D => BD = DK = EC/2

Bài 3: Cho ∆ABC có µA = 300 Dựng bên ngoài tam giác đều BCD

Chứng minh AD2 = AB2 + AC2

(Đề thi HSG quận 6, 97 – 98)

Giải: Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chưa điểm B vẽ tia Ax

sao cho ·xAC = 600

Trên tia Ax lấy E sao cho AE = AC => ∆AEC đều

Ta có: ·BAE BAC CAE=· +· = 300 + 600 = 900

∆ABE vuông tại A cho ta: BE2 = BA2 + AE2

Hay BE2 = AB2 + AC2 (1)

Mặt khác: ·BCE BCA ACE= · +· = ·BCA + 600

=> ·BCE ACD= ·

Xét ∆ACD và ∆ECB có: ·BCE ACD=· ; AC = CE; CD = CB => ∆ACD = ∆ECB (c-g-c)

=> DA = BE (2) Từ (1) và (2) suy ra: AD2 = AB2 + AC2

C

D

N M

E

A

D

2

E

A

B

D

C

x E

Bài 4: Cho đoạn thẳng AC = m Lấy điểm B bất kỳ thuộc đoạn AC (B≠A; B≠C) Tia Bx vuông góc với

AC Trên tia Bx lần lượt lấy các điểm D và E sao cho BD = BA và BE = BC

a/ Chứng minh CD = AE và CD⊥AE

b/ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, CD Gọi I là trung điểm của MN Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm I đến AC không đổi khi B di chuyển trên đoạn AC

c/ Tìm vị trí của điểm B trên đoạn AC sao cho tổng diện tích hai tam giác ABE và BCD có giá trị lớn nhất Tính giá trị lớn nhất này theo m

(Đề thi HSG toán 8 quận Tân Bình 2000 – 2001)

Giải: a/ Chứng minh CD = AE và CD⊥AE

Ta có ∆ABE = ∆DBC (c-g-c)

=> CD = AE

Gọi F là giao điểm của AE và CD, ta có:

AEB DEF= (đđ) và ·EAB BDC=· (∆ABE = ∆DBC)

=> ·AEB EAB DEF BDC+· = · +·

Mà ·AEB EAB+· = 900 => ·DEF BDC+· = 900

=> ·DFE = 900 hay AE⊥CD tại F

b/ Gọi M’, N’, I’ lần lượt là hình chiếu của M, N, I xuống AC

∆AEB có M là trung điểm của AE, MM’//BE (cùng vuông góc với AC)

=> MM’ là đường trung bình của∆AEB => MM’ = 1/2BE hay MM’ = 1/2BC

Chứng minh tương tự, ta có NN’ là đường trung bình của∆BCD => NN’ = 1/2BD hay NN’ = 1/2AB

Tứ giác MNM’N’ có MM’//NN’ (cùng vuông góc AC) => MNN’M’ là hình thang

I là trung điểm của MN; I I’//MM’//NN’ => I I’ là đường trung bình của hình thang MNN’M’

=> I I’ = MM' NN' BC AB AC m2+ = +4 = 4 = 4 (không đổi)

c/ Vì ∆ABE’ = ∆DBC nên SABE = SDBC => SABE + SDBC = 2SABE

2SABE = 2.1/2AB.BE = AB.BE = AB.BC

Vì AB > 0; Bc > 0 mà tổng AB + BC = AC = m (không đổi)

nên tích AB.BC đạt giá trị lớn nhất <=> AB = BC = m/2 <=> B là trung điểm AC

Vậy max(SABE + SDBC) = m m

2 2 =

2

m

4 (đvdt) <=> B là trung điểm của đoạn AB

Bài 5: Trên cạnh AB của hình vuông ABCD, người ta lấy điểm E tuỳ ý Tia phân giác của góc CDE cắt BC

tại K Chứng minh AE + KC = DE

Giải: Trên tia đối của tia AB lấy I sao cho CK = AI

=> ∆CDK = ∆ADI (Vì CK = AI; CD = AD và µA C= µ = 900)

D =D =D và ·AID CKD=·

Mặt khác ta có: ·KDA CKD= · (so le trong)

