BAI TAP TAM GIAC DONG DANG CO LOI GIAI

BÀI TÂP CHƯƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG Bài 1: Cho ABC vng A, Vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABD vng cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm Ac BF Chứng minh rằng: D a) AH = AK Giải : A b) AH = BH CK H F K Đặt AB = c, AC = b BD // AC (cùng vng góc với AB) C B AH AC b AH b AH b   �  �  nên HB BD c HB c HB + AH b + c AH b AH b b.c  �  � AH  c b+c b + c (1) Hay AB b + c AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên AK AB c AK c AK c   �  �  KC CF b KC b KC + AK b + c AK b AK c b.c  �  � AK  b b+c b + c (2) Hay AC b + c Từ (1) (2) suy ra: AH = AK AH AC b AK AB c AH KC AH KC      �  b) Từ HB BD c KC CF b suy HB AK HB AH (Vì AH = AK) � AH2 = BH KC Bài 2: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh rằng: 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 khơng đổi Giải A a) Vì ABCD hình bình hành K � BC nên b AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có: D a B K E C G EK EB AE EK AE = = �  � AE  EK.EG AE ED EG AE EG AE DE AE BE = = b) Ta có: AK DB ; AG BD nên AE AE BE DE BD � �1 1  =    � AE �    � AK AG BD DB BD �AK AG � � AE AK AG (đpcm) BK AB BK a KC CG KC CG = � = = � = b DG (2) c) Ta có: KC CG KC CG (1); AD DG BK a = � BK DG = ab DG Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: b khơng đổi (Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD khơng đổi) Bài 3: 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: a) EG = FH Giải b) EG vng góc với FH Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG 1 BM BE BM = = = Ta có CM = CF = BC � BC � BA BC EM BM 2  = � EM = AC � EM // AC � AC BE 3 (1) NF CF 2  = � NF = BD 3 Tương tự, ta có: NF // BD � BD CB (2) mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a) Tương tự ta có: MG // BD, NH // AC MG = NH = AC (b) � Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD � EM  MG � EMG = 90 (4) A N Từ (a), (b), (c) suy  EMG =  FNH (c.g.c) � EG = FH H D 0 � � � Tương tự, ta có: FNH = 90 (5) Từ (4) (5) suy EMG = FNH = 90 (c) E O G b) Gọi giao điểm EG FH O; EM FH P; EM FN Q P Q � � � = 900 � � � � PQF � QPF + QFP = 90 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (  EMG =  C M FNH) F B � � Suy EOP = PQF = 90 � EO  OP � EG  FH Bài 4: Cho  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 b) Chứng minh: CD > DE > BE A Giải a) BD phân giác nên AD AB AC AE AD AE = < = �  DC BC BC EB DC EB (1) K D E AD AK  Mặt khác KD // BC nên DC KB (2) AK AE AK + KB AE + EB  �  KB EB Từ (1) (2) suy KB EB M C B AB AB  � KB > EB � KB EB � E nằm K B b) Gọi M giao điểm DE CB � � � = KDB � Ta có CBD = KDB (Góc so le trong) � KBD � � � KBD � � � EBD � � � EB < DE mà E nằm K B nên KDB > EDB > EDB > EDB � � � � � � � � � � Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC � DEC > ECB � DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) Suy CD > ED � CD > ED > BE � � Bài 5: Cho  ABC có 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 Giải B Cách 1: Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC  ACD AC AD   ABC (g.g) � AB AC E D C � AC2  AB AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) = 8(10 + 8) = 144 � AC = 12 cm � Cách 2: Vẽ tia phân giác BE ABC �  ABE  ACB AB AE BE AE + BE AC =    � AC = AB(AB + CB) AC AB CB AB + CB AB + CB = 8(8 + 10) = 144 � AC = 12 cm b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên b = a + b = a + + Nếu b = a + (a + 1)2 = a2 + ac � 2a + = ac � a(c – 2) = � a = 