Phát triển tư duy sáng tạo giải toán hình học 8

Giả sử đã dựng được M trên đường thẳng CD sao cho tia phân giác Mx của AMB vuông góc với đường thẳng CD. Khi đó M là điểm cần dựng. d) Biện luận: Bài toán luông có một nghiệm[r]

MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC

CHUYÊN ĐỀ HÌNH THANG HÌNH THANG CÂN DỰNG HÌNH THANG

CHUYÊN ĐỀ ĐƢỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG 11

CHUYÊN ĐỀ HÌNH BÌNH HÀNH 17

CHUYÊN ĐỀ 5.HÌNH CHỮ NHẬT 22

CHUYÊN ĐỀ HÌNH THOI VÀ HÌNH VNG 28

CHUN ĐỀ ĐỐI XỨNG TRỤC – ĐỐI XỨNG TÂM 35

CHƢƠNG I: TỨ GIÁC CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC A Kiến thức cần nhớ

1 Tứ Giác ABCD hình gồm bốn đoạn thẳng AB,BC,CD, DA, hai đoạn thẳng khơng nằm đường thẳng

Hình 1.1

Ta phân biệt tứ giác lồi (h.1.1a) tứ giác lõm (h.1.1b) Nói đến tứ giác mà khơng thích thêm, ta hiểu tứ giác lồi

2 Tổng góc tứ giác 360

360 A B C   D  B Một số ví dụ

Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCD, A B  40 Các tia phân giác góc C D cắt O Cho biết 110

COD  Chứng minh ABBC

Giải (h.1.2)  Tìm cách giải

Muốn chứng minh ABBC ta chứng minh 90

B 

Đã biết A B  40 , ta tính tổng A B

 Trình bày lời giải Hình 1.2 Xét tam giác COD có 180



2 2



180

2 C D COD   C D     (vì C1C2; D1D2)

Xét tứ giác ABCD có C D 360 



A B



,





360

180 180 180

2

A B A B

COD             Vậy A B

COD  Theo đề COD110nên A B 220 A B C D A B C D a) b)

A

B

C

D

A

B

C

D

a)

b)

A

B

C

D

O

1

Mặt khác A B  40 nên B



220  40 : 2



 90 Do ABBC

Ví dụ 2. Tứ giác ABCD có ABBC hai cạnh AD DC, không Đường chéo DB đường phân giác góc D.Chứng minh góc đối tứ giác bù

Giải



h.1.3 ,a b



 Tìm cách giải

Để chứng minh hai góc A C bù nhau, ta tạo góc thứ ba làm trung gian, góc góc A chẳng hạn Khi cịn phải chứng minh góc bù với góc C

 Trình bày lời giải

Xét trường hợp ADDC (h.1.3a) Trên cạnh DC lấy điểm E cho

DEDA

( ) ADB EDB c g c

  

AB EB

  AE1

Mặt khác, ABBC nên BEBC Vậy BEC cân CE2

Ta có: E1E2 180   A C 180 .Do B D 360 



A C



180 Xét trường hợp ADDC(h.1.3b)

Trên tia DA lấy điểm E choDEDCChứng minh tương tự trên, ta A C 180,

Hình 1.3 180

B D 

Ví dụ 3 Tứ giác ABCD có tổng hai đường chéo a Gọi M điểm Tìm giá trị nhỏ tổng MA MB MCMD

Giải (h.1.4)  Tìm cách giải

Để tìm giá trị nhỏ tổng MA MB MCMD ta phải chứng minh MA MB MCMDk (k số)

Ghép tổng thành hai nhóm



MA MC

 

 MBMD



 Trình bày lời giải

Xét ba điểm M A C, , có MA MC  AC (dấu “=” xảy MAC)

Xét ba điểm M, B, D có MB MD BD

(dấu “=” xảy MBD)

Do MA MB MCMDACBDa Vậy min



MA MB MC  MD



a M

A

B

C

D

1 2

A

B

C

D

E

1

2

a)

b)

A

B

C

D

1 2

trùng giao điểm O hai đường chéo AC BD

Hình 1.4 C BÀI TẬP VẬN DỤNG

 Tính số đo góc

1.1 Chứng minh tứ giác, tổng hai góc ngồi hai đỉnh tổng hai góc tai hai đỉnh cịn lại

1.2 Cho tứ giác ABCD có A B 220 Các tia phân giác đỉnh C D cắt K Tính số đo gócCKD

1.3 Cho tứ giác ABCD có AC Chứng minh đường phân giác ngồi góc B D song song hoặ trùng với nhu

1.4 Cho tứ giác ABCD có ADDCCB; C 130 ; D110 Tính số đo góc góc A, góc B (Olympic Tốn Châu Á – Thái Bình Dương 2010)

 So sánh độ dài

1.5 Có hay khơng tứ giác mà độ dài cạnh tỉ lệ với 1,3,5,10?

1.6 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vng góc Biết AB3; BC6, 6; CD6 Tính đọ dài AD 1.7 Chứng minh tứ giác tổng hai đường chéo lớn nửa chu vi nhỏ chu vi tứ giác

1.8 Cho bốn điểm A B C D, , , khơng có ba điểm thẳng hàng, hai điểm có khoảng cách lớn 10 Chứng minh tồn hai điểm cho có khoảng cách lớn 14 1.9 Cho tứ giác có độ dài cạnh a b c d, , , số tự nhiên Biết tổng

S   a b c d chia hết cho a, cho b, cho c , chod Chứng minh tồn hai cạnh tứ giác

 Bài tốn giải phƣơng trình tơ màu

1.10 Có chín người ba người có hai người quen Chứng minh tồn nhóm bốn người quen

A

B

C

D

1 2

A

B

C

D

E

1

2

a)

b)

A

B

M

C

D

O

Website: tailieumontoan.com

CHUYÊN ĐỀ HÌNH THANG HÌNH THANG CÂN DỰNG HÌNH THANG A Kiến thức cần nhớ

1 Hình thang tứ giác có hai cạnh đối song song (h.2.1)

Đặc biệt: hình thang vng hình thang có góc vng (h.2.2)

Hình 2.1 Hình 2.2 2 Hình thang cân hình thang có hai góc kề đáy (h.2.3)

3 Trong hình thang cân: - Hai cạnh bên

- Hai đường chéo (h.2.4)

Hình 2.3 Hình 2.4

4 Dấu hiệu nhận biết hình thang cân:

- Hình thang có hai góc kề đáy hình thang cân - Hình thang có hai góc đối bù hình thang cân

- Hình thang có hai đường chéo hình thang cân 5 Dựng hình

 Dụng cụ dựng hình: thước compa  Các bước giải tốn dựng hình - Phân tích;

- Cách dựng; - Chứng minh; - Biện luận

Đối với toán dựng hình đơn giản ta khơng trình bày bước phân tích TRANG 7-8

B Một số ví dụ

A

B

C

D

A B C D E 12 a) b) A B M C D O A B C D A B C D

A

B

C

D

1 2

A

B

C

D

E

1

2

a)

b)

A

B

M

C

D

O

A

B

C

D

A

B

C

D

A

B

C

D

1 2

A

B

C

D

E

1

2

a)

b)

A

B

M

C

D

O

A

B

C

D

A

B

C

D

A

B

C

D

1 2

A

B

C

D

E

1

2

a)

b)

A

B

M

C

D

O

A

B

C

D

A

B

C

D

Ví dụ 1 Cho hình thang ABCD AB( / /CD), tai phân giác góc A, góc D cắt M thuộc cạnh BC Cho biết AD 7cm, Chứng minh hai hình thang có độ dài nhỏ

4cm

Giải(h.2.5) *Tìm cách giải

Để chứng minh cạnh đáy nhỏ 4cm ta xét tổng hai cạnh đáy chứng minh tổng nhỏ 8cm, tồn đáy nhỏ 4cm

*Trình bày lời giải

Gọi N giao điểm tia AM tia DC Ta có : AB/ /CD A2 N (so le trong)

Mặt khác, A1 A2 A1 N DAN cân D DA DN (1)

Xét DAN có D1 D2 nên DM đồng thời đường trung tuyến: MA MN

( ) ABM NCM c g c AB CN

Ta có: DC AB DC CN DN DA 7cm Vậy AB CD 8cm Vậy hai đáy AB CD, phải có độ dài nhỏ 4cm

Ví dụ 2 Tứ giác ABCD có AC BD AD, BC Chứng minh tứ giác hình thang cân Giải(h.2.6)

*Tìm cách giải

Tứ giác ABCD có hai đường chéo nên để chứng minh hính tháng cân, cần chứng minh AB/ /CD Muốn ta chứng minh cặp góc so le *Trình bày lời giải

1

1

( ) ( )

ADC BCD c c c C D DAB CBA c c c B A

Mặt khác: COD AOB 2C1 2A1 C1 A1 AB/ /CD

Vậy tứ giác ABCD hình thang Hình thang có hai đường chéo nên hình thang cân Ví dụ 3 Một hình thang cân có đáy nhỏ cạnh bên góc kề với đáy lớn 60

Biết chiều cao hình thang cân a Tính chu vi hình thang cân 2 1

2 1

Hình 2.5 B

C D

A

N M

1 1

1 2

Hình 2.6 O

A B

Giải(h.2.7) *Tìm cách giải

Ta biết hình thang có hai cạnh bên song song hai cạnh bên nhau, hai cạnh đáy Từ vẽ thêm hình phụ để tìm liên hệ đáy lớn ba cạnh lại Ta vẽ AM/ /BC M( CD) Mặt khác, đề có cho góc 60 , gợi ý cho ta vận dụng tính chất tam giác để tính độ dài cạnh theo chiều cao

*Trình bày lời giải

Ta đặt: AD AB BC x Vẽ AM/ /BC M( CD), ta

,

AM BC x MC AB x

Vẽ AH CD AH đường cao hình thang cân, đường cao tam giác đều:

2 AD

AH Vì

3

AH a nên 3

x

a x a

Do chu vi hình thang cân là: 5a 10 a

Nhận xét: Qua đỉnh vẽ đường thẳng song song với cạnh ben hình thang cách vẽ hình phụ để giải tốn hình thang

Ví dụ 4. Dựng hình thang ABCD AB( / /CD) biết: AB 2cm CD, 5cm C, 40 ,D 70 Giải(h.2.8)

a)Phân tích

Giả sử ta dựng thang ( / / )

ABCD AB CD thỏa mãn đề Vẽ / / ( )

AE BC E CD ta

40 ; ;

5

AED C EC AB cm

DE DC EC cm

ADE dựng (g.c.g)

Điểm C thỏa mãn điều kiên: C nằm tia DE C cách D 5cm

Điểm B thỏa mãn điều kiên: B nằm tia Ax/ /DE ( hai tia Ax DE; nằm nửa mặt phẳng bờ AD) B cách A 2cm

b)Cách dựng

Dựng ADE cho DE 3cm D; 70 ;E 40 Dựng tia Ax/ /DE ( hai tia Ax DE; nằm nửa mặt phẳng bờ AD) Trên tia Ax đặtAB 3cm Trên tia DE đặt DC 5cm

Hình 2.7

A B

C

D H M

x

Hình 2.8

40° 70°

A

D C

B

Nối BC ta hình thang ABCD phải dựng

c) Chứng minh

Theo cách dựng tứ giác ABCD có AB CD// nên hình thang

Xét hình thang ABCE có CE – (cm); AB cm nên AB CE AE BC// 40

BCD AED

Như hình thang ABCD có AB 2cm; CD 5cm; D 70 C 40 d) Biện luận

Bài tốn có nghiệm hình

Ví dụ 5. Dựng tam giác ABC, biết A 70 , BC 5cm AC–AB 2cm Giải (h.2.9)

a) Phân tích

Giả sử ta dựng tam giác ABC thoả mãn đề Trên tia AC ta lấy điểm D cho AD AB

Khi DC AC–AD AC–AB 2cm

ABD cân, A 70 ADB 35 BDC 125

- DBC xác định (CD 2cm; D 125 ; CB 5cm)

- Điểm A thoả mãn hai điều kiện: A nằm tia CD A nằm đường trung trực BD b) Cách dựng

- Dựng DBC cho D 125 ; DC 2cm CB 5cm - Dựng đường trung trực BD cắt tia CD A

- Nối AB ta ABCphải dựng c) Chứng minh

ABC thoả mãn đề theo cách dựng, điểm A nằm đường trung trực BD nên AD AB Do AC–AB AC–AD DC 2cm; BC 5cm ADB 180 125 55

125 2.55 70

BAC

d) Biện luận

Bài tốn có nghiệm hình

Nhận xét: Đề có cho đoạn thẳng 2cm hình vẽ chưa có đoạn thẳng Ta làm xuất đoạn thẳng DC 2cm cách AC ta đặt AD AB Khi

DC hiệu AC–AB

Cũng làm xuất đoạn thẳng 2cm cách tia AB ta đặt AE AC (h.2.10)

Khi BE AE–AB AC–AB 2cm

AEC cân, có A 70 E (180 70 ) : 55 BEC xác định

Khi điểm A thoả mãn hai điều kiện: A nằm tia EB A nằm đường trung trực EC C Bài tập vận dụng

 Hình thang

2.1 Cho tứ giác ABCD Các tia phân giác góc A, góc D cắt M Các tia phân giác góc B, góc C cắt N Cho biết AMD 90 , chứng minh rằng:

a) Tứ giác ABCD hình thang; b) NB NC

2.2 Cho hình thang ABCD vng A D Gọi M trung điểm AD Cho biết MB MC a) Chứng minh BC AB CD;

b) Vẽ MH BC Chứng minh tứ giác MBHD hình thang

2.3 Chứng minh hình thang vng, hiệu bình phương hai đường chéo hiệu bình phương hai đáy

2.4 Cho hình thang ABCD vng A D Cho biết AD 20, AC 52 BC 29 Tính độ dài AB

 Hình thang cân

2.5 Cho tam giác ABC, cạnh có độ dài a Gọi O điểm tam giác Trên cạnh AB BC CA, , lấy điểm M N P, , cho OM BC// ; ON CA// OP AB// Xác định vị trí điểm O để tam giác MNP tam giác Tính chu vi tam giác

2.6 Cho hình thang ABCD (AB CD// ), ADC BCD Chứng minh AC BD

2.7 Cho góc xOy có số đo lớn hơn60 nhỏ 180 Trên cạnh Ox lấy điểm A, cạnh Oy lấy điểm C Chứng minh

2 OA OC

AC

2.8 Tứ giác ABCD có AC BD; C D BD BC Hỏi tứ giác ABCD có phải hình thang cân khơng?

 Dựng hình

2.9 Dựng hình thang ABCD (AB CD// ) biết AD 2cm; BD 3cm; AC 4cm góc nhọn xen hai đường chéo 70

CHUYÊN ĐỀ ĐƢỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG A KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1 Đĩnh nghĩa

 Đường trung bình tam giác đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh tam giác (h3.1)

 Đường trung bình hình thang đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh bên hình thang (h3.2)

(hình 3.1) (hình 3.2)

2 Tính chất

 Đường trung bình tam giác song song với cạnh thứ ba nửa cạnh Trên hình 3.1 MN//BC

2 BC MN

 Đường trung bình hình thang song song với hai cạnh đáy nửa tổng hai Trên hình 3.2 AB EF// //CD

2 AB CD

EF

3 Định lý

 Đường thẳng qua trung điểm cạnh tam giác song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba

 Đường thẳng qua trung điểm cạnh bên hình thang song song với hai đáy qua trung điểm cạnh bên thứ hai

B MỘT SỐ VÍ DỤ

Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD Gọi M N trung điểm AB CD Gọi G trọng tâm tam giác BCD Chứng minh AG chia đôi MN

Kết luận toán gợi ý cho ta dùng định lý đường thẳng qua trung điểm cạnh tam giác song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba Gọi H trung điểm BG ta dùng định lý đường trung bình để chứng minh

 Trình bày lời giải

Gọi O giao điểm AG MN Gọi H trung điểm BG

Theo tính chất trọng tâm, ta có: BH HG GN Xét ABG có MH đường trung bình MH/ /AG

(Hình 3.3) Xét HMNcó AG/ /MH NG GH nên ON OM

Vậy AG chia đôi MN

Nhận xét: Vẽ thêm trung điểm đoạn thẳng cách vẽ hình phụ thường dùng để vận dụng định lý đường trung bình tam giác

Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD có chụ vi 4a Gọi E F G H, , , trung điểm cạnh AB BC, ,CD DA, Chứng minh hai đoạn thẳng EG HF có đoạn thẳng có độ dài khơng lớn a

Giải (hình 3.4)  Tìm cách giải

Để chứng minh hai đoạn thẳng EG HF có đoạn thẳng có độ dài không lớn a ta chứng minh tổng hai đoạn thẳng khơng lớn 2a Khi hai đoạn thẳng có độ dài khơng lớn a

 Trình bày lời giải

Gọi M trung điểm BD

Xét ABD có HM đường trung bình nên

2 AB HM Xét BDC có MF đường trung bình nên

2 CD MF Xét ba điểm M , H, F có

2 AB CD HF MH MF

Chứng minh tương tự, ta được:

2 AD BC

EG

Vậy

2

AB CD AB CD a

HF EG a

(Hình 3.4)

Nhận xét: Phương pháp vẽ hình phụ ví dụ vẽ trung điểm đoạn BD Cũng vẽ trung điểm cạnh AC thay cho trung điểm đoạn thẳng BD

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC, BC 6cm Trên cạnh AB lấy điểm D cho

AD AB Vẽ / /

DE BC E AC Tính độ dài DE

Giải (hình 3.5)  Tìm cách giải

Vì

AD DB nên ta vẽ trung điểm F DB Từ F vẽ đường thẳng song song với BC DE đường trung bình tam giác Từ tính độ dài

 Trình bày lời giải

Gọi F trung điểm DB Khi đó: AD DF FB Vẽ FH/ /BC H AC

Xét AFH có DE/ /FH AD DF nên AE EH Xét hình thang DECB có FH/ /BC DF FB nên

EH HC

Ta đặt DE x (Hình 3.5)

Ta có DE đường trung bình AFH

DF FH FH 2x

Ta có FH đường trung bình hình thang DECB

2

DE BC x

FH x x cm

Vậy DE cm

Nhận xét: Phương pháp vẽ hình phụ ví dụ việc vẽ trung điểm đoạn thẳng ta thêm đường thẳng song song với cạnh tam giác

Ví dụ 4: Cho hình thang ABCD, AB đáy nhỏ Gọi M N P Q, , , trung điểm AD BC, , BDvà AC

a) Chứn minh bốn điểm M N P Q, , , thẳng hàng b) Chứng minh PQ/ /CD

2 CD AB PQ

Trong hình vẽ có nhiều đường thẳng qua điểm song song với đường thẳng nên vận dụng tiên đề Ơ – clit để chứng minh thẳng hàng

 Trình bày lời giải

a) Xét ABDcó MP đường trung bình / / / /

MP AB MP CD

Xét ADC có MQ đường trung bình MQ/ /CD

Xét hình thang ABCD cóMN đường trung bình MN/ /CD

(Hình 3.6)

Qua điểm M có đường thẳng MP MQ MN, , song song với CD nên đường thẳng trùng nhau, suy bốn điểm M N P Q, , , thẳng hàng

b) Ta có MN/ /CD nên PQ/ /CD;

2 2

CD AB CD AB PQ MQ MP

c) Ta có ;

2 2

AB AB CD AB

MP NQ MP PQ

2

AB CD AB AB CD (đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ)

Nhận xét: Đường trung bình MN hình thang đoạn thẳng PQ nối trung điểm hai đường chéo có tính chất giống song song với hai đáy, có tính chất khác MNbằng nửa tổng hai đáy PQ nửa hiệu hai đáy

C BÀI TẬP VẬN DỤNG

 Đƣờng trung bình tam giác

3.1 Cho tứ giác ABCD, đường chéo BD đường trung trực AC Gọi M N trung điểm AD AB Vẽ ME BC NF CD E BC F, CD Chứng minh ba đường thẳng

,

ME NF ACđồng quy

3.2 Cho tam giác ABC Trên cạnh AB lấy điểm D, cạnh AC lấy điểmE Gọi M N, trung điểm BEvà CD Đường thẳng MNcắt tia AB AC Pvà Q Hoi hai điểm Dvà

E phải có điểm kiện để tam giác APQcân A?

3.3 Cho tam giác ABC Gọi Bx Cy đường thẳng chứa tia phân giác góc ngồi đỉnh B C Gọi H Klần lượt hình chiếu vng góc A lên Bx Cy

a) Chứng minh tứ giác BCKH hình thang

b) Tam giác ABCcần điều kiện để hình thangBCKHlà hình thang cân?