Nên: ·KDA CKD=· = ¶D + ·EDA = ¶2 D + ·EDA = ·EDI3

=> ·EID = ·EDI => ∆EDI cân tại E => ED = EI = EA + AI = EA + CK

Bài 6: Cho ∆ABC vuơng tại A Về phía ngoài của tam giác, ta vẽ các hình vuông ABDE và ACGH

a/ Chứng tỏ tứ giác BCHE là hình thang cân

b/ Kẻ đường cao AH1 của tam giác ABC Chứng tỏ các đường thẳng AH1, DE, GH đồng quy

Giải:

a/ Chứng tỏ tứ giác BCHE là hình thang cân

Ta có: ·EBH BHC= · = 450 (tính chất đường chéo hình vuông)

=> EB//HC

C A

B

D

E

I

x

F

A B

E K

I

1 2 3

Mặt khác ta có: EA = AB; AC = AH

Nên: EC + AC = AB + AH hay EC = BH

=> Tứ giác BCHE là hình thang cân

b/ Chứng tỏ các đường thẳng AH1, DE, GH đồng quy

Gọi P là giao điểm của DE và HG => AEPH là hình chữ nhật

Gọi O là giao điểm của AH1 với EH Vẽ HQ⊥AO, EK⊥AO

Xét ∆ABH1 và ∆AEK có: ·AH B = ·AEK = 901 0;

·ABH = ·EAK (Cùng phụ với góc BAH1); AB = AE => ∆ABH1 = ∆AEK

=> AH1 = EK (1)

Tương tự: ∆ACH1 = ∆HAQ => AH1 = HQ (2)

Từ (1) và (2) => EK = HQ

Xét ∆OEK và ∆OHQ vuông có: EK = HQ; ·KEO = ·QHO (so le trong) => ∆OEK = ∆OHQ

=> OE = OH => O là trung điểm của EH: Vậy O là trung điểm AP (AEPH là hình chữ nhật)

=> P thuộc AO nên P thuộc AH1

Vậy 3 đường thẳng AH1, DE, GH đồng quy tại một điểm

Bài 7: Cho hình chữ nhật ABCD, kẽ BH vuông góc với AC tại H Gọi M và K lần lượt là trung điểm của AH

và CD Chứng minh BM⊥MK

Giải: Gọi N là trung điểm BH; => MN là đường trung bình của ∆ABH

=> MN//AB và MN = 1/2AB

Mà AB⊥BC => MN⊥BC

=> N là trự c tâm của∆BMC hay CN là đường cao của ∆BMC => CN⊥BM

Ta có CK = 1/2CD; mà CD = AB => CK 1/2AB

Mặt khác CK//AB (CD//AB)

=> CNMK là hình bình hành => CN//MK

Mà CN⊥BM => MK⊥BM

Bài 8: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn và hai đường cao AA’; BB’ cắt nhau tại H Gọi D là điểm đối xứng với H qua trung điểm I của BC Chứng minh ·BDC và ·BAC bù nhau

Giải: Tứ giác BHCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm I của chúng

=> BHCD là hình bình hành

=> ·BDC =

Tứ giác HC’AB’ có tổng bốn góc là 3600

=> ·C'AB' bù với ·C'HB' ;

Mà ·C'HB' = ·BHC (đđ) Vậy ·BDC bù với ·C'AB' hay ·BDC và ·BAC bù nhau

Bài 9: Cho ∆ABC ( µA = 900), D là điểm di đông trên cạnh BC Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên AB, AC

a/ Xác định vị trí điểm D để tứ giác AEDF là hình vuông?

b/ Xác định vị trí điểm D để tổng 3AD + 4EF đạt giá trị nhỏ nhất?