1; b = 2; c = 3(loại) + Nếu b = a + a(c – 4) = - Với a = c = (loại) - Với a = c = (loại) - với a = c = ; b = Vậy a = 4; b = 5; c = Bài 6: Cho  ABC cân A O trung điểm BC Một điểm O di động OB2 CE = BD Chứng minh AB, lấy điểm E AC cho a)  DBO  OCE b)  DOE A  DBO  OCE c) DO, EO phân giác góc BDE, CED d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động AB E I Giải D OB CE OB CE = = �=C � BD B BD � OB a) Từ (gt) �  DBO  OCE � � b) Từ câu a suy O3 = E (1) � � � Vì B, O ,C thẳng hàng nên O3 + DOE  EOC  180 (2) � � � tam giác EOC E + C  EOC  180 (3) � � � Từ (1), (2), (3) suy DOE  B  C B H O C DO OE = OC (Do  DBO  OCE)  DOE  DBO có DB DO OE = � � � DB OB (Do OC = OB) DOE  B  C nên  DOE  DBO  OCE � � c) Từ câu b suy D1 = D2 � DO phân giác góc BDE � � Củng từ câu b suy E1 = E EO phân giác góc CED c) Gọi OH, OI khoảng cách từ O đến DE, CE OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi � OI không đổi D di động AB Bài 7: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC E F F a) chứng minh DE + DF không đổi D di động BC b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE K K Chứng minh K trung điểm FE A E Giải DE BD BD = � DE = AM BM a) DE // AM � AM BM (1) B D M DF CD CD CD = � DF = AM = AM CM BM DF // AM � AM CM (2) Từ (1) (2) suy CD � BC �BD BD CD + AM = AM = 2AM AM + AM � � BM BM DE + DF = BM = �BM BM � không đổi b) AK // BC suy  FKA FK KA = CM (3)  AMC (g.g) � AM EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA = � = � = �  �  ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AM CM (2) (Vì CM = BM) FK EK  Từ (1) (2) suy AM AM � FK = EK hay K trung điểm FE C Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC I, M, N Vẽ CE vng góc với AB, CF vng góc với AD, BG vng góc với AC Gọi K điểm đối xứng với D qua I Chứng minh a) IM IN = ID KM DM = b) KN DN F c) AB AE + AD AF = AC2 D Giải C I G IM CI CI ID =  a) Từ AD // CM � ID AI (1) Từ CD // AN � AI IN (2) A M B K E IM ID Từ (1) (2) suy ID = IN hay ID2 = IM IN b) Ta có DM CM DM CM DM CM = � = � = MN MB MN + DM MB + CM DN CB (3) Từ ID = IK ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM KM IM CM CM = � = � = � = =   � IM IK IM IK IM IK KN IK � KN ID AD CB (4) KM DM = Từ (3) (4) suy KN DN c) Ta có  AGB  CGB AE AC = � AB.AE = AC.AG � AB AE = AG(AG+CG) (5)  AEC � AG AB AF CG CG =  CB AD (vì CB = AD)  AFC � AC � AF AD = AC CG � AF AD = (AG + CG) CG (6) Cộng (5) (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG � AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vậy: AB AE + AD AF = AC2 Bài 9: Cho tam giác ABC có BC trung bình cộng AC AB; Gọi I giao điểm phân giác, G trọng tâm tam giác Chứng minh: IG // BC Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC AH, IK, GD N Vì I giao điểm ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA IK Vì I nằm tam giác ABC nên: A SABC = SAIB + SBIC + SCIA � BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) AB + CA � AB + CA = BC (2) Mà BC = Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC � IK = AH (a) BH I G K D M Vì G trọng tâm tam giác ABC nên: SBGC 1 = SABC � BC GD = BC AH � GD = AH (b) Từ (a) (b) suy IK = GD hay k/ cách từ I, G đến BC nên IG // BC Bài 10: Cho điểm M di động đáy nhỏ AB hình thang ABCD, Gọi O giao điểm hai cạnh bên DA, CB Gọi G giao điểm OA CM, H giao điểm OG OH + OB DM CMR: Khi M di động AB tổng GD HC không đổi Giải Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự I K Theo định lí Talét ta có: � OG OI OH OK OG OH OI OK IK   +    GD CD ; HC