3.5 Cho tam giácABC cân tạiA, đường caoAHvà đường phân giácBD Biết

AH BD Tính số đo góc tam giác ABC

3.6 Cho tam giácABCcân A Lấy điểm D tam giác Vẽ tam giácADE vuông cân tạiA cho DvàEthuộc hai nửa mặt phẳng đối bờAC Gọi M , N , P trung điểm BC,

CD DE Tính số đo góc tam giácMNP

3.7 Cho hình thang cân ABCD AB/ /CD , O giao điểm hai đường chéo Gọi G,E, F trung điểm OA, OD BC Cho biết COD 600 Tính số đo góc tam giácGEF

3.8 Cho tam giác ABC, góc A nhọn Vẽ phía ngồi tam giác tam giác vuông cân ABM CAN theo thứ tự có cạnh đáy AB AC Gọi O trung điểm BC Chứng minh tam giác OMN tam giác vuông cân

3.9 Tam giác ABC AB,  AC Trên cạnh AB lấy điểm E, cạnh AC lấy điểm F cho

BECF Gọi M trung điểm EF Chứng minh E F di động AB AC, trung điểm M EF nằm đường thẳng cố định

3.10 Cho đoạn thẳng AB n điểm O O1, 2,On không nằm A B cho

1 n n

O A O A O AO B O B O Ba Chứng minh tồn điểm M cho

1 n

O MO MO M a

3.11 Cho tam giác ABC C, ˆ Bˆ Aˆ Biết trung điểm ba đường cao thẳng hàng Chứng minh tam giác ABC vng A

Đƣờng trung bình hình thang

3.12 Cho hình thang cân ABCD AB



CD



Vẽ AHCD Chứng minh rằng: a) HD đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo

b) HC đường trung bình hình thang

3.13 Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm AB Trên tia đối tia BC lấy điểm O cho

BO BC Đường thẳng OM cắt OC N Chứng minh AN  AC

3.14 Cho tam giác ABC, cạnh BC cố định Vẽ tam giác tam giác ABM vuông cân ,

B tam giác CAN vuông cân C Chứng minh A di động nửa mặt phẳng bờ BC đường thẳng MN ln qua điểm cố định

3.15 Cho điểm M nằm hai điểm A B, không trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ tam giác CAM DBM cân C D cho ˆCDˆ Gọi H F trung điểm AD BC Chứng minh

CHUYÊN ĐỀ HÌNH BÌNH HÀNH

A Kiến thức cần nhớ 1 Định nghĩa

Hình bình hành tứ giác có cạnh đối song song (h 4.1)

2 Tính chất

Trong hình bình hành (h 4.2): Các cạnh đối Các góc đối

Hai đường chéo cắt trung điểm đường 3 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 B Một số ví dụ

Ví dụ Cho hình bình hành ABCD 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

Tìm cách giải

AC BD hai đường chéo hình bình hành ABCD nên chúng cắt 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 Như vậy, đường thẳng MD 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 Cho hình bình hành ABCD, vẽ phía ngồi hình bình hành tam giác ABM

ADN Chứng minh tam giác CMD tam giác Giải (h.4.4)

Đề cho hình bình hành tam giác nên có nhiều đoạn thẳng hàng nhau, nhiều góc Do nghĩ đến việc chứng minh tam giác

Trình bày lời giải

Ta đặt ABC ADC,BAD180o ,MAN 360o



60o60o180o



60o ΔMAN ΔCDN có





AM DC AB ; MAN CDN



60o



;AN DN Do ΔMANΔCDN (c-g-c)MN CN

 

1

Chứng minh tương tự, ta ΔMANΔMBC (c-g-c) MN MC 2

 

Từ (1) (2) suy MNCNMC Vậy ΔCMN

Nhận xét: Việc đặt ABC kỹ thuật giúp ta tính tốn so sánh góc nhanh chóng, thuận tiện

Ví dụ 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 (h 4.5)

Tìm cách giải

Kết luận tốn gợi ý cho ta vận dụng định lý Py-ta-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 hai đường trung tuyến BD CE, vng góc với nhau, ta phải chứng minh BD2CE2 AF2 (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

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 ΔKAF vng gại AAK2KF2 AF2CE2BD2 AF2 C Bài tập vận dụng

Tính chất hình bình hành

4.1 Cho tam giác ABC nhọn 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 vuông cân A 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





3

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 ON,

4.7 Cho tam giác ABC cân A AB, AC 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

4.10 Cho đoạn thẳng PQ điểm A ngồi đường thẳng PQ Vẽ hình bình 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 độ dài a cho trước nằm đường thẳng d Hãy xác định vị trí điểm Cvà D để tổng AC CD DB  nhỏ

CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHỮ NHẬT

A Kiến thức cần nhớ 1 Định nghĩa

Hình chữ nhật tứ giác có bốn góc vng (h.5.1)

2 Tính chất

Trong hình chữ nhật, hai đường chéo cắt trung điểm đường (h.5.2)

3 Dấu hiệu nhận biết

- Tứ giác có ba góc vng hình chữ nhật

- Hình thang cân có góc vng hình chữ nhật - Hình bình hành có góc vng hình chữ nhật

- Hình bình hành có hai đường chéo hình chữ nhật

4 Áp dụng vào tam giác (h.5.3) ABC: MB=MC

90

A   AM  BC

5 Tính chất điểm cách đường thẳng cho trước (h.5.4) Tập hợp điểm cách đường thẳng cố

định khoảng h không đổi hai đường thẳng song song với đường thẳng cách đường thẳng khoảng h

B Một số ví dụ

Hình 5.3

Hình 5.5

Ví dụ 1 Cho hình chữ nhật ABCD Trên đường chéo BD lấy điểm M Trên tiaAMlấy điểm N cho M trung điểm củaAN Gọi Evà Flần lượt hình chiếu N đường thẳng BCvà

CD Chứng minh ba điểm M ,E,Fthẳng hàng Giải (h.5.5) * Tìm cách giải

Xét CAN, đường thẳng EFđi qua trung điểm CN, muốn choEFđi qua trung điểmM AN ta cần chứng minh EF // AC

* Trình bày lời giải

Tứ giác ENFCcó ba góc vng nên hình chữ nhật

Gọi Olà giao điểm củaACvà BDvà Klà giao điểm EFvàCN.Theo tính chất hình chữ nhật,

ta có:OA OB OCOD ; KCKNKEFF

Xét CANcó OMlà đường trung bình nên OM //CN

Do BD//CN OCD

 , KCF cân, suy ra: D1C1, C2 F2

Mặt khác, D1C2 (cặp góc đồng vị) C1 F2 Suy AC// EF

Xét CAN có đường thẳng EFđi qua trung điểm Kcủa CNvà EF// ACnên EFđi qua trung điểm củaAN, tức quaM Vậy ba điểmM,E,Fthẳng hàng

Ví dụ 2 Cho tam giác ABCcân tạiA Từ điểm đáyBC, vẽ đường thẳng vng góc với BC cắt đường thẳngAC,ABlần lượt MvàN Gọi Hvà Klần lượt trung điểm BCvàMN Chứng minh tứ giác AKDHlà hình chữ nhật

Giải (h.5.6) * Tìm cách giải

A Trình bày lời giải BKC

 cân tạiA,AHlà đường trung tuyến nên đường cao, đường phân giác

Do dó: H  90 A1A2

Ta có: AH //DN(vì vng góc vớiBC)

1

N A

  (cặp góc đồng vị); M1A2 (cặp góc so le trong)

Do dó N M1(vì A1 A2 )

Vậy AMN cân Amà AKlà đường trung tuyến nên AKcũng đường cao,K  90 Tứ

giác AKDHcó KH  D 90 nên hình chữ nhật

Ví dụ 3 Cho tam giác ABCvuông cân tạiA Trên cạnh huyền BClấy điểmD Vẽ DHAB, DK AC Biết ABa, tính giá trị lớn tích DH CK

Giải (h.5.7) * Tìm cách giải

Ta thấy DHDK AB (khơng đổi) Dựa vào đẳng thức ta tìm mối quan hệ tích DH CK với tổng DHDK Mối quan hệ biếu diễn sau:

Ta có: (xy)2  0 x2y2 2xyx2y22xy4xy(x2y2)4xy

* Trình bày lời giải

Tứ giác AHDKcó ba góc vng nên hình chữ nhật

Tam giácHBDcó H  90 ; B 45 nên tam giác vuông cân Ta đặt: DH x DK y HBx , AH  y x y a

Ta có:

2

( )

4

x y a

xy   (không đổi)

2

( ) x y xy 

 

Hình 5.6

25 Dấu "=" xảy   x y Dlà trung điểm B

Vậy giá trị lớn tích DH CK

2

4 a

Dlà trung điểm củaBC

Ví dụ Cho hình thangABCD, A  D 90 Trên cạnh ADcó điểm Hmà AHDHvà 90

BHC  Chứng minh cạnh ADcòn điểmKsao cho BKC 90 Giải (h.5.8)

* Tìm cách giải

Giả sử chứng minh BKC 90 BHC BKC hai tam giác vuông chung cạnh huyền BCnên hai đường trung tuyến ứng với BCphải Do cần chứng minh hai đường trung tuyến

* Trình bày lời giải

Gọi Mvà N trung điểm ADvàBC Khi MNlà đường trung bình hình thang ABCD, suy ra: MN // AB

MN AD

  (vì ABAD)

Trên cạnh ADlấy điểm Ksao choDK AHMKMH NHK

 có MN vừa đường cao, vừa đường trung tuyến nên tam giác cân KNHN

Xét HBCvng H có

HN  BC( tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Suy

KN  BC( vìKNHN)

Do KBCvng K BKC 90

Ví dụ 5 Cho đường thẳngxy Một điểm Acố định nằm xyvà điểm Bdi động trênxy Gọi Olà trung điểm củaAB Hỏi điểm Odi động đường nào?

Giải (h.5.9)

Vẽ AH xy, OK xy

Ta có: AHlà đoạn thẳng cố định Xét ABHcó OK// AHvà OAOBnênKHKB Vậy OKlà đường trung bình suy ra:

1

OK AH (không dối)

Điểm Ocách đường thẳng xy cho trước khoảng

không đổi

2AH nên điểm Odi động đường thẳng a// xy cách xylà AH

(đường thẳng a điểm Acùng nằm nửa mặt phẳng bờxy)

C BÀI TẬP VẬN DỤNG

 Tính chất dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật

5.1 Cho tam giác ABCvuông cân A, đường cao AD Gọi Mlà điểm cạnh BC Vẽ ME AB, MF AC Tính số đo góc tam giác DEF

5.2 Cho hình bình hành ABCD Biết

2

AD AC

2

BAC DAC Chứng minh hình bình hành ABCD hình chữ nhật

5.3 Cho hình chữ nhật ABCD, AB 8, BC Điểm M nằm hình chữ nhật Tìm giá trị nhỏ tổng: S MA2 MB2 MC2 MD2

5.4 Cho tam giác ABCvuông A Gọi O điểm tam giác Vẽ OD AB, OE BC OF CA Tìm giá trị nhỏ tổng: S OD2 OE2 OF2

5.5 Cho hình chữ nhật ABCD, đường chéo AC d Trên cạnh AB, BC, CD DA lấy điểm M, N, P, Q Tìm giá trị nhỏ tổng: S MN2 NP2 PQ2 QM2

5.6 Cho tam giác ABCcạnh a Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho AD CE Tìm giá trị nhỏ độ dài DE

 Tính chất đƣờng trung tuyến cùa tam giác vuông

5.7 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh huyền BC lấy điểm M Vẽ MD AB, ME AC, AH BC Tính số đo góc DHE

5.8 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, đường trung tuyến AD Vẽ HE AB, HF AC Gọi M N trug điểm HB HC

a) Chứng minh EM // FN //AD

5.9 Cho tam giác ABC vuông A AB AC , đường cao AH Trên cạnh AC lấy điểm D cho

AD AB Gọi M trung điểm BD Chứng minh tia HM tia phân giác góc AHC 5.10 Cho hình chữ nhật ABCD, AB 15, BC Trên cạnh AB , BC, CD, DA lấy điểm E, F, G, H Tính giá trị nhỏ chu vi tứ giác EFGH

 Đƣờng thẳng song song với đƣờng thẳng cho trƣớc

5.11 Cho góc xOy có số đo 30 Điểm A cố định tia Ox cho OA 2cm Lấy điểm B tia Oy Trên tia đối tia BA lấy điểm C cho BC 2BA Hỏi điểm B di động tia Oy điểm C di động đường nào?

5.12 Cho góc xOy có số đo 45 Điểm A cố định tia Ox cho OA 2cm Lấy điểm

B tia Oy Gọi G trọng tâm tam giác OAB Hỏi điểm B di động tia Oy điểm G di động đường nào?

5.13 Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh AB AC lấy điểm M N cho AM CN Gọi O trung điểm MN Hỏi điểm O di động đường nào?

5.14 Bên hình chữ nhật kích thước 3 cho 10 điểm Chứng minh tồn hai điểm số 10 điểm có khoảng cách nhỏ 2,3

CHUYÊN ĐỀ HÌNH THOI VÀ HÌNH VNG

A Kiến thức cần nhớ 1 Định nghĩa

 Hình thoi tứ giác có bốn cạnh (h.6.1)

 Hình vng tứ giác có bốn góc vng có bốn cạnh (h.6.2)

2 Tính chất

 Trong hình thoi:

 Hai đường chéo hình thoi vng góc với nhau;

 Hai đường chéo đường phân giác góc hình thoi;  Hình vng có đủ tính chất hình chữ nhật hình thoi 3 Dấu hiệu nhận biết

 Nhận biết hình thoi:

 Tứ giác có bốn cạnh hình thoi;

 Hình bình hành có hai cạnh kề hình thoi

 Hình bình hành có hai đường chéo vng góc với hình thoi;

 Hình bình hành có đường chéo đường phân giác góc hình thoi  Nhận biết hình vng:

 Hình chữ nhật có hai cạnh kề hình vng;  Hình chữ nhật có hai đường chéo vng góc hình vng;

 Hình chữ nhật có đường chéo đường phân giác góc hình vng;  Hình thoi có góc vng hình vng;

 Hình thoi có hai đường chéo hình vng B Một số ví dụ

Ví dụ Cho hình thoi ABCD, độ dài cạnh 13cm Gọi O giao điểm hai đường chéo Vẽ OH AD Biết OH 6cm, tính tỉ số hai đường chéo BDvà AC

Giải ( h.63)

C B

D A

D

B A

 Tìm cách giải

Vẽ thêm BK AD để dùng định lý đường trung bình tam giác, định lý Py-ta-go tính bình phương độ dài đường chéo

 Trình bày lời giải Vẽ BK AD

Xét BKD có OH/ /BK ( vng góc với AD) OB OD nên KH HD Vậy OH đường trung bình BKD

Suy

2

OH BK, BK 12cm

Xét ABK vng K có: AK2 AB2 BK2 132 122 25 AK 5cm KD 8cm Xét BKD vng K có: BD2 BK2 KD2 122 82 208

Xét AOH vng H có: OA2 OH2 AH2 62 92 117

2

2

117 468

2

AC AC

Do đó: 22 208

468

BD BD

AC AC

Ví dụ 2: Cho tam giác ABCcân A, hai đường cao BE CF cắt H Đường thẳng AH cắt

EF D, cắt BC G Gọi M N hình chiếu G AB AC Chứng minh tứ giác DNGM hình thoi

Giải ( h.6.4)

H

C O

B

 Tìm cách giải

Dùng định lý đường trung bình tam giác ta chứng minh tứ giác DNGM hình bình hành Sau chứng minh hai cạnh kề

 Trình bày lời giải

ABE ACF ( cạnh huyền, góc nhọn) AE AF BE CF

Vì H trực tâm ABC nên AH đường cao, đồng thời đường trung tuyến, từ GB GC từ GBGC DEDF

Xét EBC có GN//BE( vng góc với AC) GB GCnên NE NC Chứng minh tương tự, ta MF MB

Dùng định lý đường trung bình tam giác ta chứng minh DM//GN DM GN nên tứ giác DNGM hình bình hành

Mặt khác, DM DN (

2 hai cạnh nhau) nên DNGMlà hình thoi

Ví dụ Cho hình vng ABCD Lấy điểm M đường chéo AC Vẽ ME AD , MF CD MH EF Chứng minh điểm M di động AC đường thẳng MH ln qua điểm cố định

Giải ( h.6.5)

 Tìm cách giải

H D

N M

E F

G

B C

A

2

1

1

1

N H

E

F D

B A

Vẽ hình xác ta thấy đường thẳng MH qua điểm cố định điểm B Vì ta chứng minh ba điểm H, M, B thẳng hàng cách chứng minh M1 M2

 Trình bày lời giải

Gọi N giao điểm đường thẳng EM với BC

Khi BN AE; AE ME( AEM vng cân), suy BN ME Chứng minh tương tự, ta được: MN MF

Nối MB ta : BMN EFM c g c Suy ra: B1 E1 M1 M2

Từ ba điểm H, M, B thẳng hàng

Vậy đường thẳng MH qua điểm cố định điểm B

Ví dụ Cho hình vng ABCD cạnh a Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh CD lấy điểm N cho chu vi tam giác CMNbằng 2a Chứng minh góc MAN có số đo khơng đổi

Giải ( h.6.6)  Tìm cách giải

Vẽ hình xác ta ln thấy MAN 45 Vì ta vẽ hình phụ tạo góc 90 chứng minh MAN nửa góc vng

 Trình bày lời giải:

Trên tia đối tia DC lấy điểm E cho DE BM

BAM DAE c g c suy AM AE BAM DAE

Ta có: BAM DAM 90o 90o DAE DAM

   hay EAM 90o

Hình 6.6

A B

C

Theo đề bài, CMCNMN2a mà CMCNMB ND 2a Nên MNMBND hay MNDENDEN





45

2

o

EAM MAN EAN c c c MAN EAN

      

Vậy MAN có số đo khơng đổi

Ví dụ Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB BC CD, , lấy điểm M N P, , cho AM BNCP Qua N vẽ đường thẳng vuông góc với MP cắt AD Q Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng

Giải (h 6.7) (*) Tìm cách giải

Từ giả thiết ta nghĩ đến việc chứng minh tma giác để suy bốn cạnh tứ giác MNPQ nhau., ta tứ giác hình thoi Sau chứng minh hai đường chéo để hình vng

(*) Trình bày lời giải

Gọi O giao điểm ME NF

Ta có:ABBCCDDA mà AM BNCP Nên BM CNDP

Dễ thấy tứ giác AMOF hình vng EMP

 FNQ có: 90o

E F ; MENF ( cạnh hình vng) EMPFNQ ( hai góc có cạnh tương ứng vng góc)





EMP FNQ c g c MP NQ

      EPFQ Ta có: DE AM AFDPAQ DQCP Các tam giác BNM CPN DQP, , AMQ suy ra:

MNQNQPQM

Do tứ giác MNPQ hình thoi, Hình thoi có hai đường chéo nên hình vng C Bài tập vận dụng

(*) Hình thoi

6.2 Cho hình thoi ABCD, chu vi 8cm Tìm giá trị lớn tích hai đường chéo

6.3 Cho hình thoi ABCD, A40o Gọi M trung điểm AB Vẽ DH CM Tính số đo góc MHB

6.4 Cho hinh thoi ABCD Trên nửa mặt phẳng bờ BD có chứa điểm C, vẽ hình bình hành BDEF cos DEDC Chứng minh C trục tâm tam giác AEF

6.5 Cho hình bình hành ABCD, hai đường chéo cắt O Gọi E F G H, , , giao điểm đường phân giác tam giác AOB BOC COD, , DOA Chứng minh tứ giác EFGH hình thoi

6.6 Dựng hình thoi ABCD bieets ACBD8cm ABD25o (*) Hình vng

6.7 Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC lấy điểm E F cho BEEFFC Trên cạnh AD lấy điểm G cho

3

AG AD Tính tổng AEGAFGACG

6.8 Cho hình vng ABCD Trên đường chéo AC lấy điểm M Vẽ MEAD MF, CD Chứng minh ba đường thẳng AF CE, BM đồng quy

6.9 Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Vẽ phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACFG Chứng minh rằng:

a) Ba đường thẳng AH DE, FG đồng quy b) Ba đương thẳng AH BF, CD đồng quy

6.10 Cho hình vng ABCD Trên tia đối tia BA lấy điểm E Trên tia đối CB lấy điểm F cho AECF Gọi O trung điểm EF Vẽ điểm M cho O trung điểm DM Chứng minh tứ giác DEMF hình vng

6.11 Cho tam giác ABC, A45o Vẽ ba đường cao AD BE CF, , cắt H Gọi M N P Q, , , trung điểm AB AC HB, , HC Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng

6.12 Cho hình bình hành ABCD Vẽ phía ngồi hình bình hành hình vng có cạnh cạnh hình bình hành Gọi E F G H, , , tâm ( tức giao điểm hai đường chéo) hình vng vẽ cạnh AB BC CD, , DA Chứng minh rằng: EGHF EGHF

6.13 Dựng hình vng ABCD biết đỉnh A trung điểm M CD

6.14 Một bàn cờ hình vng có kích thước 6 Có thể dùng mảnh gỗ hình chữ nhật có kích thước 4 để ghép kín bàn cờ không?

CHUYÊN ĐỀ ĐỐI XỨNG TRỤC – ĐỐI XỨNG TÂM

A Kiến thức cần nhớ 1 Các định nghĩa

(*) Hai điểm đối xứng qua đường thẳng d, d đường trung trực đoạn thẳng nối hai điểm (h.7.1)

(*) Hai điểm đối xứng qua điểm O O trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm (h.7.2)

(*) Hai hình gọi đối xứng qua đường thẳng d ( qua điểm O), điểm thuộc hình đối xứng với điểm thuộc hình qua đường thẳng d ( qua điểm O) ngược lại 2 Tính chất

Nếu hai đoạn thẳng (góc, tam giác) đối xứng với qua đường thẳng ( qua điểm) chúng

3 Hình có trục đối xứng, có tâm đối xứng

- Hình thang cân có trục đối xứng đường thẳng qua trung điểm hai đáy - Tương tự hình chữ nhật có hai trục đối xứng

- Hình thoi có hai trục, đối xứng hai đường chéo Hình vng có trục đối xứng

- Hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vng có tâm đối xứng giao điểm hai đường chéo B Một số ví dụ

Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCD, hai đường thẳng AB CD khơng vng góc với Dựng điểm M đường thẳng CD cho tia phân giác góc AMB vng góc với đường thẳng CD

Giải (h.7.3) Hình 7.1

d

A

B

Hình 7.2 A

N

a) Phân tích

Giả sử dựng M đường thẳng CD cho tia phân giác Mx AMB vng góc với đường thẳng CD Trên tia đối tia MB lấy điểm A cho MNMA

Vì tia Mx tia phân giác góc AMB MxCD nên đường thẳng CD đường phân giác góc AMN

Xét MAN cân M có MD đường phân giác nên MD đường trung trực, suy A N đối xứng qua đường thẳng CD

b) Cách dựng

- Dựng điểm N đối xứng với A qua CD

- Dựng giao điểm M AB với đường thẳng CD Khi M điểm cần dựng c) Chứng minh

Vì A N đối xứng qua CD nên CD đường trung trực , C đường phân giác góc AMN

Nếu Mx tia phân giác góc AMB MxCD ( tính chất hai tia phân giác hai góc kề bù) d) Biện luận: Bài tốn lng có nghiệm hình

Nhận xét: Cách dựng điểm M cho ta kết tổng AMMB ngắn

Ví dụ 2. Cho hình thang ABCD (AB CD// ) Trên đáy AB lấy điểm K tùy ý Vẽ điểm E đối xứng với K qua trung điểm M AD Vẽ điểm F đối xứng với K qua trung điểm N BC Chứng minh EF có độ dài khơng đổi

Giải (h 7.4) x

Hình 7.3

H A

B

C D

(*) Tìm cách giải

Ta thấy: EFED DC CF  mà CD không đổi nên muốn chứng minhEF không đổi ta cần chứng minh ED CF khơng đổi

(*) Trình bày lời giải

DE AK đối xứng qua M nên DEAK DE AK// DE AB// Mặt khác, DC AB// suy ba điểm E D C, , thẳng hàng

Chứng minh tương tự, ta được: BK CF ba điểm D C F, , thẳng hàng Ta có: EFED DC CF  AKDCBKAB CD ( không đổi)

Nhận xét: Khi điểm K di động đường thẳng AB độ dài đoạn thẳng EF khơng đổi Ví dụ 3. Cho góc xOy khác góc bẹt hai điểm M N, nằm góc đo Dựng hình bình hành AMBN cho A Ox BOy