Giải:

a/ Tứ giác AEDF có µA E F= =µ $ = 900 nên là hình chữ nhật

Tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là phân giác của góc EAF

Hay AD là phân giác của góc BAC

Vậy khi D là giao điểm của tia phân giác góc BAC với cạnh BC thì tứ

giác AEDF là hình vuông

b/ Ta có AD = EF (AEDF hình chữ nhật)

=> 3AD + 4EF = 3AD + 4AD = 7AD

Vẽ AH⊥BC => AD ≥ AH (T/c hình chiếu và đường xiên)

A

B

C

D E

P

O Q K

H1

B

A

D

C

K M

N H

A

A’

B’

I D

A

B

C

H

D E

F

Do đó: 3AD + 4EF ≥ 7AH; AH không đổi

Dấu “=” xảy ra <=> D ≡ H

Vậy tổng 3AD + 4EF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7AH <=> D ≡ H (H là chân đường cao hạ từ A xuống BC)

Bài 10: Cho ∆ABC cân tại C Kẻ đường phân giác AA1 của góc A và đường trung tuyến CC1 của tam giác Biết rằng AA1 = 2CC1 Tính số đo góc ACB

Giải:

Từ C1 kẻ C1D//AA1 => C1D = CC1

=> ∆DCC1 cân tại C1 => ·C DC = ·1 C CD1

Mà ·C CD = ·1 DC B B1 +µ = ·A AB B1 +µ = ·1 CAB Bµ

2 + = µ µ1 B B

Hay ·C CD = µ1 3 B

2 Tam giác ABC cân tại C nên trung tuyến CC1 cũng là phân gíac của∆ABC

=> ·ACB = 2 ·C CD = 2 µ1 3 B

2 = 3 µB

Ta có ·ACB CAB B+· +µ = 1800 => 3 µB + µB + µB = 1800 => 5 µB = 1800 => µB = 360 => ·ACB = 3.360 = 1080

Bài 11: Cho tứ giác ABCD có AC = 10cm; BD = 12cm Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, biết góc

AOB = 300 Tính diện tích tứ giác ABCD

Giải: Vẽ AH⊥OB và AK⊥OD

=> ∆AOH là nửa tam giác đều cạnh OA => AH = 1/2OA

Tương tự: => CK = 1/2OC

Ta có SBCD = 1/2CK.BD = 1/4OC.DB

SABC = 1/2AH.BD = 1/4OA.BD

SABCD = SBCD + SABC = 1/4OC.DB + 1/4OA.BD = 1/4AC.BD

=> SABCD = ½.12.10 = 30cm2

Bài 12: Cho ∆ABC có trung tuyến AD và BE vuông góc với nhau tại O Cho AC = b và BC = a Tính diện tích hình vuông có cạnh là AB

Giải: Vì AD và BE là trung tuyến nên O là trọng tâm của∆ABC

=> OB = 2OE và OA = 2OD

Aùp dụng định lý Pitago: OA2 + = AE2 = b2/4

OB2 BD2 = a2/4

=> (OA2 + OB2) + (OE2 + OD2) = a2 b2

4

+

=> AB2 + OB2 OA2

4

+ = a2 b2

4

+ => 5

4 AB2 =

2 2

4

+ => AB2 = a2 b2

5

+

Vậy diện tích của hình vuông cạnh AB là: a2 b2

5

Bài 13: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy HD = HA Đường vuông

góc với BC tại D cắt AC tại E

a/ Chứng minh AE = AB

b/ Gọi M là trung điểm BE Tính góc AHM

Giải:

a/ Chứng minh AE = AB

Kẻ EF⊥AH, => HDEF là hình chữ nhật

=> EF = HD mà AH = HD (gt) => EF = AH

Xét ∆HBA và ∆FAE có: µH F= $ = 900; AH = EF; ·FEA HAB= · (cùng phụ với góc FAE)

=> ∆HBA = ∆FAE => AB = AE

C

C1

A1 D

A

D O

H

K

A

B

C

E

D O

A

B

E F

M

b/ Tính góc AHM

Do ∆ABE vuông tại A => AM = BE/2 và ∆DBE vuông tại D => DM = BE/2 => AM = MD

HM: cạnh chung; AH = HD (gt) => ∆AHM = ∆DHM => ·MHA MHD· ·AHD

2

Bài 14: Cho tứ giác MDHN có: µM D= µ = 900 và MH = MD = DN2 ; Lấy điểm E bất kỳ thuộc MH (E ≠ M

và E ≠ H), kẻ tia Ex vuông góc với DE và tia này cắt NH tại F Chứng minh rằng ∆DEF vuông cân