CD � GD HC CD CD CD OG OH IK +  GD HC CD (1) Qua M vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự P Q, ta có: IK MP FO   CD MQ MQ khơng đổi FO khoảng cách từ O đến AB, MQ đường cao OG OH FO +  hình thang nên khơng đổi (2) Từ (1) (2) suy GD HC MQ không đổi Bài 11: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD Trên AB lấy điểm M, AC lấy điểm N cho BM = CN, gọi giao điểm CM BN O, Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB E F Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA Giải � = DAF � AD phân giác nên BAD C E � = AEF � EI // AD � BAD (góc đồng vị) G A � � � � Mà DAF  OFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh) F M �  AFE � �  AFE cân A � AE =AF (a) Suy AEF N Aùp dụng định lí Talét vào  ACD , với I giao điểm P CF CI CF CA = �  EF với BC ta có CA CD CI CD (1) AD D O K B I Q CA BA  � phân giác BAC nên CD BD (2) CF BA  Từ (1) (2) suy CI BD (3) Kẻ đường cao AG  AFE BP // AG � � (P �AD); CQ // AG (Q � OI) BPD = CQI = 900 Gọi trung điểm BC K, ta có  BPK =  CQK (g.c.g) � CQ = BP �  BPD =  CQI (g.c.g) � CI = BD (4) CF BA  Thay (4) vào (3) ta có BD BD � CF = BA (b) Từ (a) (b) suy BE = CA Bài 12: Cho tam giác ABC vuông A, (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy D cho HD = HA Đường vuông góc với BC D cắt AC E M trung điểm BE a) Chứng minh DBEC đồng dạng với DADC b) Tính số đo góc AHM Bài 13: Cho tứ giác lồi ABCD Tìm tập hợp điểm O nằm tứ giác cho hai tứ giác OBCD OBAD có diện tích (Khơng u cầu chứng minh phần đảo) C A 12 E M B 1 H C D DE EC � = (*) � a) Do DDEC ∽ DABC (Hai tam giác vng có C chung) AB BC � Xét DBEC DADC Có C chung kết hợp (*) => DBEC ∽ DADC (g.c.g) � � � b) DBEC ∽ DADC => B1 =A1 , DAHD vuông cân H nên A3 =45 � +A � =450 � B � =450 �� A1 +� A2 =450 � B 2 b � +A � +B � =900 ) (B 2 M trung điểm BE nên: AM = MB = ME � DBMA vuông cân M � AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m); BH BM = � � � BH.BC = BE.BM � BE BC � DBHM ∽ DBEC ∽ DADC � AHM =D2 =45 B giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD 13 Giả sử O điểm nằm tứ C D1 hb Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB D1, cắt AC B1 Nối OC, OB, AC, BD A ho O B1 kẻ đường cao ha, hb, hc hình vẽ Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD= D BD.(hc +ho ) BD( hc +ho ) =1 S AB1D1 +S D1OB +S B1OD = B1 D1 (ha +hb +hc ) � B1 D1 (ha +ho ) SBODA = (1) h +h BD = (2) � c o =1� hc +ho =ha Vì B1D1//BD nên B1D1 (ha +ho ) Từ (1) (2) Từ HS lập luận suy B1D1 qua trrung điểm cuả AC Vậy O nằm đoạn B1D1//BD qua trung điểm AC Bài 14 Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi E; F;G;H trung điểm cạnh AB, BC; CD; DA M giao điểm CE DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH hình vng b Chứng minh DF  CE  MAD cân c Tính diện tích  MDC theo a A E H B M F N D C G Chứng minh: EFGH hình thoi Chứng minh có góc vng Kết luận Tứ giác EFGH Hình vng �  FDC � VBEC VCFD(c.g.c) � ECB mà VCDF vuông C �  DFC �  900 � DFC �  ECB �  900 �VCMF � CDF vuông M Hay CE  DF Gọi N giao điểm AG DF Chứng minh tương tự: AG  DF � GN//CM mà G trung điểm DC nên � N trung điểm DM Trong  MAD có AN vừa đường cao vừa trung tuyến �  MAD cân A 2 Mà : SVFCD SVCMD �CD � �CD �  � �� SVCMD  � �.SVFCD �FD � Do : SVFCD �FD � CD CM VCMD : VFCD( g g ) �  FD FC 1  CF CD  CD 2 Vậy : SVCMD CD  CD 2 FD Trong VDCF theo Pitago ta có : �1 � DF  CD  CF  CD  � BC � CD  CD  CD 4 �2 � SVMCD  Do : CD 1 CD  CD  a 5 CD 4 Bài 15: Cho tam giác ABC nhọn (AB AB), đường cao AH (H �BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m  AB Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM GB HD  Tia AM cắt BC G Chứng minh: BC AH  HC + Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung CD CA  CE CB (Hai tam giác vuông CDE CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c) � � Suy ra: BEC  ADC  135 (vì tam giác AHD vuông cân H theo giả thiết) � Nên AEB  45 tam giác ABE vuông cân A Suy ra: BE  AB  m 2 BM BE AD  �  � Ta có: BC BC AC (do BEC : ADC ) mà AD  AH (tam giác AHD vuông cân H) BM AD AH BH BH  �  �   AB BE (do ABH : CBA ) nên BC AC AC 0 � � � Do BHM : BEC (c.g.c), suy ra: BHM  BEC  135 � AHM  45 Tam giác ABE vng cân A, nên tia AM cịn phân giác góc BAC GB AB AB ED AH HD    ABC : DEC    ED // AH   HC HC Suy ra: GC AC , mà AC DC GB HD GB HD GB HD  �  �  Do đó: GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC Bài 19: Cho hình vng ABCD cạnh a Điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD cho CE = AF Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự M N a.Chứng minh rằng: DN.CM = a2 b Gọi K giao điểm NA MB Chưng minh MKN = 900 c Các điểm E, F có vị trí MN có độ dài nhỏ nhất? Khi tính diện tích tam giác KMN theo a? a K A B F E N b D C M Từ gt AB // MN nên ta có: CM.DN = AB2 = a2 Theo chứng minh trên: Nên ( BA = CB) Và ADN = MCB ( = 900) đồng dạng với MBC = AND Mà MBC + BMC = 900 AND + MBC = 900 Vậy MKN = 900 c Vì MN = ND + CD + CM Nên MN nhỏ ND + CM nhỏ (Vì DC khơng đổi) Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có: ND + CM Dấu “ =” sảy CM = DN = a DF CE đường trung bình tam giác NBC tam giác MAD Hay E,F trung điểm BC AD Vậy MN đạt GTNN 3a E,F trung điểm BC AD Khí SKMN = SKAB + SNAD + SCBM + SABCD = SKAB + 2SABCD Lại tam giác KAB vng cân K nên đường cao ứng với cạnh AB có độ dài Và SABCD = a2 Vậy SKMN = Bài 20: 1) Gọi H hình chiếu đỉnh B đường chéo AC hình chữ nhật ABCD, M K theo thứ tự trung điểm AH CD Tính số đo góc BMK 2) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, đoạn BH lấy điểm M trên đoạn CH lấy điểm N cho CMR AM = AN Lời giải 1) Từ hình vẽ ( xác ) ta dự đốn góc AIJ = 900.Dựa vào yếu tố trung điểm mà đề cho mà vẽ thêm hình tạo liên kết I J Cách : ( hình 1,2) Vẽ hình phụ khai thác yếu tố trung điểm B A J I H D C B A B A O P J I P H D C D J I H× nh H C H× nh Tóm tắt lời giải cho hình Gọi P trung điểm AH => PI đường trung bỡnh tam giỏc AHD => PI//AD mà AD AB hì IP  AB P trực tâm ABI Từ tứ giác BPIJ h.b.h , BP // IJ mà BP  AI nên JI  AI 1) Gọi P,Q chân đường cao kẻ từ B C Tam giác vng AMC có đường cao MP => AM2=AP.AC Tam giác vng ANB có đường cao NQ => AN2=AQ.AB Xột tam giỏc APB AQC có: Góc A chung Góc APB=AQC=90 độ => tam giác đồng dạng => AP.AC=AQ.AB => AM2=AN2=> AM=AN Xin giới thiệu q thày website: tailieugiaovien.edu.vn Website cung cấp giáo án soạn theo định hướng phát triển lực người học theo tập huấn Có đủ mơn khối THCS THPT https://tailieugiaovien.edu.vn/ ... đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM GB HD  Tia AM cắt BC G Chứng minh: BC AH  HC + Hai tam giác ADC BEC có: Góc C chung CD CA  CE CB (Hai tam giác vuông CDE... ADC  135 (vì tam giác AHD vuông cân H theo giả thiết) � Nên AEB  45 tam giác ABE vuông cân A Suy ra: BE  AB  m 2 BM BE AD  �  � Ta có: BC BC AC (do BEC : ADC ) mà AD  AH (tam giác AHD... nhỏ ND + CM nhỏ (Vì DC khơng đổi) Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có: ND + CM Dấu “ =” sảy CM = DN = a DF CE đường trung bình tam giác NBC tam giác MAD Hay E,F trung điểm BC AD Vậy MN đạt GTNN 3a