Giải (h.7.5) a) Phân tích

Giả sử dựng hình bình hành AMBN thỏa mãn đề Gọi E giao điểm hai đường chéo Vẽ điểm F đối xứng với O qua E Khi tứ giác AOBF hình bình hành

(*) Điểm B thỏa mãn hai điều kiện: BOy BFt Ox//

Điểm A thỏa mãn hai điều kiện: 

A Ox A thuộc tia BE b) Cách dựng

- Dựng trung điểm E MN;

- Dựng điểm F đối xứng với O qua E; - Dựng tia Ft // Ox cắt tia Oy B; - Dựng giao điểm tia BE tia Ox c) Chứng minh

B

N M

A

C D

E F

K





AOE BFE g c g EA EB

    

Mặt khác, EM EN nên tứ giác AMNB hình bình hành d) Biện luận: Bài tốn ln có nghiệm hình

Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A



AB AC



Điểm D thuộc cạnh huyền BC Vẽ điểm M điểm N đối xứng với D qua AB AC Chứng minh :

a) M N đối xứng qua A;

b) Xác định vị trí điểm D để MN ngắn nhất, dài Giải (h.7.6)

* Tìm cách giải

Muốn chứng minh hai điểm M N đối xứng qua A, ta chứng minh AM  AN

180 MAN  * Trình bày lời giải

a) AM đối xứng với AD qua AB nên AM  AD A1 A2

 

1

AN đối xứng với AD qua AC nên AN AD A3 A4

 

2

Từ

 

1

 

2 suy ra: AM  AN MAN 2



A2A3



2BAC 2.90 180  Vậy ba điểm M A N, , thẳng hàng,

Từ suy M N đối xứng qua A MN2AD b) Vẽ AH BC, ta có ADAH, MN2AD2AH Vậy MN ngắn 2AH DH (h.7.7)

Dựa vào quan hệ đường xiên hình chiếu ta có AD AC suy MN2AD2AC Do MN dài 2AC DC(h.7.8)

C Bài tập vận dụng * Đối xứng trục

7.1 Cho tam giác ABD Vẽ điểm C đối xứng với A qua BD Vẽ đường phân giác đỉnh , , ,A B C D tứ giác ABCD chúng cắt tạo thành tứ giác EFGH

a) Xác định dạng tứ giác EFGH;

b) Chứng minh BD trục đối xứng tứ giác EFGH

7.2 Cho tam giác nhọn ABC Gọi D điểm nằm B C Vẽ điểm M N đối xứng với D qua AB AC

a) Chứng minh góc MAN ln có số đo khơng đổi; b) Xác định vị trí D để MN có độ dài ngắn

7.3 Cho tam giác nhọn ABC Gọi D E F, , điểm nằm cạnh BC CA AB, , Xác định cị trí D E F, , để chu vi tam giác DEF nhỏ

7.4 Cho hai điểm A B, thuộc mặt phẳng bở xy Hãy tìm xy hai điểm C D cho CDa cho trước chu vi tứ giác ABCD nhỏ

7.5 Cho tam giác ABC, đường phân giác AD điểm M tam giác Vẽ điểm , ,N P A đối xứng với M qua AB AC, AD

a) Chứng minh N P đối xứng qua AA;

b) Gọi B C , điểm đối xứng với M qua đường phân giác góc B, góc C Chứng minh ba đường thẳng AA BB CC, ,  đồng quy

7.6 Cho tứ giác ABCD với điểm M nằm A B Chứng minh MCND nhỏ số lớn hai tổng ACAD BC, BD

7.1 Cho tam giác ABC O điểm tuỳ ý tam giác Gọi D, E, F trung điểm BC, CA, AB Gọi A', B', C' điểm đối xứng với O qua D, E, F Chứng minh ba đường thẳng AA', BB', CC'

đồng quy

7.2 Cho góc xOy khác góc bẹt điểm G góc Dựng điểm A  Ox, điểm B  Oy cho G trọng tâm tam giác OAB

7.3 Cho tam giác ABC Vẽ điểm D đối xứng với A qua điểm B Vẽ điểm E đối xứng với B qua C Vẽ điểm F đối xứng với C qua A Chứng minh tam giác ABC tam giác DEF có trọng tâm

7.4 Dựng hình bình hành ABCD biết vị trí trung điểm M AB, trung điểm N BC trung điểm P CD

7.5 Dựng tứ giác ABCD biết AD = AB = BC ba điểm M, N, P trung điểm AD, AB BC (biết M, N, P không thẳng hàng)

CHUYÊN ĐỀ VẼ HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TỐN A Kiến thức cần nhớ

Nhiều toán chương tứ giác cần phải vẽ hình phụ giải Vẽ hình phụ để tạo thêm liên kết giả thiết kết luận từ dễ tìm cách giải Một số cách vẽ hình phụ thường dùng chương là:

1 Nếu đề có hình thang từ đỉnh vẽ thêm đường thẳng: - song song với cạnh bên;

- song song với đường chéo; - vng góc với đáy

Khi vẽ vậy, đoạn thẳng dời song song với từ vị trí đến vị trí khác thuận lợi việc liên kết với yếu tố khác, từ giải tốn

2 Vẽ thêm hình bình hành để chứng minh hai đường thẳng song song, chứng minh quan hệ độ dài, chứng minh ba đường thẳng đồng quy, ba điểm thẳng hàng, tính số đo góc,…

3 Vẽ thêm trung điểm đoạn thẳng để vận dụng định lí đường trung bình tam giác, hình thang, định lí đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng Cũng vẽ thêm đường thẳng song song để tạo đường trung bình tam giác, hình thang

Dùng định lí đường trung bình chứng minh quan hệ song song, thẳng hàng, quan hệ độ dài,…

4 Vẽ điểm đối xứng với điểm cho trước qua đường thẳng qua điểm Nhờ cách vẽ ta dời đoạn thẳng, góc từ vị trí sang vị trí khác thuận lợi cho việc chứng minh

B Một số ví dụ

Ví dụ 1. Chứng minh hình thang tổng hai cạnh bên lớn hiệu hai cạnh đáy Giải (h.8.1)

* Tìm cách giải

Xét hình thang ABCD (AB // CD), ta phải chứng minh AD + BC > CD - AB

Điều phải chứng minh gần với bất đẳng thức tam giác Điều gợi ý cho ta vẽ hình phụ để có AD + BC tổng độ dài hai cạnh tam giác

* Trình bày lời giải

Vẽ BM // AD (M  CD) ta DM = AB BM = AD Xét BMC có BM + BC > MC  AD + BC > DC – DM hay AD + BC > CD – AB (đpcm)

Trường hợp hai cạnh bên song song hai đáy nhau, tốn hiển nhiên

Ví dụ 2. Cho hình thang ABCD (AB // CD), hai đường chéo vng góc với Biết AB = 5cm, CD = 12cm AC = 15cm Tính độ dài BD

Giải (h.8.2) * Tìm cách giải

Ba đoạn thẳng AB, AC CD biết độ dài ba đoạn thẳng ba cạnh tam giác nên không tiện sử dụng Ta dời song song đường chéo AC đến vị trí BE tam giác BDE vng B biết độ dài hai cạnh, dễ dàng tính độ dài cạnh thứ ba BD * Trình bày lời giải

Vẽ BE // AC (E  tia DC)

Khi BE = AC = 15cm; CE = AB = 5cm Ta có BE  BD (vì AC  BD)

Xét BDE vng B có BD 172152 8(cm)

Ví dụ 3. Hình thang ABCD có A D 90 o Biết AB = 3cm; BC2 2cm CD = 5cm Chứng minh B3C

Giải (h.8.3) * Tìm cách giải

Nếu dời song song đoạn thẳng AD tới vị trí BH BHC vng H Ta dễ dàng tính HC = HB, tính góc C, góc B

* Trình bày lời giải

Vẽ BH  CD (H  CD) BH // AD, DH = AB = 3cm

suy HC = – = (cm)

Xét BHC vuông H, áp dụng định lí Py-ta-go ta có

 

2

2 2

HB BC HC  2 2 2 (cm) Vậy HBC vuông cân  C 45o ABC 135 o suy ABC3C

Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD, hai đường chéo cắt O Cho biết AOB60o AC = BD = a Chứng minh AB + CD  a

Giải (h.8.4) * Tìm cách giải

Từ điều phải chứng minh ta thấy cần vận dụng bất đẳng thức tam giác Do cần vẽ hình phụ để tạo tam giác có hai cạnh hai cạnh AB CD, cạnh thứ ba đường chéo AC

Nếu vẽ thêm hình bình hành ABECthì yêu cầu thỏa mãn * Trình bày lời giải

Vẽ hình bình hành ABEC, ta BE//ACsuy DBEAOB60o; ;

BE  AC  a AB  CE

Tam giác DBE tam giác  DE  a

Xét ba điểm , , C D E ta có: CE CD DEhay AB CD  a (Dấu “ ” xảy điểm C nằm D E hay DC // AB Khi tứ giác ABCD hình thang cân)

Ví dụ 5: Cho hình chữ nhật ABCD Vẽ AHBD Gọi K M trung điểm BHvà CD Tính số đo góc AKM

Giải (h.8.5) * Tìm cách giải

Bài tốn có cho hai trung điểm KvàM chưa thể vận dụng trực tiếp

Ta vẽ thêm trung điểmNcủaABđể vận dụng định lý đường trung bình hình chữ nhật, đường trung bình hình tam giác

* Trình bày lời giải

Gọi N trung điểm củaABthì MNlà đường trung bình hình chữ nhật ABCD  MN // AD

Mặt khác, AN // DM nên tứ giácANMDlà hình bình hành Hình bình hành có D90onên hình chữ nhật Suy hai đường chéoAMvàDNcắt trung điểm O đường:

OA  OM  ON  OD

Xét ABHcóNKlà đường trung bình nên NK // AH  NK BD(vì AHBD) Do KDNvng K

Ví dụ 6: Cho hai điểmAvàBthuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d Tìm trênd điểm M cho hai tiaMA MB, tạo với đường thẳngdhai góc nhọn

Giải (h.8.6) * Tìm cách giải

Giả sử tìm điểm Mdsao cho M1M2

Vẽ điểm A’đối xứng với A quadthì M1M3 , suy M2 M3(

bằng M1) Dó ba điểm A’,M ,Bthẳng hàng

Hình 8.5 Hình 8.4

* Trình bày lời giải

- Vẽ điểm A’đối xứng với Aquad;

- Vẽ đoạn thẳng A B’ cắt đường thẳngdtại M ; - Vẽ đoạn thẳng MAta M1 M2

Thật vậy, doA’đối xứng vớiAquadnên M1M3 Mặt khác, M2 M3(đối đỉnh) nên M1M2

C Bài tập vận dụng

 Vẽ thêm đƣờng thẳng song song

8.1 Chứng minh hình thang có hai cạnh bên hình thang cân hình bình hành

8.2 Cho hình thang có hai đáy khơng Chứng minh tổng hai góc kề đáy lớn nhỏ tổng hai góc kề đáy nhỏ

8.3 Cho hình thang ABCD AB CD



//



,BDCD Cho biết AB  CD  BD  a Tính độ dài AC 8.4 Cho hình thang cân ABCD AB CD



//



,đường cao bằnghvà tổng hai đáy bằng2h Tính góc xen hai đường chéo

8.5 Chứng minh hình thang tổng bình phương hai đường chéo tổng bình phương hai cạnh bên cộng với hai lần tích hai cạnh đáy

 Vẽ thêm hình bình hành

8.6 Cho tam giác ABC Dựng tam giác tam giác ABD BCE CAF, , Chứng minh trọng tâm tam giácDEFtrùng với trọng tâm tam giác ABC

8.7 Cho tam giác đều ABC Trên cạnhBClấy điểmM QuaM vẽ đường thẳng vng góc vớiAB cắtABtại H, cắt đường thẳng vng góc vớiACvẽ từCtại điểmK GọiN trung điểm củaBM Chứng minh tam giácANKcó số đo góc tỉ lệ với 1, 2,

8.8 Dựng tứ giácABCDsao cho AB2,5cm BC; 3cm CD; 4,5cm DA; 3,5cmvà góc nhọn hai đường thẳng AD BC, 40

Vẽ thêm trung điểm – Tạo đƣờng trung bình

8.9 Cho hình thangABCD AB CD



//



,A 90 , AB CD

   Vẽ DH AC GọiKlà trung điểm củaHC Tính số đo gócBCD

8.10 Cho hình vuôngABCD, hai đường chéo cắt tạiO GọiM vàN trung điểm củaOA vàCD Chứng minh tam giácMNBvuông cân

8.11 Cho tam giác ABCcân tạiA, đường phân giácBM TừM vẽ đường thẳng vng góc vớiBM cắt đường thẳngBCtại D Chứng minh rằngBD  2CM

8.12 Cho tứ giácABCD, CADCBD90o GọiEvàFlần lượt hình chiếu củaCvàDtrên đường thẳngAB Chứng minh rằngAF  BE

8.13 Cho đường thẳngxy Vẽ tam giác ABCtrên nửa mặt phẳng bờxy GọiGlà trọng tâm tam giác ABC Từ , ,A B CvàGvẽ đường thẳng song song với cắtxylần lượt tạiA B C’, ’, ’và G’ Chứng minh rằng:

’ ’ ’ ’ AA BB CC  GG

8.14 Cho tam giác ABCvuông cân tạiA Trên cạnhAB AC, lấy điểmM Dsao cho AM AD TừAvàM vẽ đường thẳng vng góc vớiBD Chúng cắtBClần lượt EvàF Chứng minh

2 BD MF AE 

8.15 Cho tứ giácABCD GọiA B C D’, ’, ’, ’lần lượt trọng tâm tam giácBCD CDA, , DAB ABC, Chứng minh rằng:

a) Các đường thẳngAA BB CC DD’, ’, ’, ’cùng qua điểm b) Điểm chiaAA BB CC DD’, ’, ’, ’theo tỉ số

8.16 Cho tam giác ABCvà điểmOnằm tam giác cho ABOACO Vẽ ,

OH AB OKAC Chứng minh đường trung trực củaHKđi qua điểm cố định Vẽ thêm hình đối xứng

8.17 Cho gócxOycó số 60và điểmAở góc choAcáchOxlà 2cm cáchOy 1cm

a) Tìm điểmBtrênOxvà điểmCtrênOysao cho chu vi tam giác ABCnhỏ b) Tính độ dài nhỏ chu vi tam giác ABC

CHUYÊN ĐỀ TỐN QUỸ TÍCH

A Kiến thức cần nhớ 1 Định nghĩa

Quỹ tích điểm có tính chất T tập hợp tất điểm có tính chất T 2 Các quỹ tích

- Quỹ tích điểm cách hai đầu đoạn thẳng cố định đường thẳng trung trực đoạn thẳng (1)

- Quỹ tích điểm nằm bên góc cách hai cạnh góc tia phân giác góc (2)

- Quỹ tích điểm cách đường thẳng cố định khoảng bằnghkhông đổi hai đường thẳng song song với đường thẳng cách đường thẳng khoảngh (3)

- Quỹ tích điểm cách điểm O cố định khoảngRkhông đổi đường trịn tâmO, bán kính R (4)

3 Cách giải tốn tìm quỹ tích điểm có chung tính chất T

a) Phần thuận: Chứng minh điểmM có tính chất T điểmM thuộc hìnhHnào b) Phần đảo: Chứng minh điểmM thuộc hìnhH điểmM có tính chất T

c) Kết luận: Quỹ tích điểmM hìnhH 4 Một số lƣu ý giải tốn tìm quỹ tích a) Tìm hiểu đề bài:

Cần xét xem:

- Yếu tố cố định (vì quỹ tích có nói đến yếu tố cố định điểm, đoạn thẳng, góc, )

- Yếu tố khơng đổi (thường khoảng cách khơng đổi, góc có số đo không đổi, );

- Yếu tố chuyển động (điểm có vị trí thay đổi, liên quan đến điểm phải tìm quỹ tích nào? )

d) Dự đốn quỹ tích

Vẽ nháp vài vị trí điểm cần tìm quỹ tích (thường vẽ ba vị trí)

- Nếu ba điểm thẳng hàng ta dự đốn quỹ tích đường thẳng (đường thẳng song song, đường trung trực, tia phân giác, )

- Nếu ba điểm khơng thẳng hàng quỹ tích đường trịn c) Giới hạn quỹ tích

Có nhiều tốn quỹ tích cần tìm phần hình H, phần cịn lại khơng thỏa mãn điều kiện toán, ta phải loại trừ phần Làm gọi tìm giới hạn quỹ tích

B Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC D điểm động cạnh BC Vẽ DE // AB, DF // AE



EAC F, AB



Gọi M trung điểm EF Tìm quỹ tích điểm M Giải (h.9.1)

a) Phần thuận

Tứ giác ADEFcó DE AF DF AE// , // nên hình bình hình Suy ADvà EFcắt trung điểm đường Vậy trung điểm M EFcũng trung điểm AD Vẽ MKBC AH, BC

Do AHcố định nên AHcó độ dài khơng đổi

Hình.9.1 Xét AHDcó MKlà đường trung bình,

2

MK  AH(không đổi) Điểm M cách đường thẳng BCcố định khoảng

2 AH không đổi nên điểm M nằm đường thẳng xy BC// cách BCmột khoảng

2AH (xynằm nửa mặt phẳng bờ BCcó chứa A)

Giới hạn: Khi điểm Dđi động tới điểm Bthì điểm M động tới trung điểm Pcủa AB Khi điểm D di động tới điểm Cthì điểm M di động tới điểm Qcủa AC Vậy điểm M nằm đường trung bình PQ ABC

b) Phần đảo

Lấy điểm M đoạn PQ Vẽ tia AM cắt BC D Vẽ DE // AB, DF // AE



EAC F, AB



Ta phải chứng minh M trung điểm EF c) Kết luận

Vậy quỹ tích cua điểm M đường trung bình PQ ABC

Nhận xét: Điểm M trung điểm EF Đây tính chất ban đầu điểm M , chưa phải tính chất theo quỹ tích

       

1 , , , Do chưa thể vận dụng để trả lời điểm M nằm hình

Ta giải vấn đề cách biến đổi tính chất ban đầu điểm M sau: M trung điểm EF (tính chất ban đầu)

 M trung điểm AD (tính chất T)

 M cách đường thẳng BC cố định khoảng không đổi

2AH (đây tính chất điểm M )

 M nằm đường thẳng xy BC// cách BC khoảng 2AH

K D

H

E F

Q M P

C B

A

48

Như ta phải chuyển tính chất ban đầu điểm M qua tính chất trung gian đến tính chất điểm M theo quỹ tích trả lời điểm M nằm hình

Ví dụ 2. Cho góc vng xOy, điểm A cố định tia Ox, điểm B di động tia Oy Vẽ hình chữ nhật AOBC Gọi M giao điểm hai đường chéo AB OC Tìm quỹ tích điểm M

Giải (h.9.2) a) Phần thuận

M giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật nên MOMA

Điểm M cách đề hai đầu mút đoạn thẳng

OA cố định nên điểm M nằm đường trung trực đoạn thẳng OA

Hình.9.2

Giới hạn: Khi điểm B tiến dần tới điểm O điểm C

tiến dần tới điểm A điểm M tiến dần tới điểm M1là trung điểm OA Khi điểm B xa vơ tận điểm M xa vơ tận Vậy M nằm tia M t1 thuộc đường trung trực OA, tia nằm góc xOy, trừ điểm M1

b) Phần đảo

Lấy điểm M tia M t1 Vẽ tia AMcắt tia Oy B Vẽ hình chữ nhật AOBC Ta phải chứng minh M giao điểm hai đường chéo

Thật xét AOB có M t OB1 // (vì vng góc với OA)

Mặt khác, M O1 M A1 , nên MAMB Vậy M trung điểm AB  M trung điểm OC (vì AOBC hình chữ nhật) Vậy M giao điểm hai đường chéo

c) Kết luận

Vậy quỹ tích điểm M tia M t1 thuộc đường trung trực OA, tia nằm góc xOy, trừ điểm M1

Ví dụ 3: Cho góc vng xOy Điểm A có đỉnh tia Ox cho OA2cm Điểm B di động tia Oy Vẽ Tam giác ABM vuông cân M M O thuộc hai nửa mặt phẳng đối bờ AB Tìm quỹ tích điểm M

Giải (h.9.3) a) Phần thuận

Vẽ MHOx MK, Oyta HMK 900 Mặt khác , AMB900nên HMAKMB (hai góc có cạnh tương ứng nhọn)

HMA KMB

   (cạnh huyền – góc nhọn)

t y

x M

C

A B

O

M A

H M

Suy MH MK

Điểm M nằm góc xOyvà cách đề hai cạnh góc nên điểm M nằm tia phân giác xOy

Hình.9.3

Giới hạn: Khi điểm Btrùng với điểmOthì điểm M trùng với điểm M1



M1nằm tia Otvà

1 )

OM  cm Khi điểm Bra xa vơ điểm M xa vô Vậy M nằm tia M t1 b) Phần đảo

Lấy điểm M tia M t1 Từ điểm M vẽ đường thẳng vng góc với AMcắt tia Oy B Ta phải chứng minh AMBvuông cân tạiM

Thật , vẽ MH Ox MK, Oy ta có: MH MK HMK 900 HMAKMB(hai góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn)

Do đó: HMA KMB g c g





 MAMB AMB

 vng tạiM có MAMB nên tam giác vng cân c) Kết luận

Vậy quỹ tích điểm M tia M t1 tia phân giác góc xOy

Ví dụ 4: Cho hình bình hành ABCD cạnh ABcố định, BC2cm Tìm quỹ tích điểm giao điểmOcủa hai đường chéo

Giải (h.9.4) a) Phần thuận

Gọi M trung điểm AB

Do ABcố định nên M điểm cố định Olà giao điểm hai đường chéo hình bình hành nên OAOC Vậy OMlà đường trung bình ABC 1

2

OM BC cm

  

Hình.9.4

Điểm O cách điểm M cố định khoảng 1cmnên điểm O nằm đường trịn tâm M, bán kính 1cm

Giới hạn: Vì ba điểm O A B, , khơng thẳng hàng nên điểm Onằm đường tròn tâm M bán kính 1cm b) Phần đảo

Lấy điểm O đường trịn tâmM, bán kính 1cmthì OM 1cm Vẽ điểm Cđối xứng với A qua O, vẽ điểm Dđối xứng với B Ta phải chứng minh tứ giác ABCDlà hình bình hành BC2cm Thật vậy, tứ giác ABCDcó hai đường chéo cắt trung điểm đường nên hình bình hành.OMlà đường trung bình ABCnên 2.1

2

OM  BCBO  cm c) Kết luận

M

O

D C

Vậy quỹ tích điểm O đường tròn tâm M , bán kính 1cm trừ giao điểm đường trịn với đường thẳng AB

C Bài tập vận dụng

*) Đƣờng thẳng song song

9.1 Cho hai đường thẳng a b song song với cách 2cm Tìm quỹ tích điểm M có tổng khoảng cách đến a b 4cm

9.2 Cho góc vng xOy điểm A cố định tia Ox cho OAa Điểm B di động tia Oy Vẽ vào góc vng tam giác ABCvng cân A Tìm quỹ tích điểm C

9.3 Cho đoạn thẳng AB điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ tam giác DAC EBC vuông cân D E Gọi M trung điểm DE Tìm quỹ tích điểm M điểm C di động A B

9.4 Cho đoạn thẳng AB điểm C nằm A B Vẽ tam giác DACvà EBC nửa mặt phẳng bờ AB Gọi M trung điểm DE Tìm quỹ tích điểm M điểm C di động A B

9.5 Cho tam giác ABC cân A Một điểm D di động đáy BC Đường thẳng vng góc với BC vẽ từ D cắt đường thẳng AB, AC E F Gọi M trung điểm EF Tìm quỹ tích điểm M

*) Đƣờng trung trực đƣờng thẳng vng góc

9.5 Cho góc vng xOy điểm A góc Một góc vng đỉnh A quay quanh A, cạnh cắt Ox B, cạnh cắt Oy C Gọi M trung điểm BC Tìm quỹ tích điểm M 9.7 Cho hình chữ nhật ABCD Gọi M điểm hình chữ nhật hoạc cạnh 1) Chứng minh rằng: MA2MC2MB2MD2;

2) Tìm quỹ tích điểm M MA MC MBMD

9.8 Cho tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A vẽ tia BxBCvà lấy điểm D Vẽ tam giác CDM



M B thuộc hai nửa mặt phẳng đối bờ CD



Tìm quỹ tích điểm M D di động tia Bx

* Tia phân giác

9.9 Cho hình vuông ABCD Trên tia đối tia AD lấy điểm E di động Trên tia đối tia BA lấy điểm F di động cho DEBF Vẽ hình bình hành ECFM Hỏi điểm M di động đường

9.10 Cho tam giác ABC vuông A Gọi D E điểm di dộng hai cạnh AB BC cho BDBE Từ E vẽ đường thẳng vng góc với DE cắt ACtại F Gọi M trung điểm DF Tìm quỹ tích điểm M

9.11 Cho góc xOy có số đo 60 Một hình thoi ABCD có cạnh a; B 60 , đỉnh B di động tia Ox, đỉnh D di động tia Oy, hai điểm A O thuộc hai nửa mặt phẳng đối bờ BD Tìm quỹ tích điểm A

9.12 Cho hình vng ABCD cạnh cm Tia Oxnằm hai tia DA DC Vẽ tia phân giác góc ADx cắt AB E, tia phân giác góc CDx cắt BC F Tia Dx cắt EF M Hỏi tia Dx quay quanh

D từ vị trí DA đến vị trí DC điểm M di động đường nào?