Giải: Kẽ HN⊥DN => HK = MD, DK = MH = DN2

Mà MH = MD (gt) => HK = DK = KN => ∆KHN vuông cân tại K => µN = 450

=> ·MHN = 1350

Lấy I ∈ MD sao cho ME = MD => EH = ID và ∆MEI vuông cân tại M => ·MIE = 450

=> ·DIE = 1350

Xét ∆IDE và ∆HEF: có ID = EH; ·DIE = ·MHN = 1350; ·IDE = ·HEF (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

=> ∆IDE = ∆HEF => DE = EF Vậy ∆DEF vuông cân taị E

Bài 15: Cho tam giác ABC vuông cân tại A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD =

AE Xác định vị trí điểm D, E sao cho:

a/ DE có độ dài nhỏ nhất

b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất

Giải:

a/ DE có độ dài nhỏ nhất

Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a)

Aùp dụng định lý Pitago với ∆ADE vuông tại A có:

DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 =

= 2(x –a2

4 )2 +

2

a

2

a 2

Ta có DE nhỏ nhất <=> DE2 nhỏ nhất <=> x = a2 <=> BD = AE = a2

<=> D, E là trung điểm AB, AC

b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất

Ta có: SADE = 12 AD.AE = 12AD.BD = 12AD(AB – AD) = –12 (AD2 – AB.AD) =

= –12(AD2 – 2AB2 AD + AB2

4 ) +

2

AB

8 = –

1

2 (AD –

AB

4 )2 +

2

AB

2

AB 8 Vậy SBDEC = SABC – SADE ≥ AB2

2 –

2

AB

8 =

3

8AB2 không đổi

Do đó minSBDEC = 38AB2 khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC

Bài 16: Cho ∆ABC có AB = 4; AC = 7, đường trung tuyến AM = 3,5 Tính BC

Giải:

Aùp dụng định lý Pitago lần lượt với các tam giác vuông ta có:

AM2 = AH2 + HM2 = (AB2 BH ) (AC2 2 HC )2

2

F

x I

A D B

C E

A

= AB2 AC2 BC2

= AB2 AC2 BC2

+ − + BM2 – MH2 + HM2 = AB2 AC2 BC2

4 =

4

Thay AB = 4, AM = 3,5; AC = 7, ta được: BC2 = 81 <=> BC = 9

Bài 17: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn (AB < AC) Gọi H là trực tâm; O là giao điểm

của 3 đường trung trực của tam giác Gọi D là điểm đối xứng của điểm A qua O

Gọi M là trung điểm BC Chứng minh rằng: AH = 2MO

Giải: Ta có AO = OC = OD => ∆ACD vuông tại C

=> DC⊥AC mà BH⊥AC => BH//DC

Tương tự ta chứng minh được: CH // BD => BHCD là hình bình hành

M là trung điểm của BC nên M là trung điểm HD

O là trung điểm AD => OM là đường trung bình ∆AHD => AH = 2OM

Bài 18: Chứng minh rằng trong một tam giác có 2 cạnh không bằng nhau thì tổng độ dài cạnh lớn và đường

cao tương ứng sẽ lớn hơn tổng độ dài cạnh nhỏ với đường cao tương ứng

Giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC, BH là đường cao tương

ứng với AC; CK là đường cao tương ứng AB

Trên AC lấy D sao cho AB = AD; Kẻ DE⊥AB; DF⊥CK

=> DE = KF

Và ∆ABH = ∆ADE (cạnh huyền – góc nhọn)

=> BH = DE => BH = KE

∆DFC vuông tại F => FC < DC => AB + CK = AB + KF + FC < AD + BH + DC

=> AB + CK < AC + BH

Bài 19: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn và M là một điểm thuộc miền trong của∆ABC Vẽ các đoạn thẳng,

MH, MK, ML lầm lượt vuông góc với BC, AC, AB (H, K, L là chân các đường thẳng vuông góc)

a/ CMR: AL2 + BH2 + CK2 = BL2 + CH2 + AK2

b/ CMR: AL2 + BH2 + CK2 ≥ 14 ( AB2 + BC2 + AC2)

c/ Xác định vị trí M để AL2 + BH2 + CK2 nhỏ nhất

Giải: a/ ∆MAL vuông tại L => AL2 + ML2= MA2 => AL2 = MA2 – ML2

Tương tự: BH2 = MB2 – MH2 và CK2 = MC2 – MK2

Do đó: AL2 + BH2 + CK2 = (MA2 + MB2 + MC2)– (ML2 + MH2 + MK2)

Chứng minh tương tự ta cũng có: BL2 + CH2 + AK2 = (MA2 + MB2 + MC2)– (ML2 + MH2 + MK2)

=> AL2 + BH2 + CK2 = BL2 + CH2 + AK2

b/ Ta có: (AL – BL)2 ≥ 0 <=> (AL + BL)2 + (AL – BL)2 ≥ (AL + BL)2 <=> 2(AL2 + BL2) ≥ AB2

<=> 2AL2 + 2BL2 ≥ AB2 tương tự ta cũng có: 2BH2 + 2CH2 ≥ BC2 và 2CK2 + 2AK2 ≥ AC2

Nên ta suy ra: 2(AL2 + BH2 + CK2) + 2(BL2 + CH2 + AK2) ≥ AB2 + AC2 + BC2

Mà AL2 + BH2 + CK2 = BL2 + CH2 + AK2 => 4(AL2 + BH2 + CK2) ≥ AB2 + AC2 + BC2

=> AL2 + BH2 + CK2 ≥ 14( AB2 + BC2 + AC2)

c/ Theo câu b ta có: AL2 + BH2 + CK2 ≥ 1

4( AB2 + BC2 + AC2) Mà

1

4( AB2 + BC2 + AC2) không đổi Dấu “=” xảy ra <=> AL = BL; BH = CH; CK = AK <=> M là giao điểm các đường trung trực của ∆ABC Vậy khi M là giao điểm các đường trung trực của ∆ABC thì AL2 + BH2 + CK2 đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 20: Cho ∆ABC có µB C=µ = 700, đường cao AH Các điểm E và F theo thứ tự thuộc các đoạn thẳng AH,

AC sao cho ·ABE CBF= · = 300 Gọi M là trung điểm AB

A

B

H

M D

O

C

A H

D

C B

E K

F

A

B

C

L

K

H M

a/ Chứng minh AF = AE

b/ Tính góc BEF

Giải: a/ Chứng minh AF = AE

Dựng ∆ABD đều và M là trung điểm AB => MD⊥AB

Mặt khác ·CBF = 300 => ·ABF = 400 => ∆ABF cân tại F => MF⊥AB

=> M; F; D thẳng hàng => ·ADF = 300 = ·ABE

Vì ∆ABD đều và ·BAC = 400 (do µB C= µ = 700)

=> ·DAF BAE=· = 200 và AB = BD => ∆ABE = ∆ADF

=> AE = AF

b/ Tính góc BEF: ta có: ·ABE = 300 => ·EBH = 400 => ·BEH = 500

Mặt khác do AE = AF => ∆AEF cân tại A và ·EAF = 200 => ·AEF = 800 => ·FFH = 1000

=> ·BEF BEH HEF= · +· = 1500

Bài 21: Cho ∆ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC Gọi E, E lần lượt là điểm đối xứng qua AB,

AC của H

a/ Chứng minh E, A, F thẳng hàng

b/ Chứng minh BE//CF

c/ Xác định vị trí H để ∆EHF có diện tích lớn nhất

Giải:

a/ Chứng minh E, A, F thẳng hàng

Do E, H đối xứng nhau qua AB, F và H đối xứng nhau qua AC nên ta có:

HAB BAE

2

2

= = => ·EAH HAF 2(BAH HAC)+· = · +· = 2 ·BAC = 1800

=> E, A, F thẳng hàng

b/ Chứng minh BE//CF

Ta có: ·EBA ABH· ·EBH

2

2

=> ·EBH HCF 2(ABH HCA)+· = · +· = 2.900 = 1800; Mà 2 góc này ở vị trí trong cùng phía nên EB//CF

c/ Xác định vị trí H để ∆EHF có diện tích lớn nhất

Ta thấy SEHF lớn nhất khi SAMHN lớn nhất <=> SBHM + SCHN nhỏ nhất <=> BHM CHN

ABC

S

+

nhỏ nhất Các tam giác MBH và NHC đồng dạng với tam giác ABC nên ta có:

2 BHM

ABC

S = BC÷ và

2 CHN

ABC

S = BC÷ =>

BHM CHN

2 ABC

≥ 1

2 (Vì BC2 = (BH + CH)2 ≤ 2(BH2 + CH2) => BH2 2CH2

BC

2) Như vậy: SBHM + SCHN ≥ 1

2 SABC => SEHF ≤ ABC

S

4 Dấu đẳng thức xảy ra khi BH = CH <=> H là trung điểm của BC

Bài 22: Cho ∆ABC và G là một điểm thuộc miền trong của tam giác Kéo dài AG, BG, CG cắt BC, AC, AB lần lượt tại M, N, P Chứng minh rằng: GM GN GP 1

ABM AMC AMB AMC ABC

GM

+

+

ABC

S GN

S GP

B

A

C

D H

E F M

A

H

B

A

C

N P

M G

Bài 22: Cho ∆ABC có diện tích là S Lấy các điểm M, N, P lần lượt trên các cạnh AB, BC, CA sao cho:

AM BN CP 1

BM CN AP 3= = = Tính diện tích tam giác MNP theo S

ABN

S BM

S BN

Mà AM 1BM 3= => BM 3

AB = 4; Tương tự:

BN 1

BC 4=

=> ABM

ABN

S

S

S =

BM

AB .

BN

BC =

3 1.

4 4 => BMN

S

S =

3

16 hay SBMN = 163 S

Lý luận tương tự ta cũng có: SAMP = SCNP = 163 S Vậy SMNP = S – (SBMN + SAMP + SCNP) = S – 169 S = 167 S

Bài 23: Cho tam giác nhọn ABC với 3 đường cao AD, BE, CF Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Chứng

minh rằng: HD HE HFAD BE CF+ + = DB EA FA

DC EC FB Giải: Ta có: HBC

ABC

S HD

S HE

S HF

BF S=

=> HD HE HFAD BE CF+ + = HBC HAC HAB

ABC

S

= ABC

ABC

S

AHC

S BD

S EC

S FA

FB S=

=> DC EC FBDB EA FA. . = AHB

AHC

S

BHC AHB

S

HAC BHC

S

S = 1 Nên ta có:

HD HE HF

AD BE CF+ + =

DB EA FA. .

DC EC FB

Bài 24: Cho ∆ABC vuông tại A có độ dài cạnh huyền bằng 2 (đơn vị) Gọi AM, BN, CP là trung tuyến của tam giác a/ Tính AM2 + BN2 + CP2

b/ Chứng minh rằng: 4 < AM + BN + CP < 5

Giải: a/ Tính AM2 + BN2 + CP2

Aùp dụng định lí Pitago: BN2 = AB2 + AN2 = AB2 + AC2/4

CP2 = AC2 + AP2 = AC2 + AB2/4

=> BN2 + CP2 = 5/4(AB2 + AC2) = 5/4BC2 = 5

Vậy AM2 + BN2 + CP2 = 1 + 5 = 6

b/ Chứng minh rằng: 4 < AM + BN + CP < 5

Aùp dụng t/chất trọng tâm tam giác, ta có: BN = 3/2BG và CP = 3/2CG

=> BN + CP = 3/2(BG + CG) > BC (bất đẳng thức tam giác)