9.13 Cho góc vng xOy Một đoạn thẳng AB2a khơng đổi, có A Ox BOy Tìm quỹ tích trung điểm M AB

MỤC LỤC

CHƯƠNG II ĐA GIÁC – DIỆN TÍCH ĐA GIÁC

CHUYÊN ĐỀ 10 ĐA GIÁC – ĐAC GIÁC ĐỀU

A Kiến thức cần nhớ

1 Đa giác lồi đa giác nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng chứa cạnh đa giác

2 Đa giác đa giác có tất cạnh tất góc 3 Bổ sung

- Tổng góc đa giác n cạnh



n2





n2 180



 - Số đường chéo đa giác n cạnh



n2





3



2  n n

- Tổng góc ngồi đa giác n cạnh



n2



360 (tại đỉnh chọn góc ngoài)

- Trong đa giác đều, giao điểm O hai đường phân giác hai góc kề cạnh tâm đa giác Tâm O cách đỉnh, cách cạnh đa giác Có đường trịn tâm O qua đỉnh đa giác gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác

B Một số ví dụ

Ví dụ Tìm số cạnh đa giác biết số đường chéo số cạnh 7 Lời giải

* Tìm cách giải Bài biết mối liên hệ số đường chéo số cạnh nên hiển nhiên đặt số cạnh đa giác n biểu thị số đường chéo



3



2  n n

từ ta tìm số cạnh * Trình bày lời giải

Đặt số cạnh đa giác n



n3



số đường chéo



3



 n n

theo đề ta có



3





  n n

n

2

5 14

n  n  



n2



n7



0

Vì n3 nên n 7 0 n Vậy số cạnh đa giác

Ví dụ Tổng tất góc tỏng góc ngồi đa giác có số đo 47058,5 Hỏi đa giác có cạnh?

Giải

* Tìm cách giải Nếu ta đặt n số cạnh,  số đo góc ngồi đa giác 0   180



n2 180



 số nguyên

Do suy



n2 180



   47058,5, từ ta có  số dư 47058,5 chia cho 180 Bằng cách suy luận vậy, có lời giải sau:

* Trình bày lời giải

Gọi n số cạnh đa giác (n , n3)

Tổng số đo góc đa giác



n2 180





Vì tổng góc góc ngồi đa giác có số đo 47058,5 nên ta có



n2 180



   47058,5 ( số đo góc ngồi đa giác với 0   180)



180



 261.180 78,5

 n        n 261 n 263

Ví dụ Tổng số đo góc đa giác n - cạnh trừ góc A 570 Tính số cạnh đa giác A

Giải

* Tìm cách giải Theo cơng thức tính tổng góc trong, ta có



n2 180



  A 570 Quan sát nhìn nhận, ta nhận thấy có thêm điều kiện n , n3 0  A 180 Từ ta có lời giải sau

* Trình bày lời giải

Ta có



n2 180



  A 570  A



n2 180



 570

Vì 0  A 180   0



n2 180



 570 180570 



n2 180



 750 19 25

6

   n

1

5

6

  n Vì n nên n6

Đa giác có cạnh A 



6 180



 570 150

Ví dụ Một lục giác ngũ giác chung cạnh AD (như hình vẽ) Tính góc tam giác ABC

Giải

* Tìm cách giải Vì AD cạnh lục giác ngũ giác đều, nên dễ dàng nhận ABD, ACD, BCD tam giác cân đỉnh D tính số đo góc đỉnh Do ABC tính số đo góc

* Trình bày lời giải

Theo cơng thức tính góc đa giác đều, ta có



6 180



120

 

  

ADB DABDBA 30



5 180



108

 

  

ADC DACDCA 36 ; Suy BDC360 120 180 132

Ta có BDC (DBDC) cân D Do 180 132 24

  

   

DBC DCB

Suy BAC     30 36 66 ; ABC     30 24 54 ; BCA     24 36 60 A

D

B

Ví dụ Cho lục giác ABCDEF Gọi M , L, K trung điểm EF, DE, CD Gọi giao điểm AK với BL CM P, Q Gọi giao điểm CM BL R Chứng minh tam giác PQR tam giác

Giải

Các tứ giác ABCK, BCDL, CDEM có cạnh góc đơi Các góc lục giác 120

Đặt BAK  CBLDCM ; LBA CKAEMCDLB     120 Trong tam giác CKQ có CQK    180CQK  60

Trong tam giác PBA có APB    180APB 60 Từ suy RQPRPQ 60 Vậy PQR

Ví dụ Cho bát giác ABCDEFGH có tất góc nhau, độ dài cạnh số nguyên Chứng minh cạnh đối diện bát giác

Giải

Các góc bát giác nhau, suy số đo góc



8 180



135

 

 

Kéo dài cạnh AH BC cắt M Ta có: MABMBA180 135  45 , suy tam giác MAB tam giác vuông cân

Tương tự tam giác CND, EBF, GQH tam giác vng cân, suy MNPQ hình chữ nhật

  

 



Q R P

M L

K C

D

E F

B

A

f

c

e g

a

h d

b

C

E D

B N

Q P

M

A H

Đặt ABa, BCb, CDc, DEd, EFe, FG f , GH g, HAh Từ tam giác vuông cân, theo định lý Py – ta – go ta có:

2  a MB ,

2  c CN nên

2

 a   c

MN b tương tự

2

 e   g

PQ f

Do MNPQ nên

2     

a c e g

b f





2

 a c e  g  f b

Do f , b số nguyên nên vế phải đẳng thức số nguyên, vế trái số nguyên Vế trai tức f b hay BCFG Tương tự ta có ABEF, CDGH, DEHA

Nhận xét Dựa vào tính chất số hữu tỷ, số vô tỷ giải tốn Cũng với kỹ thuật đó, giải thi hay khó sau: Cho hình chữ nhật ABCD Lấy E, F thuộc cạnh AB; G , H thuộc cạnh BC; I , J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA cho hình - giác EFGHIJKM có góc

bằng Chứng minh độ dài cạnh hình – giác EFGHIJKM số hữu tỉ EFIJ (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên tỉnh Hưng Yên, năm học 2009-2010)

C Bài tập vận dụng

10.1 Số đường chéo đa giác lớn 14, nhỏ 27 Hỏi đa giác có cạnh?

10.2 Tổng số đo góc đa giác n– cạnh trừ góc A 2570 Tính số cạnh đa giác A

10.3 Cho ABC có ba góc nhọn M điểm nằm tam giác Gọi A B C1; 1; 1 điểm đối xứng với M qua trung điểm cạnh BC CA AB, ,

a) Chứng minh đoạn AA BB CC1; 1; 1 qua điểm

b) Xác định vị trí điểm M để lục giác AB CA BC1 1 1 có cạnh

10.4 Một ngũ giác có 5 đường chéo nhóm đường chéo có loại độ dài (ta gọi loại độ dài nhóm đường chéo nhau) Một lục giác có đường chéo nhóm đường chéo có hai loại độ dài khác (hình vẽ)

10.5 Cho ngũ giác lồiABCDE có tất cạnh ABC2DBE Hãy tính ABC 10.6 Cho ngũ giác lồiABCDE có cạnh A B C

a) Chứng minh tứ giác ABCD hình thang cân; b) chứng minh ngũ giác ABCDEF ngũ giác

10.7 Cho ngũ giác ABCDE, gọi M N P Q, , , trung điểm cạnh AB, BC, CD, EA I , J trung điểm MP NQ, Chứng minh IJ song song với ED

10.8 Cho lục giác ABCDEF.Gọi A B C D E F  , , ,  , ,  trung điểm cạnh AB, , , , ,

BC CD DE EF FA Chứng minh A B C D E F      lục giác

10.9 Cho lục giác lồi ABCDEF có cặp cạnh đối AB DE; BC EF; CD AE vừa song song vừa Lục giác ABCDEF có thiết lục giác hay không?

10.10 Chứng minh bốn ngũ giác lồi ln tìm ba đường chéo có độ dài ba cạnh tam giác

10.11 Chứng minh tổng độ dài cạnh ngũ giác lồi bé tổng độ dài đường chéo 10.12 Muốn phủ kín mặt phẳng đa giác cho hai đa giác có chung cạnh Hỏi đa giác nhiều cạnh?

10.13 Cho lục giác có thất góc nhau, cạnh đối không Chứng minh

BCEF  DEAB  AFCD Ngược lại có đoạn thẳng thỏa mãn điều kiện ba hiệu khác chúng lập lục giác có góc

10.14 Chứng minh lục giác bất kì, ln tìm đỉnh cho ba đường chéo xuất phát từ đỉnh lấy làm ba cạnh tam giác

CHUYÊN ĐỀ 11.DIỆN TÍCH ĐA GIÁC A Kiến thức cần nhớ

1 Mỗi đa giác có diện tích xác định Diện tích đa giác số dương có tính chất sau: - Hai tam giác có diện tích

- Nếu đa giác chia thành đa giác khơng có điểm chúng diện tích tổng diện tích đa giác

- Hình vng có độ dài có diện tích 2 Các cơng thức tính diện tích đa giác

- Diện tích hình chữ nhật tích hai kích thước Sa b (a b, kích thước hình chữ nhật) - Diện tích hình vng bình phương cạnh S a2 (a độ dài cạnh hình vng)

- Diện tích hình vng có đường chéo dài d 2d

- Diện tích tam giác vng nửa tích hai cạnh góc vng

S  a b (a b, độ dài hai cạnh góc vng) - Diện tích hình tam giác nửa tích cạnh với chiều cao ứng với cạnh

2

S  a h ( a h, độ dài cạnh chiều cao tương ứng)

- Diện tích hình thang nửa tích tổng hai đáy với chiều cao: 1





S a b h (a b, độ dài hai đáy, h độ dài đường cao)

- Diện tích hình bình hành nửa tích cạnh với chiều cao ứng với cạnh S a h ( a h, độ dài cạnh đường cao tương ứng)

- Diện tích tứ giác có hai đường chéo vng góc nửa tích hai đường chéo 1 2

S d d ( d d1; 2 độ dài hai đường chéo tương ứng)

- Diện tích hình thoi nửa tích tích hai đường chéo 1 2

S  d d ( d d1; 2 độ dài hai đường chéo tương ứng)

3 Bổ sung

- Hai tam giác có chung cạnh (hoặc cặp cạnh nhau) tỉ số diện tích tỉ số hai đường cao ứng với cạnh đó)

- Hai tam giác có chung đường cao (hoặc cặp đường cao nhau) tỉ số diện tích tỉ số hai cạnh ứng với đường cao

- ABCD hình thang



AB/ /CD



Hai đường chéo AC BD cắt O SAODSBOC - Trong hình chữ nhật có chu vi hình vng có diện tích lớn

- Hai hình chữ nhật có chiều cao tỉ số diện tích tỉ số hai đáy - Tam giác cạnh a có diện tích

2

3 a

B Một số ví dụ

Ví dụ Cho hình chữ nhật ABCD có AB12cm, AD6,8cm Gọi H, I , E, K trung điểm tương ứng BC, HC, DC, EC

Giải

* Tìm cách giải. Dễ dàng tính diện tích hình chữ nhật ABCD Mặt khác, đề xuất nhiều yếu tố trung điểm nên vận dụng tính chất: hai tam giác có chung đường cao tỉ số diện tích tỉ số hai cạnh đáy ứng với đường cao Từ rút nhận xét: đường trung tuyến tam giác chia tam giác thành hai phần có diện tích

Từ nhận xét quan trọng đó, tính đượ diện tích tam giác BCD, BCE, DBE, BEH, ECH , HCK, CKI,…

* Trình bày lời giải

a) ABCD hình chữ nhật nên

2

1 1

.12.6,8 40

2 2

D CD BC AB

S  S  AB AD  cm E trung điểm CD, suy ra:

2

1

20,

BDE BCE BCD

S S  S  cm b) H trung điểm

2

1

.20, 10,

2

CHE BCE

BCS  S   cm K trung điểm 5,1

2 HKC CHE

CES  S  cm I trung điểm CH

2

1

2,55

CKI HKC

S S cm

  

Vậy SEHIK SCHE SCIK 10, 2,55 7,65 cm2

Ví dụ Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 24cm2 Lấy điểm E thuộc BC F thuộc CD cho diện tích tam giác ABE ADF 4cm2 9cm2 Tính diện tích tam giác AEF

(Olypic Tốn, Châu Á- Thái Bình Dương, năm 2001) Giải

* Tìm cách giải. Quan sát hình vẽ, suy luận tự nhiên: muốn tính diện tích tam giác AEFchúng ta cần tính diện tích tam giác CEF

Nhận thấy khơng thể khơng cần tính cụ thể độ dài CE CF Chúng ta biết rằng, nên cần tìm mối quan hệ CE BC; CF CD Phân tích vậy, cần tìm mối quan hệ BE BC;

DF CD

Mặt khác hình chữ nhật ABCD tam giác vng ABE có chung cạnh AB đồng thời biết diện tích chúng nên dễ dàng tìm mối quan hệ BE BC Tương tự hình chữ nhật ABCD tam giác vng ADF có chung cạnh AD, đồng thời biết diện tích chúng nên dễ dàng tìm mối quan hệ

DF CD Từ ta có lời giải sau: * Trình bày lời giải

Ta có: SABCD 24cm2 suy ra:

2

1

12

ABC ACD ABCD

S S  S  cm ABC

 ABE có chung đường cao AB

nên

12 ABE ABC

S BE

BC  S 

hay

3

BE CE

BC   BC  ADF

 ADCcó chung đường cao AD nên 12 ABE ABC

S DF

DC  S 

hay

4

DF CF

DC  CD 

Ta có: 1 24 2 12 12 12

CEF

CEF ABCD ABCD

S CE CF

S S cm

S  BC CD     

Do SAEF SABCD SABE SADF SCEF SAEF  24 2   9cm2

Ví dụ Cho hình thang cân ABCD (AB//CD) Biết BD7cm; ABD 45 Tính diện tích hình thang ABCD

(Olympic Tốn Châu Á – Thái Bình Dương 2007)

Giải

Cách 1. Nối ACcắt BDtại E ABE vuông cân BE AC

  Diện tích hình thang là:

2

1 49

2 2

S  AC BD BD  cm

Cách Kéo dài tia BA lấy điểm E cho AECD, ta được: AED CDB

   (c.g.c) suy ra: 45

AEDCDB  Từ suy ra: BDE

 vuông cân D

ABCD ABD CDB ABD AED S S S S S

2

1 49

2

DBE

S BD cm

Cách 3. Kẻ DH AB, BKCD Do AB//CD nên HDK  90 mà DBlà phân giác HDK (vì BDK  45 ) HDKB

 hình vng mà HAD KCB (cạnh huyền – góc nhọn) suy SHDASBCK nên SABCD SABKDSCKB SABKDSAHDSDHBK

2

2 49

2

BD

BK cm

  

Ví dụ Cho ABC vng A AH đường cao Gọi M , N hình chiếu H AB, AC Gọi I giao điểm BN CM Chứng minh: SBIC SAMIN

Giải

Ta có: ANH BNH có chung HN đường cao hạ từ A B nên ANH BNH ANH CNH BNH CNH

S S S S S S AHC BNC

S S

  (1)

Mặt khác MAHN nên SAHC SAMC (2) Từ (1) (2) ta có:

BNC AMC BNC NIC AMC NIC S S S S S S Vậy SBIC SAMIN

Nhận xét

Kĩ thuật so sánh SBIC với SAMIN ta so sánh SBNC với SAHC từ dẫn đến so sánh SBHN SAHN

Ví dụ Gọi M, Nlần lượt trung điểm cạnh BC CD tứ giác lồi ABCD Chứng minh rằng:





2

1 ABCD

S  AMAN

Giải

* Tìm cách giải. Nhận thấy vế phải phần kết luận có độ dài hai cạnh tam giác AMN, mặt khác dễ thấy





2

1

2

AMN

AM AN

S  AM AN   (vận dụng kết





2

4 a b

ab  ) Do cần biến đổi SABCD theo SAMN Định hướng cuối SABCD 4.SAMN

2 ABCD ABC ACD AMC ANC S S S  S  S





2 SAMC SANC 2.SAMCN 2.SAMN 2.SCMN

    

Gọi giao điểm AM BD I CMN IMN AMN

S S S

  





2

1

4

2

ABCD AMN

AM AN

S S AM NH AM AN 

    

Suy 1.