=> BN + CP > 3/2.1 = 3 => AM + BN + CP > 1 + 3 = 4

Mặt khác ta có: (AM – BN)2 ≥ 0 => AM2 + BN2 – 2AM.BN ≥ 0 => AM2 + BN2 ≥ 2AM.BN

Tương tự: AM2 + CP2 ≥ 2AM.CP và BN2 + CP2 ≥ 2BN.CP

=> 2(AM2 + BN2 + CP2) ≥ 2AM.BN + 2AM.CP + 2BN.CP

=> 3(AM2 + BN2 + CP2) ≥ AM2 + BN2 + CP2 + 2AM.BN + 2AM.CP + 2BN.CP

=> 3(AM2 + BN2 + CP2) ≥ (AM + BN + CP)2 => (AM + BN + CP)2 ≤ 3.6 = 18 < 25

=> AM + BN + CP < 5 Vậy 4 < AM + BN + CP < 5

Bài 25: Cho ∆ABC Trên tia đối của tia BA và CA lấy 2 điểm di động M và N sao

cho BM = CN Gọi I là trung điểm MN Điểm I di đông trên đường nào?

Giải: Gọi K là trung điểm BC Dựng hình bình hành BKEM

=> BK//ME và BK = ME

Dựng hình bình hành KCND => CK//DN và CK = DN; Mà BK = CK

A M

B N

C P

A F C

E

B

D H

A

P

M

N

C

A

B

C

I M

K

D x

E

=> ME = DN và ME//DN Vậy MEDN là hình bình hành, do đó 2 đường chéo MN và ED cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, mà I là trung điểm MN nên I là trung điểm ED

∆KED cân tại K => KI là phân giác EKD

Mà ·BAC EKD= · nên KI//Ax là tia phân giác góc BAC

Do K cố định suy ra thuộc tia Ky//Ax

Vậy I thuộc tia Ky cố định

Bài 26: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn Kẻ đường cao AD Gọi E, E lần lượt là điểm đối xứng của D qua các cạnh AB, AC Đường thẳng EF cắt AB ở M và cắt AC ở N Chứng minh 2 đường thẳng CM và BN cắt nhau tại một điểm H nằm trên đường cao AD và BN⊥AC và CM⊥AB

Giải: Xét ∆MDN có: ¶ ¶

1 2

M =M => AB là phân giác ngoài của góc M Tương tự AC là phân giác ngoài của góc N

=> Điểm A, giao điểm của 2 phân giác ngoài AB, AC phải nằm trên đường

phân giác trong của góc D

Vì BC⊥AD => BC là phân giác ngoài của góc D

Từ đây ta có: AB là phân giác ngoài của góc M

BC là phân giác ngoài của góc D

=> BN là phân giác trong của góc N

Tương tự: CM là pân giác trong của góc M

Các đường phân giác trong cắt nhau tại một điểm => BM và CN cắt nhau tại một điểm H thuộc AD

AC là phân giác ngoài của góc N; BN là phân giác trong của góc N => BN⊥AC

Tương tự: CM⊥AB

Bài 27: Cho ∆ABC cân tại A; một điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC Từ M kẽ MD⊥AB; ME⊥AC Gọi D’ là điểm đối xứng D qua cạnh BC

a/ Chứng minh E, M, D’ thẳng hàng

b/ Chứng minh: “ Tổng các khoảng cách từ một điểm trên cạnh đáy

đến hai cạnh bên của một tam giác cân không phụ thuộc vào vị trí điểm ấy”

Giải: a/ Chứng minh E, M, D’ thẳng hàng

Ta có ¶M = ¶1 M và ¶2 M = ¶1 M => ¶4 M = ¶2 M4

Mà ·D'ME = ¶M + ¶1 M + ¶2 M = ¶3 M + ¶2 M + ¶3 M = ·BMC = 1804 0

=> D’, E, M thẳng hàng

b/ Chứng minh: “ Tổng các khoảng cách từ một điểm trên cạnh đáy

đến hai cạnh bên của một tam giác cân không phụ thuộc vào vị trí điểm ấy”

Vẽ đường cao BF

Vì D và D’ đối xứng nhau qua AC => MD = MD’ và µD' D= µ

=> MD + ME = MD’ + ME = ED’

Mà BD’EF là hình chữ nhật nên ED’ = BF => MD + ME = BF không đổi

Bài 28: Cho góc nhọn xOy và điểm P trong góc đó Hãy tìm trên Ox một điểm A và trên Oy một điểm B sao

cho tam giác PAB có chu vi nhỏ nhất

Giải: Gọi P1 và P2 là 2 điểm đối xứng của P qua Ox và Oy;