2

ABCD

S  AMAN

Ví dụ Cho tam giác ABC với D điểm thuộc cạnh BC F điểm thuộc cạnh AB Điểm K đối xứng với điểm B qua DF Biết K , B nẳm khác phía so với AC Cạnh AC cắt FK P DK Q Tổng diện tích tam giác , PKQ QDC 10cm2 Nếu ta cộng tổng diện tích với diện tích tứ giác DFPQ

3 diện tích tam giác ABC Tính diện tích tam giác ABC theo

2

cm

(Olympic Toán học Trẻ Quốc tế Hàn Quốc KIMC 2014 (Malaysia đề nghị) ) Giải

Ta có:









DFPQ ABC BFD APF CDQ ABC DKF APF CDQ S S  S S S S  S S S SABC



SDFPQSKPQSAPF SCDQ



3

ABC ABC ABC

S S S

  

1 KPQ APF CDQ ABC

S S S S

   

2

3.10 30 ABC

S cm

  

Ví dụ 6: Chín đường thẳng có tính chất đường thẳng chia hình vng thành hai tứ giác có tỉ số

3 Chứng minh tồn ba đường thẳng số qua điểm

(Thi vô địch CHLB Nga – năm 1972) Giải

trường hợp này, cần đường thẳng mà đường thẳng phải qua điểm cố định Từ điểm có nhiều có đường thẳng qua nhiều có 4.2 = đường thẳng (nhỏ 9) Vơ lý

* Trình bày lời giải:

Các đường thẳng cho khơng thể cắt cạnh kề hình vng ABCD Bowie khơng thể tạo hai tứ giác mà tam giác ngũ giác

Giả sử đường thẳng cắt cạnh BC AD điểm M N Các hình thang ABMN CDMN có đường cao tỉ số diện tích chúng tỉ số đường trung bình Tức MN chia đoạn thẳng nối trung điểm cạnh AB

và CD theo tỉ số

3 Tổng số điểm chia đường trung bình hình vng theo tỉ số

Bởi số đường thẳng cho phải qua số bốn điểm nói trên, nên có điểm thuộc đường thẳng Tức có ba đường thẳng số qua điểm

Ví dụ 7: Bên hình vng có cạnh 10 có 1000 điểm , khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh số tam giác có đỉnh điểm đỉnh hình vng , tồn tam giác có diện tích khơng q 50

1001

Giải

* Tìm cách giải: Nhận thấy hình vng có diện tích 10.10 100 Suy luận cách tự nhiên, nghĩ cách từ 1000 điểm đỉnh nối với để tạo thành tam giác khơng có điểm chung Khi tổng diện tích tam giác tạo thành có diện tích 100 Chúng ta lập luận diện tích nhỏ tam giác tạo thành thỏa mãn yêu cầu đề

* Trình bày lời giải

Gọi 1000 điểm hình vng cạnh 10 A A1, 2, ,A1000

Bước thứ nhất, ta nối A1 với đỉnh hình vng, ta bốn tam giác Xét điểm Ak với k 2,3, 4, ,1000 Nếu Ak nằm tam giác tạo (chẳng hạn A2 hình vẽ), ta nối A2 với ba đỉnh tam giác đó, số tam giác tăng thêm hai (từ thành 3), Ak thuộc cạnh chung hai tam giác tạo (chẳng hạn A3 hình vẽ), ta nối A3 với đỉnh đối diện với cạnh chung, số tam giác tăng thêm hai (từ thành 4)

Như vậy, sau bước thứ ta tam giác Trong 999 bước lại, bước tăng thêm hai tam giác Tổng cộng ta có: 2.999 2002 tam giác

Tổng diện tích 2002 tam giác 100 Do tồn tam giác có diện tích khơng q 100 50 20021001 Nhận xét Từ cách giải trên, giải tốn tổng qt sau:

- Bên hình vng có cạnh a cho n điểm Chứng minh số tam giác có đỉnh điểm đỉnh hình vng, tồn tam giác có diện tích khơng q

2

- Bên đa giác lồi n cạnh có diện tích S lấy m điểm Chứng minh số tam giác có đỉnh điểm đỉnh đa giác, tồn tam giác có diện tích khơng q

2

S

m n  Ví dụ 8: chứng minh hai hình chữ nhật kích thước

a b



xếp cho chúng cắt điểm diện tích phần chung lớn hớn nửa diện tích hình chữ nhật

Giải

Vẽ CM, CN (như hình vẽ) CM CN

Suy CA tia phân giác góc MAN góc MCN Chứng minh tương tự, ta có: BD phân giác EBF

Dựa vào cặp góc có cạnh tương ứng vng góc, ta có:

MAN EBF nên CAE DBF Từ suy AC  BD

Do ABCD

S  AC BD

1 1

2 2

AEBFCIDH ABCD

S S  AC BD CN BD  a b

Nhận xét: Sử dụng kỹ thuật chuyên đề tam giác đồng dạng Các bạn giải tốn sau: Cho hai hình chữ nhật kích thước

a b



Một hình chữ nhật cạnh tơ màu đỏ, hình chữ nhật cạnh tô màu xanh, xếp cho chúng cắt điểm Chứng minh hình bát giác có tổng cạnh màu đỏ tổng cạnh tô màu xanh

C Bài tập vận dụng

11.1 Cho hình chữ nhật ABCD có CD = 4cm, BC = 3cm Gọi H hình chiếu C BD Tính diện tích tam giác ADH

11.2 Cho hình thang ABCD có độ dài hai đáy AB = 5cm, CD = 15cm, độ dài hai đường chéo AC =16cm, BD =12cm Tính diện tích hình thang ABCD

11.3 Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển AB, AC cho BD = AE Xác định vị trí điểm D, E cho tứ giác BDEC có diện tích nhỏ

11.4 Cho tam giác ABC có diện tích S, cạnh AB lấy điểm D cho AD = 2BD Gọi E trung điểm AC I giao điểm CD BE Tính đường trịn tam giác IBC

11.5 Cho tứ giác lồi ABCD Qua trung điểm K đường chéo BD dựng đường thẳng song song với đường chéo AC, đường cắt AD E Chứng minh CE chia tứ giác thành hai phần có diện tích (biết E nằm A D)

11.6 Cho hình bình hành ABCD Trên cạnh Ab CD lấy điểm M K cho AM = CK Trên đoạn AD lấy điểm P Đoạn thẳng MK cắt PB PC E F Chứng minh rằng:

PEF BME CKF

S S S

11.7 Cho tam giác ABC có trung tuyến AD BE vng góc với O Biết AC = b; BC = a Tính đường trịn hình vng có cạnh a

11.8 Đặt hình vng nhỏ vào bên hình vng lớn nối đỉnh hình vng lớn tương ứng theo thứ tự với đỉnh hình vng nhỏ (như hình vẽ)

Chứng minh rằng: SAMNB SCDQP SADQM SBCPN

M

N

I C

D H

E

11.9 Cho ABC vuông A có AH đường cao Trên AB, AC lấy K, L cho AK = AL =AH Chứng minh

2 AKL ABC

S  S

11.10 Cho tứ giác ABCD Gọi M; N trung điểm AB; CD Gọi P; Q trung điểm BM DN Chứng minh

1 MPNQ ABCD

S  S

11.11 Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh AB lấy hai điểm M, N cho AM = MN = NB P trung điểm cạnh CD Gọi O giao điểm ND MP Biết đường trịn tam giác DOP lớn diện tích tam giác MON 7cm2 Tính diện tích hình chữ nhật ABCD

11.12 Cho tứ giác ABCD có AC =10cm, BD =12cm Hai đường chéo AC BD cắt O, biết AOB30 Tính diện tích tứ giác ABCD

11.13 Cho tứ giác ABCD Gọi M, P, N, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, AD; O giao điểm MN PQ Chứng minh:

a) SAOQ SBOP SMPQ

b) .

2 AOD BOC ABCD

S S  S

11.14 Cho hình bình hành 13 đường thẳng, đường thẳng chia hình bình hành thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng2

5 Chứng minh 13 đường thẳng đó, có bốn đường thẳng qua điểm

11.15 Bên hình vng có cạnh cho 1000 điểm khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh số tam giác có đỉnh 1000 điểm đó, tồn tam giác có diện tích khơng q

998

11.16 Cho 37 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng, nằm bên hình vng có cạnh Chứng minh ln tìm năm điểm 37 điểm thỏa mãn: Các tam giác tạo ba năm điểm có diện tích khơng q

18

11.17 Cho đa giác lồi Chứng minh tồn hình bình hành có diện tích khơng q hai lần diện tích đa giác cho đỉnh đa giác nằm biên hình bình hành

11.18 Cho lục giác lồi ABCDEF có cặp cạnh đối song song Chứng minh

ACE ABCDEF

S  S

11.19 Cho tứ giác ABCD Gọi I, E, G, H trung điểm AB, BC, CD, DA, đường thẳng CI cắt BH DE M N, đường thẳng AG cắt DE BH P Q Chứng minh rằng:

MNPQ IBM CEN DGP AHQ

S S S S S

11.20 Cho tam giác ABC, gọi M, N, D trung điểm BC, CA, AB P điểm tùy ý nằm tam giác Chứng minh ba tam giác PAM, PBN, PCD ln tồn tam giác có diện tích tổng diện tích hai tam giác cịn lại

P N

B

C A

D

M

CHUYÊN ĐỀ 12.PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH A Kiến thức cần nhớ

1 Ta biết số cơng thức tính diện tích đa giác cơng thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, Khi biết độ dài số yếu tố, ta tính diện tích hình Ngược lại biết quan hệ diện tích hai hình chẳng hạn biết hai tam giác có diện tích có hai đáy suy chiều cao tương ứng Như cơng thức tính diện tích cho ta quan hệ độ dài đoạn thẳng

2 Để so sánh hai đọ dài phương pháp diện tích, ta làm theo bước sau: - Xác định quan hệ diện tích hình

- Sử dụng cơng thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đẳng thức có chứa độ dài - Biến đổi đẳng thức vừa tìm ta có quan hệ độ dài hai đoạn thẳng sần so sánh

3 Một số biện pháp thực hiện:

- Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích tam giác

- Sử dụng tính chất: Nếu hai tam giác có chiều cao tỉ số hai đáy tương ứng tỉ số hai diện tích Ngược lại, hai tam giác có đáy tỉ số hai chiều cao tương ứng tỉ số hai diện tích

- Sử dụng tính chất: Nếu tam giác hình bình hành có đáy chiều cao (ứng với đáy đó) diện tích tam giác nửa tdc hình bình hành

B Một số ví dụ

Ví dụ Cho tam giác ABC, đường thẳng cắt cạnh AB, AC M N Chứng minh rằng:

AMN

ABC

S AM AN S  AB AC

Giải Áp dụng tính chất hai tam giác có đường cao, ta có:

; AMN AMC AMC ABC

S AN S AM

S  AC S  AB

Từ suy ra:

AMN AMN AMC

ABC AMC ABC

S S S AM AN

S  S  S  AB AC

(điều phải chứng minh)

Ví dụ Cho tam giác ABC



A B C

  

có A A Chứng minh rằng: A B C

ABC

S A B A C

S AB AC

       

Giải

Trên đường thẳng AB, AC lấy điểm M N cho AM  A B AN ,  A C  Từ suy ra:



A B C

  

 

AMN

(c.g.c)

Chứng minh tương tự ví dụ 1, ta có: AMN

ABC

S AM AN

S  AB AC

Từ suy ra: A B C

ABC

S A B A C

S AB AC

        N

M

A

Nhận xét. Ví dụ 1; kết đẹp tỉ số diện tích Chúng vận dụng nhiều tốn sau Bạn nên nhớ tính chất

Ví dụ Cho tam giác ABC, gọi D trung điểm AB cạnh AC lấy điểm E cho AE 2.EC Gọi O giao điểm CD BE Chứng minh rằng:

a) SBOC SAOC b) BO = 3.EO

Tìm cách giải : Vì D trung điểm AB nên suy SA CD SB CD ; SAOD SBOD

Nên dễ dàng dẫn đến SBOC SAOC Nhận thấy BO, CO hai cạnh tam giác BOC, COE có chung đường cao kẻ từ C Do để so sánh BO CO, ta so sánh diện tích tam giác BOCvà COE Từ câu a, ta so sánh diện tích tam giác AOC COE , hiển nhiên ta cần so sánh AC AE Từ ta có lời giải sau:

Trình bày lời giải

Ta có : ADBDnên SAOD SBOD; SCAD SCBD Suy : SCADSAOD SCBDSBOD Hay SBOC SAOC Áp dụng tỉ số diện tích hai tam giác có chung chiều cao, ta có :

1 A OEC

OAC

S EC

S  E  mà

1

3

OEC BOC

S OE

OB OE S OB   

Nhận xét Để chứng minh OB3.OE chứng minh SBOC 3.SOEC Phương pháp diện tích để tìm tỉ số đoạn thẳng, ta tìm tỉ số diện tích tam giác nhận đoạn thẳng làm cạnh

Ví dụ Cho tam giác ABC cân đỉnh A điểm M thc cạnh BC, kẻ MD vng góc với cạnh AB, ME vng góc với AC Chứng minh tổng MD+ME khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M cạnh BC

C' B'

A'

N M

A

B C

O A

B C

Giải

Tìm cách giải Nhận thấy điểm M di động cạnh BC quan hệ MD vng góc với AB, ME vng góc với AC khơng đổi , nên dễ dàng nhận biết tổng diện tích hai tam giác ABM ACM không đổi Do nghĩ tới phương pháp diện tích

Trình bày lời giải

Kẻ BHACH cố định , suy BH khơng đổi Ta có:

1 1 1

.BH ( ) BH

2 2 2

ABM AMC ABC

S S S  AB DM AC ME AC  AB DMME  AC (vì ABAC)

Do : DMME khơng phụ thuộc vào vị trí M BC Nhận xét

Ngoài cách giải trên, cịn có cách giải khác sau: Kẻ MI vng góc với BH Chúng ta chứng minh MI BI, MEIH, từ suy DMMEBH khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M cạnh

BC

Tam giác ABC trường hợp đặc biệt tam giác cân, với kỹ thuật giải toán sau : Cho tam giác ABC Một điểm M thuộc miền cạnh tam giác ABC Chứng minh tổng khoảng cách từ điểm M đến cạnh tam giác ABC không phụ thuộc điểm vào điểm

M

Nếu cho điểm M chuyển động tia đối tia CB ta có : SABM SAMC SABC

Với kỹ thuật giải toán sau : Cho tam giác ABC cân đỉnh A Một điểm M tùy ý tia đối tia CB Kẻ MDvng góc với cạnh AB , ME vng góc với AC Chứng minh hiệu MD ME khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

Bản chất cách giải dùng diện tích kết hợp với ABAC đề chứng minh kết độ dài đường cao ứng với cạnh bên Với tưởng giải toán sau Cho tam giác ABC , điểm M nằm miền góc A , nằm ngồi tam giác ABC Kẻ MDvng góc với cạnh AB , MKvng góc với BC Chứng minh : MDMEMKkhơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

D

E H

B C

Ví dụ Một hình chữ nhật giấy gấp theo đường chéo AC hình vẽ Diện tích hình chữ nhật

8 diện tích ban đầu Biết diện tích tam giác AMC

2

18cm Tính diện tích hình chữ nhật ban đầu

Chứng tỏ độ dài AM gấp lần độ dài BM

Giải

Tìm cách giải Nhận thấy gấp tờ giấy hình chữ nhật theo đường chéo phần tờ giấy xếp chồng lên phần tam giác AMC Mặt khác diện tích hình nhận

8

diện tích ban đầu Từ suy câu b, nhận thấy AM, BM độ dài hai cạnh hai tam giác AMC, BMC có chung đường cao kẻ từ C Do muốn so sánh AM BM nên so sánh diện tích tam giác AMC diện tích tam giác BMC

 Trình bày lời giải

a) Khi gấp tờ giấy hình chữ nhật theo đường chéo phần tờ giấy xếp chồng lên phần tam giác AMC Do diện tích hình nhận so với diện tích hình chữ nhật ban đầu giảm diện tích tam giác MAC Tức giảm

18cm Diện tích hình nhận

diện tích hình chữ

nhật ban đầu nên diện tích tam giác AMCbằng 3

  (diện tích hình chữ nhật) Do diện tích hình chữ nhật :

18 : 48( )  cm b) Diện tích tam giác ABC :48 : 224(cm2)

Diện tích tam giác MBC :24 18 6(cm2)

Hai tam giác MBC AMC có chung đường cao BC nên : 18 3 AMC

MBC

S AM

S  MB   Suy : AM 3MB

Ví dụ Cho hình thang ABCD(AB//CD) Gọi O giao điểm AC BD Qua O kẻ đường thẳng d song song với DC Đường thẳng d cắt ADvà BC M N Chứng minh : OM ON

Giải

M

A C

 Tìm cách giải Khi nói diện tích hình thang đặc trưng tam giác AOD; BOC có diện tích Khai thác yếu tố , ta có : SNOM SDOM SBON SCON

Từ nhận xét ta muốn so sánh OM ON so sánh tổng đường cao ứng với cạnh OM ON

Trình bày lời giải

Kẻ AP vng góc CD cắt MN I , BQ vng góc với CD cắt MN J; DK vng góc với MN K; CH vng góc với MNtại H ta có : D D ; D D

2

AC BC

S  C AP S  C PQ Mà APBQ nên SACD SBCD SAOC SBOC

Mặt khác

D

1 1

( )

2 2

AO AOM DOM

S S S  OM AI OM DK OM AIDK  OM AP

1 1

.BJ (BJ ) BQ

2 2

BOC BON CON

S S S  ON  ON CH  ON CH  ON

Suy :

2OM AP2ON BQOM ON

Ví dụ ChoxOy900có tia Ozlà phân giác lấy điểm P cố định thuộc tia Oz ( P khác O) Qua P kẻ đường thẳng cắt Ox, Oy M, N Chứng minh d thay đổi 1

OM ON không đổi Giải

J I

Q P

H

K M N

O

D C

Kẻ PI Ox, PHOy

Ta có PI PHvà khơng đổi , ta có : SOPM SOPN SOMN

Nên : 2OM PI2ON PH 2OM ON Chia vế cho

2OM ON

Ta có : PI PH ON OM 

Do PI PH, nên ta có : 1

OM ON khơng đổi

Ví dụ Trong tam giác ABC gọi h h ha, b, c độ dài đường cao ứng với cạnh BC, CA, AB Gọi , ,

x y z khoảng cách từ điểm Mthuộc miền tam giác đến BC, CA, AB Chứng minh :









min h h ha, b, c    x y z max h h ha, b, c Giải

Giả sử hahb   hc c b a Mà

2S

2S=ax+by+cz ax ay az x y z ha(1) a

       

y x

z

H

I P

O M

N

x y z A

B C

2S

2S=ax+by+cz cx cy cz x y z ha(2) c

        Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh C Bài tập vận dụng

12.1 Cho hình vng ABCD E điểm cạnh ADsao cho SABCD 144(cm2) D ABE ABC S  S Tính độ dài đoạn AE

(Olimpic tốn tuổi thơ tồn quốc năm 2014- 2015)

12.2 Cho hình thang ABCD(AB//CD) Gọi M N, trung điểm AB C, D Một đường thẳng song song với hai đáy cắt AD E, MN I , BC F Chứng minh : IEIF

12 Cho tam giácABC Qua điểm O tùy ý nằm tam giác ta kẻ đường thắng AO BO CO; ; cắt , ,

BC CA AB M N, P Chứng minh rằng: OM ON OP AM  BN CP 

12.4 Cho ABC trung tuyếnAM Một đường thẳng song song vớiBC, cắt cạnh AB AC, AMtạiD E F, , Chứng minhFD  FE

12.5 Cho hình bình hànhABCD Trên BC lấy điểm I AB lấy điểm Ksao choAI  CK Gọi O giao điểm AI vàCK Chứng minh OD tia phân giác gócAOC

12.6 Cho hình thàngABCD AB



// CD



, AB  CD Lấy điểm M CD cho BM chia ABCD thành hai phần có diện tích Gọi N trung điểmAD Chứng minh MN// BC

12.7 Cho tam giácABC Các điểm M N P, , theo thứ tự thuộc đoạn thẳngBC CA AB , ,

Các điểm , , X Y Z theo thứ tự thuộc đoạn thẳng NP PM MN, , Biết YZ ZX XY; ; theo thứ tự song song với BC CA AB, , Chứng minh XP MB

XN MC

12 Cho tam giácABC Trên cạnh AB lấy điểm D choBD  3DA, CB lấy điểm E cho

BE  EC Gọi F giao điểm AE vàCD Chứng minh rằngFD  FC 12 Cho tứ giác lồiABCD Trên hai cạnh AB CD ta lấy hai điểm

12.14 Cho lục giác ABCDEF, đường chéo AD, BE, CF chia lục giác thành hai phần có diện tích Chứng minh AD, BE, CF đồng quy

12.15 Cho lục giác ABCDEF Gọi trung điểm AB, BC, CD, DE, EF, FA L, M, N, Q, R Biết đoạn LP, MQ, NR đồng quy

CHƯƠNG III TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

CHUYÊN ĐỀ 13 ĐỊNH LÝ TA-LÉT TRONG TAM GIÁC A KIến thức cần nhớ

- Tỉ số hai đoạn thẳng: tỉ số hai đoạn thẳng tỉ số đô dài chúng theo đơn vị đo - Đoạn thẳng tỉ lệ: Hai đoạn thẳng AB CD gọi tỉ lệ với hai đoạn thẳng AB CD nên có tỉ lệ thức

' '

' ' ' ' ' '

AB A B AB CD

hay

CDC D A B C D

- Định lý Ta-let tam giác Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ:

Trong hình bên:

' ' ' ' ' ' '

; ;

' '/ / 'B 'C'

ABC A B AC AB AC B B C C

B C BC AB AC B C AB AC

 

   

 

1 Định lý Ta-lét đảo Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh cịn lại tam giác

Trong hình bên: ' ' 'C'/ / BC 'B 'C'

ABC

B AB AC

B C

 

  

2 Hệ định lý ta-lét Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh cịn lại tạo thành tam giác có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh tam giác đả cho

Evà F cho AE CF

BE  DF Chứng minh đường chéo AC qua trung điểm I đoạn thẳng EF AC chia đơi diện tích tứ giácABCD

12.10 Cho tam giác ABC vuông cân A hai đường phân giác BD CE Lấy điểm I đoạn thẳngDE Chứng minh rằng:

IAB I IBC

AC

S

S S 

12.11 Cho tam giác ABC với BC , a CA  , b AB c ba đường cao ứng với ba cạnh có độ dài , ,

a b c

h h h Gọi r khoảng cách từ giao điểm ba đường phân giác tam giác đến cạnh tam giác Chứng minh 1 1

b c a

h h h  r

12.12 Cho tạm giác ABC có ba đường phân giác AD BE CF, , cắt I Chứng minh

2 2

1

Al BI CI

AB AC BA BC CA CB 

12.13 Hai đường chéo tứ giác ABCD cắt O, chia tứ giác thành bốn tam giác có đỉnh O , , ,

OAB OBC OCD OAD Biết số đo diện tích tam giác số

nguyên Chứng minh tích số đo diện tích tam giác số phương

Trong hình trên: ' ' ' ' ' ' / /

ABC AB AC B C

B C BC AB AC BC

 

  

 

Chú ý: Hệ cho trường hợp đường thẳng a song song với cạnh tam giác cắt phần kéo dài hai cạnh lại

' ' ' ' AB AC B C

B Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Từ điểm E cạnh BC ta kẻ đường thẳng Ex song song với AM cắt tia CA, BA F G

Chứng minh: EFEG2AM

Giải * Tìm cách giải

- Để chứng minh EFEG2AM, suy luận thông thường dựng đoạn thẳng tia EF, EG đoạn thẳng AM, biến đổi cộng trừ đoạn thẳng Chẳng hạn ví dụ này, qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt EF I Dễ dàng nhận thấy EI AM , cần chứng minh GI IF xong Tuy nhiên để chứng minh GI IF cách ghép vào hai tam giác khó khan, chứng minh tỉ số có mẫu số Quan sát kỹ nhận thấy GI IF đặt mẫu số IE! Từ vận dụng định lý hệ Ta-lét để chứng minh FI IG

IE  IE xong

- Ngoài cách trên, biến đổi kết luận thành tổng tỉ số chứng minh EF EG

AM  AM  xong Do vận dụng định lý Ta-lét biến đổi linh hoạt tỷ lệ thức yêu cầu tất yếu dạng tốn * Trình bày lời giải

Cách Giả sử E thuộc đoạn BM

 

/ IF FA EM AM EF

IE AC MC

  

Xét GED có AI / /BE AM, / /GE

 

2

IG AG EM IE AB BM

  

Từ

 

1

 

2 , kết hợp với BM  MC Suy IGIF

Ta có: EFEGEIIFEIIG2EI 2AM Cách

Giả sử E thuộc đoạn BM Theo hệ định lí Ta-lét:

Xét EFC có EF/ /AM EF EC

 

3 AM CM

 

Xét ABM có EG/ /AM EG BE

 

4 AM BM

 

F

I

G

E M

B C

A

F

I

G

E M

B C

Cộng vế theo vế

 

3

 

4 ta có:

2 EF EG EC BE EF EG BC

hay

AM AM CM BM AM BM



    

Suy EFFG2.AM

Ví dụ Cho hình thang ABCD (AB/ /CD) Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho BECD Gọi giao điểm AC với DB DE theo thứ tự I K Chứng minh hệ thức AK AC

KC  CI Giải

Tìm cách giải Nhận thấy chứng minh trực tiếp AK AC

KC  CI , nên sử dụng tỉ số trung gian Khai thác BECD AB/ /CDrất tự nhiên vận dụng hệ

quả định lý Ta-let Trình bày lời giải

Đặt ABa, BECDb Theo hệ định lý Ta-let

Ta có AE/ /CD AK AE a b

 

1 KC CD b



  

/ /

AB CD AI AB a CI CD b

  

 

2 AI CI a b AC a b

CI b CI b

  

   

Từ

 

1

 

2 suy AK AC KC  CI

Ví dụ Cho tam giác ABC có A120 , AD đường phân giác Chứng minh rằng: 1 ABAC  AD Giải

K I A

D

B

C

Kẻ

DE // AB,

ta có:

1

D A  60 ; A  60 nên tam giác ADE Suy ADAEDE Áp dụng hệ định lý Ta – lét: DE CE hay AD CE

AB AC AB  AC Mặt khác AD AE

AC  AC nên

AD AD CE AE AC AB AC ACAC AC  Suy 1

ABAC AD

Nhận xét Những toán chứng minh đẳng thức có nghich đảo độ dài đoạn thẳng, bạn nên biến đổi chưng minh hệ thức tương đương có tỉ số hai đoạn thẳng

Ví dụ Một đường thẳng qua trọng tâm G tam giác ABC cắt cạnh AB, AC M N Chứng minh rằng: a) AB AC 3;

AMAN 

BM CN

b)

AMAN  * Tìm cách giải Để tạo tỉ số AB; AC

AM AN cần vận dụng định lí Ta – Lét, mà hình vẽ chưa có yếu tố song song cần kẻ thêm yếu tố song song Kẻ đường thẳng song song với MN từ B C vừa khai thác yếu tố trọng tâm, vừa tạo tỉ số yêu cầu

* Trình bày lời giải

Trường hợp 1: Nếu MN // BC, lời giải giản đơn (dành cho bạn đọc) Trường hợp 2: Xét MN không song song với BC

a) Gọi giao điểm AG BC DBDCD Kẻ BI // CK // MN I, K



AD



Xét BDI CDK có BDCD; IBDKCD;

2

1

E D

A C

B

K I

N G

D A

B C

IDBKDC nên BDI CDK (g-c-g)DI = DK Áp dụng định lý Ta – lét, ta có: AB= AI

AM AG (vì MG // BI);

AC AK =

AN AG (vì GN // CK) Suy AB AC 2AD (1)

AM AN AG  (vì

3 AD AG)

2

 b) Xét BM GI ; CN KG

AM AG AN  AG

Hay BM CN GI GK =2GD =1, suy BM CN

AM AN AG AG AM AN



   

Nhận xét Từ kết (1), thấy G trọng tâm nên 2AD

AG  Vậy G khơng phải trọng tâm thi ta có toán sau:

- Một đường cắt AB, AC đường trung tuyến ADcủa tam giác ABC M, N G Chứng minh rằng: AB AC 2AD

AM AN  AG

- Nếu thay yếu tố trung tuyến hình bình hành, ta coa tốn sau: Cho hình bình hành ABCD Một đường thẳng cắt AB, AD AC M, N G Chứng minh rằng: AB AD AC

AMAN  AG

Ví dụ Một đường thẳng qua trọng tâm G tam giác ABC cắt cạnh AB, AC P, Q Chứng minh rằng: PB QC

PA QA 4 (Olympic Toán, Tây Ban Nha, năm 1995) Giải

* Tìm cách giải Vẽ hình xong quan sát, nhận thấy tỉ số PB; QC

PA QA có câu b, ví dụ có kết PB QC

PA QA  Do khai thác yếu tố này, kết hợp với bất đẳng thức đại số cho lời giải đẹp * Trình bày lời giải

Dựa vào ví dụ 4, ta có: PB QC PA QA  Áp dụng bất đẳng thức



xy



2 4xy;

Q

P

G

M A

Ta có:

2

BP CQ BP QC BP QC

1 hay

AP AQ PA QA PA QA

 

    

 

Ví dụ Cho ABCD hình bình hành có tâm O Gọi M, N trung điểm BO; AO Lấy F Trên cạnh AB cho FM cắt cạnh BC E tia FN cắt cạnh AC K Chứng minh rằng:

BA BC a) 4;

BF BE  b) BEAKBC

Giải

* Tìm cách giải Với phân tích auy luận câu a, ví dụ câu a, ví dụ khơng q khó Tương tự câu a, có kết quả: AD AB

AK AF  suy

AD AB AB BC AK  AF BF BE 

Để liên kết BE AK với nhau, mà với suy luận BE, AK nằm mẫu số, liên tưởng tới bất đẳng thức đại số 1

x y xy cho yêu cầu Với suy luận đó, có lời giải sau: E H I K M N O C A B D F

* Trình bày lời giải

a) Kẻ CI // AH // EF (với I, HBD)

Xét AOH COI có AOHCOI (đối đỉnh); OAOB; HAOICO (so le trong) AOH COI (c.g.c) IO=OH

     Áp dụng định lý Ta – lét, ta có: BA BC BH BI BH BI BO OH BO OI 2.BO

4

BF BE BM BM BM BM BM

   

      

b) Tương tự ta có:

AD AB AD AB AB BC

4

AK AF AK AF BF BE

1 1

BC AB (1)

AK BE AF BF

      

   

      

   

Áp dụng bất đẳng thức 1

x y xy (với x; y > 0)

Ta có: 1 4 AB 1 (2) AF BF AF BF AB AF BF

 

      

Từ (1) (2) suy ra: BC 1 AK BE   

 

 

Mà 1 BC 1 4BC

AK BE AK BE AK BE AK BE

 

     

   

4BC

4 AK BE BC AK BE

    



Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn có AH đương cao Trên AH, AB, AC lấy điểm D, E, F cho EDCFDB 90 Chứng minh rằng: EF // BC

(Thi học sinh giỏi Toán 9, tỉnh Quảng Ngãi, năm học 2011 – 2012) Giải

* Tìm cách giải Để chứng minh EF // BC, suy luận cách tự nhiên cần vận dụng định lý Ta – lét đảo Do cần chứng minh tỉ lệ thức AB AC

AE  AF Nhận thấy để định hướng tỉ lệ thức khái thác EDCFDB 90 cần kẻ BOCD; CM  DB, để có đường thẳng song song vận dụng định lý Ta – lét Từ có lời giải sau:

* Trình bày lời giải

Kẻ BOCD; CM  DB BO CM cắt ID trung trực BICDIBCI, D, A thẳng hàng

AI AB DE // BI

AD AE

 

AI AC AB AC

IC // FD suy EF // BC

AD AF AE AF

    (Định lý Ta - lét đảo)

Ví dụ Cho tam giác ABC vng cân A có BM đường trung tuyến Lấy điểm F cạnh BC cho FB2.FC Chứng minh AFBM

Giải

I O M

F E

H A

B C

* Tìm cách giải Nhận thấy từ FB2.FC suy ra: BF

FC mang tính chất tâm tam giác Do goi G tâm tam giác, AH đường trung tuyến dễ dàng nhận GF // AC AHBC nên G trực tâm tam giác ABF Do ta có lời giải sau:

* Trình bày lời giải

Goi Glà tâm tam giác ABC AG kéo dài cắt BC HAH đương trung tuyến tam giác ABC

Mặt khác ABC vuông cân Anên AHBC

Ta có: BG

GM  ( Vì G trọng tâm)

Và BF FC  (gt) BG BF GM FC

  FG / / AC ( theo định lý Ta lét đảo)

FG AB

 

nên G trực tâm ABF BGAF hay BM AF

Ví dụ 9: Cho tam giác ABC Biết tồn điểm M N, cạnh AB AC, cho 2BM BN AM CN BNM  ANC Chứng minh tam giác ABC vuông

Giải Cách 1: Gọi P trung điểm AM, Q giao điểm

ANvới CP

Ta có: BM 2BM BN PM  AM CN / /

MN CP

 ( định lý Talets đảo) QCN MNB ANC

  

QCN

  cân Q

Mặt khác PA  PM PQ, / / MN QA QN

  nên QA QCQN CAN

  vuông C  ABC vuông C

G

H

M B

A C

F

Q P A

C N B

Cách 2: Dựng Dlà điểm đối xứng N qua C

ND CN CD CN

   

Ta có

2

BM BN BM BN BN AM CN  AM  CN  DN / /

MN AD

 ( định lý Talét đảo)

1

D N N

  

AND   cân

Do đường trung tuyến AC đường cao Vậy ACCB  ABC vng C

Ví dụ 10: Cho tam giác ABC có AD đường trung tuyến Gọi M điểm tùy ý thuộc khoảng BD Lấy E thuộc AB F thuộc AC cho CM/ /EA CM; ∕ ∕ AB

Gọi H giao điểm MF AD Đường thẳng qua B song song với EH cắt MF K Đường thẳng AKcắt BCBC tạiI Tính tỉ sơ IB

ID ?

Giải

Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, cắt tia AI P Áp dụng định lý Ta-let,cho đoạn thẳng song song ta có:

// IB AB AB HK DP AB

ID DP HK DP    (1) // AB AB BC

ME AC

HK BE BM    (2)

1 2 1

D

A

C N B

M

E

I M

H

B

A

F

D K

P

//

HK DP MH AB// HK AH BM DP AD BD    (3) Từ (1) , (2) (3) suy ra: IB BC BM BC

ID BM BD  BD  Vậy IB ID 

Ví dụ 11 Cho ABC nhọn Hình chữ nhật MNPQ thay đổi thỏa mãn M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC P, Q thuộc cạnh BC Gọi giao điểm BN với CM X QN với PM Y Gọi H giao điểm XY với BC Chứng minh đường thẳng AH vng góc với BC

Giải

Tìm cách giải Bài tốn có nhiều yếu tố song song, để chứng minh đường thẳng AH vng góc với BC, nên chứng minh AH song song với NP MQ Với định hướng tìm cách vận dụng định lý Ta-let đảo Chẳng hạn chứng minh AH song song với NP, cần chứng minh HP AN

HC  AC Bằng cách vận dụng định lý Ta-lét hệ biến đổi khéo léo dãy tỉ số nhau, có lời giải đẹp

Trình bày lời giải

Gọi Z giao điểm XY với MN tứ giác MNPQ hình chữ nhật, HPZM MN BC// nên: HP ZM XM MN AN

HC  HC  XC  CB  AC Dó AH NP// (định lý Ta-Let đảo) mà NPBC nên AHBC

Ví dụ 12 Cho hình bình hành ABCD có I ; E trung điểm BC; AD Qua điểm M tùy ý AB kẻ đường thẳng MI cắt đường thẳng AC K Đường thẳng KE cắt CD N

Chứng minh rằng: ADMN Y

Z X M

H B

A

Q

N

P C

Y Z X M

H B

A

Q

N

Giải

Gọi P giao điểm đường thẳng MI CD Gọi Q giao điểm đường thẳng KN AB Nhận thấy: IBM  ICP (g.c.g) nên BM CP

Ta có theo định lý Ta-lét AM CP// nên AM AM KA MB  CP  KC (1) Nhận thấy EAQ EDN (g.c.g) nên DN AQ

Theo định lý Ta-lét, ta có: AQ CN// nên DN AQ KA NC  NC  KC (2)

Từ (1) (2) suy AM DN AM DN AM DN

MB  NC  AM MB  DNNC  AB  DC suy AM DN Do ADNM hình bình hành suy ADMN

Bài tập vận dụng

13.1 Cho hình bình hành ABCD có AC24cm Điểm E thuộc cạnh AB cho

AE EB Điểm F trung điểm BC Gọi I K, thứ tự giao điểm AC với DE DF, Tính độ dài AI IK KC, ,

13.2 Cho tam giác ABC có BC cạnh lớn Trên cạnh BC lấy điểm D E, cho BDBA; CECA Đường thẳng qua D song song với AB cắt AC M Đường thẳng qua E song song với AC cắt

AB N Chứng minh AM  AN

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên Tốn., TP Hồ Chí Minh, năm học 2013 – 2014) 13.3 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi I trung điểm AH Đường vng góc với

BC C cắt đường thẳng BI D Chứng minh DADC P I

M B

A Q

E

K N

13.4 Cho hình bình hành ABCD Trên đường chéo AClấy điểm I Tia DI cắt đường thẳng AB M , cắt đường thẳng BC N Chứng minh rằng:

a) AM DM CB

AB  DN CN b)

2

ID IM IN

13.5 Cho tam giác ABC vng A Vẽ phía ngồi hai tam giác ABD ACE vuông cân B E Gọi H giao điểm AB CD; K giao điểm AC BE Chứng minh rằng:

a) AH AK b) AH2 BH CK

13.6 Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Gọi F giao điểm AE CD, G giao điểm DE BF

a) Gọi I K theo thứ tự giao điểm AB CG DG Chứng minh IE song song với BD b) Chứng minh AE vng góc với CG

13.7 Cho tam giác ABC D điểm tùy ý AC Gọi G trọng tâm ABD Gọi E giao điểm CG BD Tính EB CA

EDCD

13.8 Cho hình bình hành ABCD, điểm E thuộc cạnh AB, điểm F thuộc cạnh BC Gọi I giao điểm CE AD, gọi K giao điểm AF DC Chứng minh EF song song với IK

13.9 Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh BC kéo dài phía C lấy điểm M Một đường thẳng  qua M cắt cạnh CA AB, N P Chứng minh BM CM

BP  CN không đổi M  thay đổi

(Thi học sinh Toán 9, tỉnh An Giang, năm học 2009 – 2010) 13.10 Giả sử O giao điểm hai đường chéo AC BD tứ giác lồi ABCD Gọi E F H, , chân đường vng góc kẻ từ ,B C O đến AD Chứng minh rằng: AD BE CF AC BD OH Đẳng thức xảy nào?

13.11 Cho tam giác ABC vuông A Các tứ giác MNPQ AXYZ hình vuông cho MAB; ,

Q PBC; NAC; X Y Z, , tương ứng thuộc AB BC AC, , Chứng minh MN AX

13.12 Gọi M điểm đường trung tuyến đường trung tuyến AD tam giác ABC Gọi P giao điểm BM AC, gọi Q giao điểm CM AB Chứng minh PQ BC//

13.13 Cho tam giác ABC có ABBC, đường phân giác BE đường trung tuyến BD (E D; thuộc AC) Đường thẳng vng góc với BE qua C cắt BE BD, ,F G Chứng minh đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE

a) MONE hình bình hành; b)

AE AM AN OM ON AF  AB AC  OB OC 13.15 Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường chéo BD M cắt CD I Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt cạnh CD K Qua K kẻ đường thẳng song song với BD cắt BC P Chứng minh rằng: MP DC//

13.16 Cho tam giác ABC có CM trung tuyến Qua điểm Q AB vẽ đường thẳng d song song với CM Đường thẳng d cắt AC, BC P R, Chứng minh QA QB QP QR tam giác ABC vuông C

13.17 Cho tam giác ABC có trọng tâm G Một điểm P thuộc cạnh BC Các đường thẳng qua P theo thứ tự song song với CG BG cắt AB, AC E F Gọi giao điểm BG CG với EF I J, Chứng minh rằng:

a) EI IJ JF; b) PG qua trung điểm EF 13.18 Cho hình thang ABCD (ADCD AB CD, // )có đường chéo AC cạnh bên AD Một đường thẳng

d qua trung điểm E CD cắt BD BC M N; Gọi P Q; giao điểm AM AN; với CD Chứng minh MADQAC

13.19 Cho tam giác ABC M điểm thuộc BC Chứng minh MA BC MC AB MB AC

13.20 Cho tam giác nhọn ABC có A45, đường cao BD CE cắt H Đường vng góc với AB B cắt AC I Đường vng góc với AC C cắt AB K Gọi F giao điểm CK , G giao điểm FH EI Chứng minh G trọng tâm tam giác AIK

13.21 Đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác ABC cắt cạnh AB M , cạnh AC N tia CB P Chứng minh rằng:

2 2

9

AB AC BC

AM BM  AN CN BP CP 

13.22 Cho tam giác ABC với điểm M thuộc miền tam giác.Gọi I J K, , thứ tự giao điểm cảu tia , ,

CHUYÊN ĐỀ 14 TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC Kiến thức cần nhớ

1 Định lý

Trong tam giác, đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh đề hai đoạn

ABC DB AB

DC AC BAD CAD

 

 



 

2 Chú ý

 Định lý đối đường phân giác góc ngồi tham giác

( )

ABC AB AC EB AB EC AC BAE CAE

  

 



 

* Các định lí có định lí đảo BD AB

DC  AC  AD đường phân giác tam giác EB AB

EC  AC AE đường phân giác tam giác B Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho ∆ABC, trung tuyến BM cắt phân giác CD P Chứng minh PC AC PD BC  Giải

Dựa vào định lí Ta–let PC AC PC AC PD BC   PD  BC 

D C

A

B

E B

A

C B

A

Do CD phân giác ∆ABC nên DA AC DA AC AB AC DB  BC  DB  BC   DB  BC  Vì cần chứng minh PC AB

PD DB

Cách 1:

Vẽ DK // BM (K thuộc AM)

Theo định lí Ta-lét ta có: PC MC MA AB PD  MK  MK  DB

Cách 2:

Vẽ DI // AC (I thuộc BM)

Theo định lí Ta-lét ta có: PC MC MA AB PD  DI  DI  DB

Cách 3:

Vẽ AN // BM (N thuộc tia CD)

Do MA = MC  PC = PN  PC PN PD  PD Mặt khác ND DA (do AN/ /BP)

PD  DB

PN DN DA AB PC AB PD  PD  DB  DB PD  DB

Cách 4:

Vẽ AH // CD (H thuộc tia BM) Ta có ∆AMH = ∆CMP (g.c.g)

 PC = AH  PC AH PD  PD Mặt khác PD // AH

A

C B

D

K

M

P

P A

B C

M D

I

D

C B

A

N

M

P

C B

A

M

nên theo hệ định lí Ta-let ta có: AH AB PC AB

PD  DB PD  DB

Cách 5:

Trên tia đối tia MB lấy điểm E cho MB = ME  ABCE hình bình hành  AB // CE AB = CE Theo hệ định lí Ta-let ta có: PC CE AB

PD  BD  DB

Ví dụ 2: Cho ∆ABC cân A góc A = 360 Chứng minh rằng: AB2 = AB.BC + BC2 Giải

*Tìm cách giải: Phân tích đề bài, thu

72

B C , nhận thấy 722 = 2.360 nên kẻ phân giác góc B (hoặc góc C) suy luận tự nhiên Từ vận dụng tính chất đường phân giác tam giác biến đổi linh hoạt tỉ lệ thức ta lời giải hay

* Trình bày lời giải

Kẻ phân giác BD góc ABC (D  AC), B1B2 360  ∆ABD cân D ∆BCD cân B  AD = BC = BD Theo tính chất đường phân giác tam giác ABC ta có:

BA AD BA BC

BC CD  BC  ACAD

Mà AB = AC, AD = BC  BA BC BC  BA BC  BA2 – BA.BC = BC2 AB2 = AB.BC + BC2 Nhận xét: Tương tự giải tốn sau: Cho ∆ABC cân A có góc A = 1080

Chứng minh rằng: AB2 = BC2 - AB.BC

Ví dụ Cho ∆ABC có trọng tâm G I giao điểm đường phân giác Biết IG // BC Chứng minh AB + AC = 2.BC

*Tìm cách giải: Nhận thấy để khai thác IG // BC nên kẻ đường phân giác góc A trung tuyến ứng với cạnh BC vận dụng giả thiết

P A

B C

E

M D

2

A

B C

Từ suy luận có kết AI

ID  Mặt khác tỉ số AI

ID kết hợp cới giao điểm ba đường phân giác cho phép liên tưởng tới khả vận dụng tính chất đường phân giác tam giác ABD, ACD Từ có lời giải sau:

*Trình bày lời giải:

Gọi D, M lân lượt giao điểm AI, AG với BC

Theo tính chất đường phân giác tam giác ABD, ACD ta có: IA AB CA AB AC AB AC

ID BD CD BD CD BC

 

   



/ / IA GA AB AC IG BC

ID GM BC



    

hay AB + AC = 2.BC

Nhận xét: Với kỹ thuật lối tư trên, giải toán đảo sau: Biết AB + AC = 2.BC Chứng minh rằng: IG // BC

Ví dụ Cho ∆ABC có tỉ số hai cạnh chung đỉnh 3: Vẽ đường trung tuyến AM đường phân giác AK Tính tỉ số diện tích hai tam giác AKM AKB

Giải

Trường hợp 1: Xét

2 AB AC 

A

B D M C

G I

A

Chú ý

2 KB KC

KM   KC AC KB  AB

Ta có: 1 1 1

2 2

AKM AKB

S KM KC KB KC AC

S KB KB KB AB

      

           

     

Trường hợp 2: Xét AC AB 

Chú ý rằng:

2 KC KB

KM   KC AC KB  AB

Ta có: 1 1 1

2 2 2

AKM AKB

S KM KC KB KC AC

S KB KB KB AB

      

           

     

Nhận xét: Bài dễ bỏ sót trường hợp

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có BE CF đường phân giác cắt O Chứng minh

2

OB OC BE CFthì ABC vng A

Giải * Tìm cách giải Với giả thiết

2

OB OC BE CFvà chứng minh ABC vuông A, dễ dàng nhận thấy từ mố quan hệ độ dài mà chứng minh tam giác vuông tất yếu phải nghĩ đến định lý Py-ta-go đảo Do cần biểu diễn

2

OB OC BE CFthông qua cạnh tam giác ABC Định hướng cuối là:

2 2

a b c

* Trình bày lời giải:

K M A

Đặt BCa AC, b AB, c

Theo tính chất đường phân giác, ta có:

BF BC BF BC

FA  AC  BFFA BCAC

BF a ac

BF

c  a b  a b

OF BF c OF a b c CF a b c

OC BC a b OC OC a b OC a b

   

     

   

Tương tự, ta có: BE a b c OB a b

  



Từ giả thiết











2

1

2

2

a b c BE CF

OB OC BE CF

OB OC a c a b  

    

 

2 2

2 2 2 2

a b c ab ac bc a ab ac bc

         

2 2

a b c , suy ABC vuông A

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vng A có G trọng tâm, BM đường phân giác Biết GM  AC Chứng minh BM vng góc với trung tuyến AD

Giải

O E F

C B

A

I G

D

H M B

Cách 1: (Khơng dùng tính chất đường phân giác) Gọi I giao điểm BM AD, H trung điểm AC

 DH // AB

DH  AB (vì DH đường trung bình ABC) Lại có GM AB(cùng vng góc với AC)

GM DH

 Áp dụng hệ định lý Talet:

Xét ADH có GM DH 2

3

GM AG GM

DH AD DH

    

Xét ABI có GM //AB GI GM GH

AI AB BH

   