Nối P1P2 cắt Ox và Oy tại A và B Ta có:

PA = P1A; PB = P2B (t/chất đối xứng)

=> PA + PB + AB = P1A + P2B + AB = P1P2

Với một vị trí A’≠ A và B’≠ B thì P1A’B’P2 là đường gấp khúc nên:

P1A’ + P2B’ + A’B’ > P1P2

=> P1A’ + P2B’ + A’B’ > P1A + P2B + AB

A

E

F M

N

2 1

A

D

E

D’

F

4

2 3

1 M

P2 P O

P1

B

A

x y

=> Hay chu vi tam giác PAB nhỏ nhất khi bằng P1P2 tức là A là giao điểm của P1P2 với Ox và B là giao điểm của P1P2 với Oy

Bài 29: Cho tam giác ABC Tìm trên cạnh AC một điểm E sao cho nếu qua E kẽ dường thẳng song song với

BC cắt AB tại F thì ta được AE = BF

Giải: Giả sử ta tìm được E, F như bài toán; Tử E vẽ đường // AB cắt BC tại D

=> BDEF là hình bình hành => ED = BF, mà AE = BF (gt) => AE = DE

=> ∆ADE cân tại E => µ ¶

1

D A= , mà µ ¶

2

D A= (ED//AB)

=> ¶ ¶

1 2

A =A => AD là phân giác góc A

Từ đó ta có cách dựng như sau:

+ Dựng phân giác AD của góc A

+ Qua D dựng đường // AB cắt AC ở E; là điểm cần tìm

Thật vậy: Nếu qua E kẽ dường thẳng //BC, cắt AB tại F thì tứ giác BDEF là hình bình hành => BF = DE

Tam giác AED câb cho ta DE = AE => BF = DE

Bài 30: Từ đỉnh A của ∆ABC ta dựng tia Ax (Ax và AC cùng nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB) vuông góc với AB và lấy trên Ax một điểm D sao cho AD = AB; và dựng tia Ay vuông góc với AC (Ay và AB cùng nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AC) và lấy trên Ax một điểm E sao cho AE = AC

a/ Kẻ AH⊥ED Chứng minh đường thẳng AH cắt cạnh BC tại trung điểm M của BC

b/ Ngược lại nếu AM là trung tuyến ∆ABC thì ta có AH⊥ED

Giải: a/ Chứng minh AH đi qua trung điểm M của BC

Qua B dựng đường thẳng //AC cắt Am tại F Ta có:

1

D A= (cùng phụ góc HAD);

2

E A= (cùng phụ góc HAE); Mà $F A= ¶ 2(slt) => µE F= $

Và AB = AD => ∆EAD = ∆FBA (g-c-g)

=> Bf = EA => BF = AC mà BF//AC

=> ABFC là hình bình hành => M là trung điểm BC

b/ Chứng minh AM⊥ED

Trong trường hợp này, trên tia AM đặt đoạn MF = AM

=> ABFC là hình bình hành

Ta chứng minh được∆EAD = ∆FBA => ·BHA = µD

Mà ·BHA HAD+ · = 900 => µD HAD+· = 900 => ·AHD = 900 hay AH⊥ED

Bài 31: Cho tam giác vuông ABC và AH là đường cao thuộc cạnh huyền Vẽ về phía ngoài tam giác hai

hình vuông ABDE và ACFG

a/ Gọi M, N là chân các đường vuông góc hạ từ D và F đến BC So sánh tổng DM + FN với BC

b/ Chứng tỏ AH đi qua trung điểm đoạn thẳng EG

c/ Chứng minh AH, ED, FG đồng quy

Giải: a/ So sánh tổng DM + FN với BC

Ta có: ∆MBD = ∆HAB (cạnh huyền – góc nhọn)

=> DM = BH

∆NCF = ∆HAC => FN = CH

=> DM + FN = BH + HC = BC

b/ Chứng tỏ AH đi qua trung điểm đoạn thẳng EG

A

B

C

E

D

A

H

F

D

y

1 2

A

M D

E

G

F

N H

3 1 I K