1 3

3 4

GI AI AD

AI AG AD AI

AI

 

         I trung điểm AD

ABD

 có BI vừa đường phân giác, vừa đườg trung tuyến, suy ABD cân B nên BI vừa đường cao, vừa đường phân giác Do BM AD

Cách 2: ADH có GM DH

3 AM AG

AM AH AC AM MC AH AD

        hay MC2AM

Áp dụng tính chất đường phân giác ABC, ta có:

2

BC MC BC

AB BD

AB  MA     Vậy ABDcân B nên BI vừa đường phân giác vừa đường cao

Do BM AD

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có I giao điểm đường phân giác Đường thẳng qua I cắt đường thẳng , ,

BC CA AB D E F, , cho DE nằm phía I Chứng minh rằng: BC AC AB ID  IE  IF Giải

Áp dụng tính chất đường phân giác ngồi tam giác, ta có:

; ;

BD BF CE CD AF AE ID  IF IE  ID IF  IE

E F

I A

Ta có: BC BD CD BF CE

   

1 ID  ID  ID  IF  IE

Ta có: AC AE CE AF CE

   

2 IE  IE  IE  IF  IE

Từ (1) (2) cộng vế với vế, suy ra: BC AC BF AF AB ID  IE  IF  IF  IF

Ví dụ 8: Cho tam giác ABC, đường phân giác AD Đặt ACb AB, c Chứng minh rằng: AD 2bc b c 

 Giải

Cách 1: Qua D kẻ đường thằng song song với AB cắt AC E Ta có: D1A1 A2 nên AEDE Ta tính DE theo b c Do DE ABnên theo định lí Talet thì: DE DC

 

1

AB  BC Theo tính chất đường phân giác DC AC b

DB  AB c Nên DC b

DCDB b c Tức là:

 

2 DC b BC b c Từ (1) (2) suy raDE b

c b c Do

bc DE

b c 

 Tam giác ADE có: AD AE DE 2DE 2bc

b c

   



Cách 2: (khơng dùng tính chất đường phân giác) Qua B kẻ đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng AC K

1 2 1

E

D

A

Ta có: K1 A B2; 1 A1K1 B1 ABKcân K nên AKABc

Do BK ADnên theo định lý Talet thì: AD AC b AD b BK

 

1 BK  KC b c  b c Tam giác ABK có BKABAK2c (2)

Từ (1) (2) suy ra: AD 2bc b c 



Nhận xét: từ kết luận toán, suy ra: 1 1

2

b c

AD bc AD b c

  

     

 

Tương tự đường phân giác góc B góc C, giải đước tốn hay khó sau Cho tam giác ABC Gọi la, lb, lc độ dài đường phân giác góc A B v C, Đặt BCa AC, b AB, c Chứng

minh rằng: 1 1 1 a b c

l     l l a b c

Ví dụ 9: Cho ABC có AD đường phân giác, I giao điểm đường phân giác K trung điểm AB Biết KIB900 Chứng minh rằng: ABAC3BC

Giải

2 1

1 1

K

D A

Trên BA lấy điểm E cho BE = BD

Ta có: BDE cân B có BI đường phân giác nên BI BE Do DE KI



BI



,KE DI

 

1

KA AI

 

Áp dụng tính chất đường phân giác ABD, ACD Ta có: BD ID CD

 

2

BA  IA  CA

Do BD CD BC

 

3 BA  CA  BA CA Từ (1) (2) suy ra:

2 KE BD BE BE

KA  BA  BA KA Hay 2KEBE Từ (3) (4) suy ra:

3 BC

AB AC BC BA CA    

C Bài tập vận dụng

14.1 Cho tam giác ABC, đường phân giác AD Biết BC = 10cm AB3AC Tính độ dài BD CD 14.2 Gọi AI đường phân giác tam giác ABC; IM, IN thứ tự đường phân giác góc AIC góc AIB Chứng minh rằng: AN BI CM BN IC AM

K

I

D C

B A

14.3 Cho tam giác ABC có chu vi 18cm Đường phân giác góc B cắt AC M, đường phân giác góc C cắt AB N Biết rằng: 1;

2

MA NA

MC  NC  , tính độ dài cạnh ABC

14.4 Cho ABC vuông A Đường cao AH đường phân giác BE cắt I Chứng minh rằng:

CE HI

14.5 Cho hình chữa nhật

ABCD

Gọi M trung điểm AD N, trung điểm

BC

.

Trên tia đối tia

DC

lấy điểm P, đường thẳng PM cắt

AC

Q cắt

BC

S

Đường thẳng QN cắt

DC

R Chứng minh rằng:

a)



NPR

tam giác cân b) MQ SQ

MP  SP

14.6 Cho



ABC

có AM BN CP, , đường phân giác Đặt BCa AC; b AB; c Chứng minh rằng:





2





MNP ABC

S abc

S  a b b c c  a

14.7 Cho



ABC

có AB4cm BC; 6cm CA; 8cm Gọi I giao điểm ba đường phân giác tam giác

ABC

G

trọng tâm Tính độ dài đoạn thẳng

IG

.

14.8 Cho hình bình hành

ABCD



AD AB



điểm M N, thuộc AB AD, cho

BM



DN

Gọi

O

giao điểm

BN

DM Đường thẳng

CO

cắt đường thẳng AB AD theo thứ tự I K Chứng minh rằng: CDDK BI; BC

14.9 Cho tam giác

ABC

vuông A Có đường cao AH , đường trung tuyến BM đường phân giác

CD

đồng quy

O

.

Chứng minh BC BH

AC CH

14.10 Cho tam giác

ABC

vuông A Hai đường phân giác BD

CE

cắt

O

Biết số đo diện tích tam giác

BOC

a

Tính tích

BD CE

.

theo

a

14.11 Cho tam giác

ABC

có BAC 3ACB Các điểm D E, thuộc cạnh

BC

cho BADDAE EAC Gọi M điểm thuộc cạnh AB,

MC

cắt AE I , gọi K giao điểm ME AD Chứng minh

/ /

KL BC

A

B

C

A'

B' C'

CHUYÊN ĐỀ 15 CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC A Kiến thức cần nhớ

1 Khái niệm hai tam giác đồng dạng a Định nghĩa

' ' '

A B C



gọi đồng dạng với



ABC

nếu:

' ; ' ; '

A  A B B C C A B' ' A C' ' B C' '

AB  AC  BC

b Tính chất

- Mỗi tam giác đồng dạng với

- Nếu



A B C

' ' '

∽



ABC



ABC

∽



A B C

' ' '

- Nếu



A B C

' ' '

∽



A B C

" " "



A B C

" " "

∽



ABC



A B C

' ' '

∽



ABC

c Định lí

Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh cịn lại tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác cho

/ /

ABC

AMN ABC

MN BC

 

  



 ∽

Chú ý: Định lý cho trường hợp đường thẳng cắt phần kéo dài hai cạnh tam giác song song với cạnh lại

2 Trường hợp đồng dạng thứ

Nếu ba cạnh tam giác tỉ lệ với ba cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng Nếu



ABC



A B C

' ' '

có:

' ' ' ' ' '

AB AC BC

A B  A C  B C

' ' '

ABC

A B C

 

∽



3 Trường hợp đồng dạng thứ hai

Nếu hai cạnh tam giác tỉ lệ với hai cạnh tam giác hai góc tạo bới cặp cạnh nhau, hai tam giác đồng dạng

A

B C

A

B

C

A'

B' C'

A'

B' C'

A

B

C

Nếu Nếu



ABC



A B C

' ' '

có:

' ' ' '

'; A B A C

A A

AB AC

 

' ' '

A B C

ABC

 

∽



4 Trường hợp đồng dạng thứ ba

Nếu hai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng với

Nếu



ABC



A B C

' ' '

có:

'; '

A A BB

' ' '

A B C

ABC

 

∽



B Một số ví dụ

Ví dụ Cho tứ giác lồi

ABCD

có BACCAD ABC  ACD Hai tia AD

BC

cắt E Chứng minh

AB DE

.



BC CE

.

Giải

Tìm cách giải. Để chứng minh đẳng thức tích, thơng thường biến đổi chúng dạng tổng tỉ lệ thức chứng minh tỉ lệ thức Vậy để chứng minh

AB DE

.



BC CE

.

cần chứng minh

AB CE

BC  DE Nhận thấy tỉ số AB

BC vận dụng tính chất đường phân giác ta có

AB AE

BC  CE Do

chúng ta cần chứng minh CE AE

DE  CE Từ chứng ta tìm cách chứng minh CDE∽ ACE, cần

chứng minh ECDBAC xong Trình bày lời giải.

Vì BACCBAECA ( góc ngồi tam tam giác) ABC ACD nên ECDBAC Do CDE∽ ACE g g

 

, suy CE AE

 

1

DE  CE

B

A

E

C

Trong ABE có

AC

đường phân giác suy AE AB

 

2

CE  BC

Từ

 

1

 

2 suy AB CE AB DE BC CE

BC  DE  

Ví dụ Cho tam giác

ABC

vng A có điểm D nằm A

C

Qua

C

dựng

CE

vng góc với đường thẳng BD E Chứng minh:

a)



ADE

∽



BDC

b)

AB CE

.



AE BC

.



AC BE

.

Giải Tìm cách giải

- ADE

BDC

có ADE BDC; để tìm cặp góc thật khó khăn Do tìm cách tìm cách chứng minh cặp cạnh kề với cặp góc tỉ lệ thông qua hai tam giác khác Chẳng hạn cần có

DA DE

DB  DC nên chứng minh



ABD

∽



ECD

.

- Để chứng minh AB CE AE BC  AC BE , ta có vế trái tổng nên vế phải ta cần tách thành tổng:

AC BE AC xAC y với x y BE Do ta chọn điểm F thuộc BD xBF y, FE chứng minh AB CD  AC BF AD BC , AC FE Từ cần chọn điểm F cho

,

ABF ACE AFE ABC

 ∽   ∽  xong Trình bày lời giải

a) Xét ABD



ECD

có ADBEDC BAD; CED900

 

gt

 

DA DE

ABD ECD g g

DB DC

  ∽   

ADE





BDC

có ADE BDC;DA DE

DB DC

 

Suy



ADE

∽



BDC

b) Cách 1. Gọi M giao điểm AB

CE

Xét MBE



MCA

, ta có M chung;



0



 

90 MB MC

MEB MAC MBE MCA g g

ME MA

Xét MAE



MCB

có MB MC,M

ME  MA chung  MAE∽ MCB c g c





MEA MBC

 

Lấy FBE cho

AF



AE

.

Xét ABF



ACE

có:









90 ; 90

BAF CAE  DAF ABF  ACE  M

 

AB BF

 

1

ABF ACE g g AB CE AC BF

AC CE

  ∽     

Xét AFE



ABC

có



0



90 ;

EAF BAC  AEF  ACB ( phụ với hai góc nhau)

 

AE EF

 

2

AFE ABC g g AE BC AC EF

AC BC

  ∽     

Từ

 

1

 

2 cộng vế với vế:





AB CEAE BC  AC BFEF  AC BE

Cách Gọi

J

điểm cạnh

Ac

cho ABJ EBC Xét



ABJ



EBC

có:

90 ;o

BAC BEC  ABJ EBC

 

ABJ EBC g g

  ∽

 

AB AJ

AB CE BE AJ

BE CE

   

Xét ABE



JBC

có:

; AE BE

ABE JBC AEB JCB ABE JBC

JC BC

    ∽  

 

AE BC BE JC

 

Từ

 

3

 

4 cộng vế với vế: AB CE  AE BC BE AJ



JC



BE AC

Ví dụ Cho tam giác ABC có AB2cm AC; 3cm BC; 4cm Chứng minh

BAC  ABC ACB

Giải

J

E

B

A

Tìm cách giải Về mặt suy luận, muốn chứng minh góc BAC thành tổng góc đề Ta có hai cách nghĩ:

Cách Trong góc BAC dựng góc

BAD

DAC góc ABC chứng minh phần lại 2.ACB Tuy nhiên cách gặp khó khăn cịn hệ số

Cách Trong góc BAC dựng góc

BAD

góc ACB chứng minh phần cịn lại

DAC  ABCACB Cách có tính khả thi Thật vậy, ta viết BAC ABCACB nên lấy điểm D cạnh BC cho BAD ACB, dễ dàng nhận thấy ADC BADABC hay ADC ACBABC

nên cần chứng minh tam giác

ACD

cân C xong Với suy luận trên, có hai cách trình bày sau: * Trình bày lời giải

Cách Trên đoạn thẳng

BC

lấy điểm D sao cho BAD ACB suy ABD∽CBA g g

 

Suy

1

2

BD AB BD

BD cm CD BC BD cm

BA  CB        

CD

AC





nên



ACD

cân C, DAC ADC Mà ADC ABCBAD (tính chất góc ngồi tam giác)

Suy ra: BAC BADDAC ACBADC ACBABCBAD Do BAC  ABC2.ACB

Cách Trên đoạn thẳng BC lấy điểm D cho BD = cm

3

CD

BC

BD

cm

CD

AC













nên tam giác ACD cân C Do DAC ADC 1

 

ABD





CBA

có

ABD

chung

BD AB

BA  CB 

Suy ABD∽CBA c g c





 

BAD BCA

 

A

Từ (1) (2) ta có: BAC BADDAC ACBADC ACBABCBAD Do BAC  ABC2.ACB

Ví dụ Cho tam giác ABC (AB = AC) có góc đỉnh 20o

; cạnh đáy BC = a; cạnh bên AB = b Chứng minh a3 b3 3ab2

Giải

Cách Dựng tia

Bx

nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A cho CBx20o; Tia Bx cắt AC D; kẻ

AH



Bx

Tam giác ABC cân A, ta có:

20o 80o 80o 20o 60o

A   B C  ABH  ABC CBx   

Suy ra: ABH có 60 ; 90

2

o o AB b

ABH  AHB BH  

Ta có: AH2 AB2BH2 (định lý Pi – ta – go)

2

2

4

b b

AH b

   

BDC



có 80 ;o 20o 80o

BCD CBD BDC

 

BCD

cân B



BD



BC



a

Do

2

b

DH BH BD a

Nhận thấy: ABC BDC g g

 

BC AC

CD BC  ∽   2 BC a CD AC b

   , mà

2

a

AD AC CD b

b

   

Và

2

2 2 2

4

b b

AD AH DH   a b aba

 

Vậy

2

2 4 2 2

2

a

b b ab a b a a b b ab a b

b

           

 

 



3



2 3

3

a a b a b a b ab

     

x

D H

B C

Cách

Dựng tam giác ABE cho E C nằm phía so với AB Dựng



ACD

cân A cho D, E nằm phía với AC CAD20o  ABC ACD ADE c g c





Gọi F G giao điểm BE với AD; AC Khi

BG



EF



a

Vì ABE60o nên 20o

CBGBACCBE



CBG

cân B

 

BC CG a CG a2

BAC CBG g g CG

AC BG b a b

  ∽      

Ta có:

2

a

AG AC CG b

b

   

Ta có: FG/ /CD nên theo định lý Ta – lét, ta có:

2

2

2

a b

GF AG GF b ab a

GF

CD AC a b b

 

    

Mà

BE



BG GF





FE

2

3 2

2

2 ab a

b a b ab ab a

b 

       3

3

a b ab

  

Ví dụ Cho hình thoi ABCD, có 60o

A Gọi M cạnh thuộc cạnh AD Đường thẳng CM cắt đường thẳng AB N

a) Chứng minh AB2 DM BN b) BM cắt DN P Tính góc BPD Giải

F

G D

E

B C

a) Ta có: AM / /BC (do AD // BC), suy NAM NBC NA NB

AM BC

 ∽  

Hay NA NB 1

 

AM  AB (vì BC = AB)

Ta có: NA/ /DC (Do AB // DC),

suy NAM CDM NA CD

AM DM

 ∽   Hay NA AB 2

 

AM  DM (vì CD = AB)

Từ (1) (2) suy ra: NA AB

AB  DM hay

2

AB DM BN

b) Từ NB AB NB BD

AB  DM  BD  DM

Xét



BND

DBM có NB BD

BD  DM 60

o

NBDBDM 

Suy BND∽DBM c g c





MBDBND MBDMBN BNDMBN60o Mà BPDBNDMBN nên 60o

BPD

Nhận xét Với kĩ thuật trên, bạn giải tốn sau Cho hình thoi ABCD có A60o vẽ đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA M cắt tia đối tia DA N Gọi K giao điểm DM BN Tính số đo

MKB

Ví dụ Cho



ABC

cân A Lấy M tùy ý thuộc BC, kẻ MN song song với AB (với

N



AC

), kẻ MP song song với AC (với PAB) Gọi O giao điểm BN CP Chứng minh OMPAMN

Giải Tìm cách giải Nhận thấy BPM MNC QPM ANM

P N

D

A C

B

Do OMP AMN  QPM∽ANM Mặt khác thấy QPM



ANM

khó tìm thêm cặp góc Do nên tìm cách biến đổi thêm hai cặp cạnh kề với hai góc

;

OMP AMN tỉ lệ xong Trình bày lời giải

Giả sử

MB



MC

Gọi Q giao điểm MO AB; K giao điểm CP MN Vì MNAP hình bình hành nên QPM  ANM 1

 

Vì



ABC

cân A nên suy PBM cân P



NCM

cân N Do

PB



PM



AN

NC



NM



AP

kết hợp với MN/ /AP, suy ra: PQ PQ KM PB NA

PM  PB  KN  PA NM (2)

Từ (1) (2) suy ra: QPM∽ANM c g c





QMP AMN hay OMPAMN (đpcm) Ví dụ Cho tam giác ABC có B2 ,C AB4cm AC, 8cm Tính độ dài cạnh BC?

Giải

Tìm cách giải Khai thác giả thiết, từ B2.C cần dựng thêm yếu tố phụ để vận dụng điều Chúng ta có hai hướng giải:

- Cách Kẻ đường phân giác BD góc B để khai thác góc

- Cách Từ đỉnh C dựng thêm góc góc B, Với hai hướng có hai lời giải sau: Trình bày lời giải:

Cách Kẻ đường phân giác BDcủa tam giác ABC

Xét ABC ADB có A chung

2 ABC ACB ABD 

 

K Q P

N

B C

A

Suy ABC đồng dạng ADB (g.g)

 42 2(cm)

8

AB AC AB

AD

AD  AB   AC   6( )

CD cm

 

ABC

 có đường phân giác BD nên: 4.6

12(cm)

BC CD AB CD

BC

AB  AD   AD  

Cách Trên nửa mặt phẳng bờ BCkhông chứa điểm A dựng tia Cxsao cho BCxACBACB ABC

Gọi I giao điểm Cx với đường thẳng AB

Xét ABC ACEcó A chung ,





ABC ACE  ACB

Suy ABC đồng dạng ACE (g.g)

 82 16(cm)

4

AC AB AC

AE

AE  AC   AB   12( )

BE cm

 

Từ ABC2ACB2BCE Suy BCEcân B Do BCBE12(cm)

Ví dụ Cho tam giác ABC có AB2cm, AC3cm, BC2,5cm Chứng minh B2C Giải

Tìm tịi cách giải Bài tốn có nét đảo ví dụ 7, hồn tồn tự nhiên nghĩ tới việc kẻ them yếu tố phụ Để chứng minh B2C, có hai hướng sau

Cách Dựng phân giác BD chứng tỏ ABDC

Cách Từ đỉnh Cdựng thêm góc góc B chứng minh cặp góc

Vì tốn biết nhiều độ dài đoạn thẳng nên chứng minh cặp góc cách chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp cạnh góc cạnh

* Trình bày lời giải

C D

A

B

E

C B

Cách 1. Kẻ đường phân giác BDcủa tam giác ABC suy ra:

AD AB AD AB

DC  BC  ADDC  ABBC

2

(cm)

3 2.5

AD

AD

   



Ta có: 2

4 3 2

3

AB AC

AD  AB 

Suy ra: AC AB AB  AD

Xét ABC ADB có A chung, AC AB

AB  AD suy ABC đồng dạng ADB (c.g.c) Do ACBABD, ABC2C

Cách Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho BEBC, suy

2

ABC BEC BCE

Ta có: 2; 3 2.5

AB AC

AC  AE    Suy AC AB

AE  AC

Xét ABC ACE có A chung, AC AB

AE  AC suy ABC đồng dạng ADB (c.g.c)

Do ACE ABC

suy ACE2.BCEACBBCE Hay ABC2.ACB

Ví dụ Cho tam giác ABC có A900 B200 Các điểm E F nằm cạnh AC AB cho ABE100và ACF 300 Tính CFE

(Thi Olympic Toán quốc tế Đài Loan TAIMC, năm 2012) Giải

* Tìm tịi cách giải Những tốn tính số đo thường khó, trước hết nên vẽ hình xác, sau phân tích giả thiết để dự đoán kĩ thuật kẻ thêm yếu tố phụ Trong giả thiết ta nhân thấy

0

30

ACF  FC FA Từ B200  C 700, BCF 400 có liên tưởng góc 40 với góc 20 30 đề không? Với suy nghĩ ta lấy điểm G AB choBCG200 toán tạo nên yếu tố mới: CFlà phân giác góc ACG, tam giác BCGcân G Với hình vẽ xác hồn tồn dự đốn CG song song với EF Từ định hướng để chứng minh dự đoán định lý Ta lét đảo

C D

A

B

E

C B

Trình bày lời giải

Xét ABC có A900và B200  C 700 ACF

 có A900 ACF 300FC2AF GọiD trung điểm BC G điểm nằm AB cho GDvng góc với BC

Do ABC đồng dạngDBG

0

; 20 20

BD BA

GCB GBC GCF

BG BC

     

Mặt khác CG BE tia phân giác BCF ABCnên FC BC BA; AE FG  BG BC  EC

Do

1

2FC 2BC

AF BD BA AE AF AE

FG  FG  BG  BG  BC  EC  FG  EC Từ ta có: CG/ /EF (định lý Ta lét đảo) CFEGCF 200

Ví dụ 10 Cho tam giác ABC có 3A2B1800 Tính số đo cạnh tam giác biết số đo ba số tự nhiên liên tiếp

Giải

Vì 3A2B1800     A B C C 2.A B  C A C B ABBC AB; AC

Trên ABlấy điểm Dsao cho ADAC D nằm A B

Ta có: ACD cân A nên

0

180

A ADC  Mà 3A2B1800 1800 A 2(A B )

 2



  

2 A B

ADC A B



  

0

180

CDB ADC C

   

Vậy ABC đồng dạng CBD(g.g)

2

.(AB AC) AB BC

BC AB BD AB BC BD

     

(*)

Do AB BC CA, , ba số nguyên liên tiếp ABmax



AB BC CA, ,



nên

ABBC ABBC2

Trường hợp Nếu ABBC2 ACBC1 thay vào (*) ta có BC2BC 2 (BC 2)(BC 1) BC

      (vì BC0) Vậy BC2;AC 3 AB4

Nhận xét Vận dụng kĩ thuật trên, bạn làm toán đảo

Cho tam giác MNP thỏa mãn 2

NP MN MPMN  Chứng minh

3.

M



2.

N



180

0

Ví dụ 11 Cho tam giác ABC nhọn có hai đường cao BE CF Kẻ FIvà EJ vng góc với BC (I, J thuộc BC) Các điểm K,L thuộc AB,AC cho KI/ / AC, IJ/ / AB Chứng minh ba đường thẳng EI, FJ, KL đồng quy

Giải Gọi O giao điểm EI FJ, ta có:

KFI FCB (cùng phụ với góc IFC) = 900ABC900LJCEJL (1) Lại có : IKF ELJ (cùng bù với góc BAC) (2)

Từ (1) (2) suy ra: KFI đồng dạng LJE (g.g)

EJ KF FI

LJ

  (3) Xét KFIvà JOE có IFOEJO (so le trong)

FOI JOE (đối đỉnh) nên KFIđồng dạng JOE(g.g) Suy

EJ FO FI

OJ  (4) Lại có KFOLJO (so le trong) (5)

Từ (3), (4) (5) suy KFOvà LJO (c.g.c) Do FOK JOL, mà hai góc vị trí đối đỉnh Suy , ,

K L O thẳng hang, tức EI, FJ, KL đồng quy

Ví dụ 12 Cho hình thang ABCD CD



 AB



với AB/ /CDvàABBD Hai đường chéo AC BD cắt G Trên đường thẳng vng góc với AC C lấy điểm E cho CE AG đoạn thẳng GE không cắt đường thẳng CD Trên đoạn thẳng CD lấy điểm F cho DF GB

a) Chứng minh FDGđồng dạng vớiECG b) Chứng minh

GF



EF

(Thi tuyển học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Quảng An, năm học 2008 - 2009) Giải

O

J I

L E F

K

C B

a) Ta có: AB/ /CD BG GD

AG GC

  Mà CEAG; DF GB DF GD

CE GC

 

Xét FDG ECGcó: DF GD;GDF GCE

CE CG  nên FDG ∽ ECG(c.g.c)

b) FDG ∽ ECG G1 G2;GD GC GF GE

  

Xét GDC GFE có: GD GC;DGC FGE

GF GE  (vì G1G2) GDC

  ∽ GFE (c.g.c) GFEGDC900 Do GF FE

C Bài tập vận dụng

15.1 Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AD BE CF, , cắt H a) Chứng minh rằng: AE AC AF AB

b) Chứng minh rằng: AEF ~ ABC

c) Chứng minh H giao điểm ba đường phân giác DEF

15.2 Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn BD Gọi H K, hình chiếu C đường thẳng AB AD, Chứng minh rằng: CHK ~ BCA

15.3 Cho tam giác ABC vng góc A có đường phân giác BD cắt đường cao AH I Chứng minh

AD BDBI DC

15.4 Cho tam giác ABC, đường phân giác CD Chứng minh CD2 CA CB

15.5 Cho tam giác ABC Trên tia BA lấy điểm E (A nằm B E ) Gọi D điểm đối xứng với E qua đường thẳng BC Gọi F giao điểm đường thẳng CD AB Chứng minh rằng:

1 1

BC  BDBF

15.6 Cho hình bình hành ABCD có góc A tù Từ A, vẽ đường thẳng vng góc với BC, CD cắt CD, BC tương ứng E F Đường thẳng qua A vng góc với BD, cắt EF M Chứng minh MEMF

E

C F

D B A

G 2

15.7 Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm BC Một góc xMy 60 quay quanh điểm M cho cạnh Mx My, cắt cạnh AB AC D E Chứng minh:

a)

2

4 BC BD CE ;

b) DM EM; tia phân giác góc BDE CED; c) Chu vi tam giác ADE khơng đổi

15.8 Cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB lấy điểm M Vẽ BH vng góc với CM Nối DM Gọi HN vng góc với DH (NBC)

a) Chứng minh tam giác DHC đồng dạng với tam giác NHB b) Chứng minh AM NB NC MB

15.9 Cho tam giác ABC thỏa mãn AB2.AC A 2 B Chứng minh ABC tam giác vuông 15.10 Cho ABCnhọn có AH đường cao, lấy điểm M thuộc đoạn BC, kẻ MK vng góc với AB

ML vng góc với AC Đường thẳng qua A vng góc với AM cắt MK ML, E F.Tư B kẻ đường thẳng vng góc với CE cắt AH I Chứng minh rằng:

a) AIB đồng dạng MCE; b) EM MI

FM  KM

BM AI FM  AC; c) AH BF CE, , đồng qui

15.11 Cho tam giác ABC có trung tuyến AD BE, thỏa mãn điều kiện CADCBE300 Chứng minh ABC tam giác

15.12 Cho ABC Gọi P giao điểm ba đường phân giác tam giác Một đường thẳng qua P vng góc với CP, cắt AC BC M N Chứng minh rằng:

a)

2

AM AP BN BP      ; b)

2

1 AM BN CP

AC  BC AC BC 

15.13 Cho tam giác ABC vuông A



ACAB



, đường cao AH



HBC



Trên tia HC lấy điểm D cho HDHA Đường thẳng vuông góc với BC D cắt AC E

a) Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài BE theo m AB

b) Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BECđồng dạng Tính số đo góc AHM

c) Tia AMcắt BC G Chứng minh: GB HD BC  AHHC

15.14 Trong tam giác ABC, điểm D E F, , tương ứng nằm cạnh BC CA AB, , cho: , ,

AFEBFD BDFCDE CEDAEF a) Chứng minh rằng: BDFBAC

15.15 Cho ABCD hình bình hành Giả sử MABMCB Chứng minh MBC MDC

15.16 Giả sử D điểm nằm tam giác nhọn ABCsao cho ADB ACB90 AC BD AD BC Chứng minh AB CD

AD BC 





15.17 Cho tam giác ABC cân A Từ điểm M thuộc cạnh BC vẽ MBAB; MQ AC;



PAB Q; AC



Vẽ PEPQ; QEPQ



E F; BC



Chứng minh rằng: BECF

15.18 Cho tam giác ABC nhọn có đường cao BE, CF Qua A vẽ đường thẳng song song với BE, CF cắt đường thẩng CF, BE P Q Chứng minh rằng: PQ vng góc với trung tuyến AM 15.19 Cho tam giác ABC cân A có BAC20 Dựng tam giác BDC cho D, A phía với

BC Dựng tam giác DEB cân D có EDB80 C, E phía so với DB Chứng minh tam giác AEC cân E

15.20 Cho tam giác ABC có A90 Lấy điểm D thuộc đoạn thẳng AC cho CD 2 AD Gọi E điểm thuộc đoạn thẳng BD cho CED ABC Gọi F điểm đối xứng với C A Chứng minh

2

CHUYÊN ĐỀ 16 CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC VUÔNG A Kiến thức cần nhớ

1 Hai tam giác vuông đồng dạng nếu:

- Tam giác vng có góc nhọn góc nhọn tam giác vng kia;

- Tam giác vng có hai cạnh góc vng tỉ lê với hia cạnh góc vng cảu tam giác vng kia;

- Nếu cạnh huyền cạnh góc vuông tam giác vuông tỉ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam gaics vng

2 Tỉ số hai đường cao, tỉ số diện tích cảu hai tam giác đồng dạng:

- Tỉ số hai đường cao tương ứng hai tam giác đồng dạng tỉ số đồng dạng - Tỉ số diện tích cảu hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng

B Một số ví dụ

Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC có đường cao CK Dựng phía ngồi tam giác ABC hai tam giác CAE CBF tương ứng vng góc E; F thỏa mãn ACECBA; BCFCAB Chứng minh

2

CK  AE BF

Lời giải

Tìm cách giải. Để chứng minh CK2 AE BF vận dụng định lý Ta-let hay xét cặp tam giác đồng dạng xong Do vậy, suy luận để tạo

CK , cần ghép CK vào hai cặp tam giác đồng dạng Mỗi cặp tam giác đồng dạng biểu thị CK dạng biểu thức (chứa AE

BF) Dễ dàng nhận thấy có hai cặp tam giác đồng dạng thỏa mãn điều kiền Trình bày lời giải

F

E

K

A C

B

ACK

 CBF có 90

CKABFC ; CAKBCF ACK∽CBF (g.g) CK BF (1) CA BC

 

Tương tự, ta có BCK∽CAE (g.g) CK AE(2) CB AC

 

Nhân vế (1) (2) ta được: CK CK BF AE CA CB  BC AC

2

CK AE BF

 

Lời giải

Tìm cách giải. Để chứng minh AB AE AD AF AC2, ta có vế trái tổng nên vế phải ta cần tách tổng: AB AE AD AF AC x AC y với x y AC Do ta chọn điểm H thuộc AC x AH, yHC chứng minh AB AE AC AH , AD AF  AC CH Từ cần chọn điểm H cho

E ABH AC

 ∽ xong Nhận thấy tam giác ACE vuông E, nên tất yếu cần kẻ thêm BH vng góc với AC

Trình bày lời giải

F E

H B

A

D C

Vẽ BH AC H( AC)

Xét ABH ACE có AHB AEC90 ; BAC chung

Suy ABH∽ACE(g.g) AB AH AC AE

  AB AE  AC AH (1)

Xét CBH ACF có BCH CAF (so le trong); CHBCFB



900



Suy CBH ACF g g

 

BC CH BC AF AC CH (2)

AC AF

 ∽     

Cộng theo vế (1) (2) ta được:

2

( )

AB AEBC AF AC AHAC CH AB AEAD AF AC AHCH AC

Ví dụ Cho tam giácABCvuông tạiA Lấy điểm M cạnhAC Từ Cvẽ đường thẳng vuông góc vớiBM, đường thẳng cắt tia BMtạiD, cắt tia BAtại E

a) Chứng minh: EA EB ED EC

b) Chứng minh điểm M di chuyển cạnh AC tổng BM BD CM CA  có giá trị khơng đổi

c) Kẻ DH BC, (HBC) Gọi P Q, trung điểm đoạn thẳng BH DH, Chứng minh CQPD

a) Chứng minh EA EB ED EC

Xét EBD ECAcó :EDBEAC900, BEC chung nên EBD∽ ECA (g-g) Từ suy EB ED EA EB ED EC

EC  EA   b) Kẻ MI vng góc vời BC I( BC)

Ta có: BIM BDCcó BIMBDC900, MBCchung nên: BIM BDC

 ∽  (g-g) BM BI BM BD BC BI BC BD

    (1)

Tương tự: ACB∽ ICM (g-g) CM CI CM CA BC CI BC CA

    (2)

Từ (1) (2) cộng vế với vế, suy ra:

2

( )

BM BD CM CA BI BCCI BC BC BICI BC (không đổi) c) Xét BHD∽ DHC (g-g)

2

BH HD HP HD HP HD

DH HC HQ HC HQ HC

     

HPQ HQC

  ∽  (c-g-c)PDH QCH

Mà HDPDPC900HCQDPC900CQPD

Ví dụ Cho tam giácABC Lấy điểm E F P, , thuộc AB AC BC, , cho BEFP hình bình hành Biết diện tích AEF CFP lầ lượt 16cm2; 25cm2 Tính diện tích ABC

Giải

 Tìm cách giải Khi vẽ hình xong, có hai hướng suy luận:

B C

A

D

M E

H P

Vì tam giácAEF FPC, đồng dạng với tam giácABCnên tìm mối liên hệ tỷ số hai tam giác đồng dạng

Hướng thứ hai, để tính diện tích tam giácABC, nên tìm cách tính diện tích hình bình hành Nhận thấy tam giácBEFvàBPFcó diện tích , mặt khác tam giácAEFvàBEFcó chung đường cao kẻ từ F; tam giácBPFvàCPF có chung đường cao kẻ từF Sử dụng tính chất đó, kết hợp với định lý Ta-lét, có lời giải hay

 Trình bày lời giải

Cách Ta có: AEF∽ ABC;FPC∽ ABC nên:

2 AEF AEF ABC ABC FPC FPC ABC ABC S

S EF EF

S BC S BC

S

S CP CP

S BC S BC

               

Từ suy AEF EPC ABC

S S EF CP

BC BC S



  

Hay SABC  SAEF  SFPC   4 SABC 9281cm2 Cách Đặt SBEF SBEP x cm2

Tam giác AEF vàBEF có chung đường cao kẻ từ F , suy ra: FAE 16 FBE

S AE AE

S  BE  x  BE; Tam giác BPF vàCPF có chung đường cao kẻ từ F, suy ra:

25 FBP

FPC

S BP x BP

S CP  CP Áp dụng định lý Ta-lét, ta có: 16 400 20

25

AE AF BP x

x x

BE  FC CP x      Vậy SABC 16 20 20  25 81 cm2

Nhận xét Từ kết





2

2 2

( )

ABC AEF FPC ABC BEFP

S  S  S S  a b S  a b a b  ab

B C

A

E F

Từ ta giải tốn sau:

Cho tam giácABC Lấy điểm E F P, , thuộc AB AC BC, , cho BEFP hình bình hành Đặt

2

;

AEF CFP

S a S b (với a b; 0) a) Tính diện tích hình bình hành BEFP

b) Xác định vị trí điểm , ,E F P AB AC BC, , để diện tích hình bình hành BEFP đạt giá trị lớn

Ví dụ Cho tam giácABC Qua điểm Fnằm tam giác kẻ MN BC PQ AB IK AC// ; // ; // ,



I M, AB N P; , AC Q K; , BC



Biết rằng: SIMF 9cm S2; PFN 16cm2; SFQK 25cm2 Tính diện tích ABC



Giải

 Tìm cách giải Với lối tư ví dụ trên, hồn tồn nghĩ tới hai cách giải Song ví dụ trình bày cách giải, mà chất toán vận dụng kết MF QK FN

BC  BC  BC  kết hợp với tỷ số diện tích hai tam giác đồng dạng

 Trình bày lời giải

Nhận thấy BMFQ CNFK, hình bình hành

Ta có: FQK∽ ABC; IMF∽ ABC; PFN∽ ABC Thì IMF

ABC

S MF

BC S  ;

FQK ABC

S QK

BC S 

PFN ABC S FN

BC

S

1 IMF EQK PEN

ABC

S S S MF QK FN

BC S

   

  

3 12 ABC IMF FQK PFN

S S S S

       

144 ABC

S cm

 

F

B C

A

M N

P

Q K

Nhận xét Như với cách giải trên, hoàn toàn toán tổng quát sau: Cho tam giác ABC.Qua điểm F nằm tam giác kẻ MN BC PQ AB IK AC I M// ; // ; // ( , AB N P; , AC Q K; , BC)

Đặt 2

; ; ( ; ; 0)

IMF PFN PQK

S a S b S c a b c Chứng minh rằng: SABC (a b c  )2

Ví dụ Cho tam giác ABC Qua điểm F nằm tam giác kẻ





// ; // ; // , ; , ; ,

MN BC PQ AB IK AC I MAB I PAC Q KBC Đặt diện tích tam giácABClà S Tìm vị trí điểm F để tổng T SAPQF SCNFK SMPQFđạt giá trị lớn

Giải  Tìm cách giải Tương tự ví dụ trên, đặt:





2 2

; ; ; ;

IMF PEN FQK

S a S b S c a b c

Chúng ta hoàn toàn biểu thị tổng T SAPFI SMPQF SCNFK theo a b c, , Vậy hiển nhiên để tìm giá trị lớn dùng cực trị đại số với ý 1( )2

3

ab bc ca   a b c   Trình bày lời giải

Đặt 2 2





; ; ; ;

IMP PFN FQK

S a S b S c a b c Ta có: SABC  SIMF  SFQK  SPFN

Hay SABC 



a b c 



2 S2SMPQFSCNFK SABC



SIMK SPFN SFQK







2 2

2

( )

2

2( ) ( )

3

T a b c a b c

T ab bc ca a b c S

     

      

Vậy

T  S a b c hay F trọng tâm tam giácABC

F

B C

A

M N

P

Q K

Ví dụ Cho bìa hình ABCD có A D 90 ,0 AD24cm AB; 32cm CD; 64cm Gấp bìa lại hai điểm C B trùng Tính độ dài nếp gấp

Giải

 Tìm cách giải Trước hết vẽ xác định đường nếp gấp: Gọi M độ dài trung điểm BC, qua M kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt CD N, Độ dài nếp gấp cần tính độ dài đoạn thẳng MN Từ đề A D 90 ,0 AD24cm AB; 32cm CD; 64cm, dễ dàng tính độ dài BC định lý Py-ta-go Từ tính độ dài CM Do để tính CM tam giác vng CMN, cần tính độ dài hai cạnh tam giác vuông đồng dạng với tam giác vuông CMN xong Từ đó, có hai cách vẽ thêm đường phụ:

Cách 1: Vì A D 900 nên cần gọi giao điểm DAvàCB E Sau tính độ dài cạnh tam giác vng CDE

Cách 2.Kẻ BF vng góc với CD, MCN FCB Bài tốn giải * Trình bày lời giải

Gọi M trung điểm BC, qua M kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt CD N Độ dài nếp gấp cần tính độ dài đoạn thẳng MN

Cách 1. Gọi E giao điểm AD BC; F chân đường vng góc kẻ từ B tới CD Dễ thấy F trung điểm CD, từ ta có:

2 2 2

24 32 1800

    

BC BF FC

Suy BC4cmMC20

 

cm

Suy B A trung điểm CE DE, Suy DE2AD48cm

Ta nhận thấy MCN DCE

Nên 20 15

64 48

    

MC MN MN

MN cm DC DE

Vậy độ dài nếp gấp 15cm

Cách 2. Ta có: MCN FCB suy ra: 20 15

32 24

    

MC MN MN

MN cm

CF BF

Vậy độ dài nếp gấp 15cm

Ví dụ Cho tam giác ABC cân A Trên AB lấy điểm D BC lấy điểm E cho hình chiếu DE lên BC

Gọi M H, hình chiếu vng góc D A BC Giả sử đường thẳng qua E vng góc với DE cắt đường thẳng AH N

Ta có:

  

BH BC BM HE

Mặt khác ta có: HNEMED (cùng phụ với HEN); 

DME NHE, nên HNE MED

2

 HN  HE  HN  HE  HN  BM ME DM BC DM BC DM

Mặt khác ta có:

2

    

BM BH HN BH BH BC

HN

DM HA BC HA HA

Vậy điểm N điểm cố định

Nhận xét: Điểm mấu chốt khai thác điều kiện “Hình chiếu DE

2BC” để từ xác định việc kẻ thêm đường phụ

C Bài tập vận dụng

16.1 Cho tam giác ABC có hai góc B C thỏa mãn điều kiện B C 90o Kẻ đường cao AH Chứng minh rằng:



AH BH CH

16.2 Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD CE cắt H Chứng minh rằng:

2

  BH BD CH CE BC

16.3 Cho tam giác ABC cân A



A90o



, đường cao AD, trực tâm H Chứng minh hệ thức:

2



CD DH DA

16.4 Cho tứ giác ABCD có ABD ACD90o Gọi I K, thứ tự hình chiếu B C, cạnh AD Gọi M giao điểm CI BK , O giao điểm AC BD Chứng minh OM AD

16.5 Cho ABC cố định có góc B C, nhọn hình chữ nhật MNPQ thay đổi ln có M N, cạnh BC cịn P Q, cạnh AC AB Xác định vị trí đỉnh P Q, cho hình chữ nhật

MNPQ có diện tích lớn

16.7 Cho tam giác ABC vuông A Một hình vng nối tiếp tam giác ABC với D thuộc cạnh AB, E thuộc cạnh AC F G, thuộc cạnh BC Gọi H giao điểm BE DG, I giao điểm CD

EF Chứng minh IEHG

16.8 Cho hình vng ABCD, F trung điểm AD E trung điểm FD Các đường thẳng BE CF cắt G Tính tỉ số diện tích tam giác EFG với diện tích hình vng ABCD

16.9 Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích

150cm (như hình vẽ) gọi E F, trung điểm AB BC Gọi ,

M N giao điểm DE DF, với AC Tính tổng diện tích phần tơ đâm

16.10 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết  AB

AC Tính tỉ số HB HC

16.11 Cho tam giác nhọn ABC có AD BE CF, , đường cao cắt H Chứng minh rằng:

1

  

HB HC HC HA HA HB AB AC BC BA CA CB

16.12 Trong hình vẽ tam giác ABC CDE có diện tích F giao điểm CA DE Biết AB song song với

DE, AB9cm EF 6cm Tính độ dài theo cm DE (Olympic Toán học trẻ quốc tế Bulgaria (BICMC), năm 2013 – Philippines đề nghị)

16.13 Cho hình vng ABCD Gọi Q E, trung điểm AB BC, Gọi M giao điểm DE CQ Gọi I giao điểm AM BC Chứng minh AM 4MI

16.14 Giả sử AD BE, CF đường phân giác tam giác ABC Chứng minh tam giác ABC diện tích tam giác DEF

4 diện tích tam giác ABC (Tuyển sinh lớp 10, THPT chun, tỉnh Hịa Bình, năm học 2013 – 2014)

16.15 Cho tam giác ABC vuông cân, A90o, CM trung tuyến Từ A vẽ đường thẳng vuông góc với MC cắt BC H Tính tỉ số BH

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN Hà Nội, năm học 1989 – 1990)

16.16 Cho tam giác ABC vng A có AH đường cao Biết chu vi tam giác ABH ACH,

 

30 cm , 40

 

cm Tính chu vi tam giác ABC

16.17 Cho A B C   ABC có chu vi 50cmvà 60cm Diện tích ABC lớn diện tích A B C  

33cm Tính diện tích tam giác

16.18 Qua điểm M thuộc cạnh BC tam giác ABC kẻ đường thẳng song song với cạnh AB AC, chúng tạo thành với hai cạnh hình bình hành Tìm vị trí điểm M để hình bình hành có diện tích lớn

CHUYÊN ĐỀ 17 ĐỊNH LÝ MENELAUS, ĐỊNH LÝ CE – VA, ĐỊNH LÝ VAN – OBEN

A Kiến thức cần nhớ 1 Định lý Menelaus

- Menelaus sinh khoảng năm 70 năm 130, biết đời ơng ít, thơng qua số tác phẩm khoa học người sau Chỉ biết chung chung ơng có thời sinh viên trường Đại học Alexndrie cổ đại, làm cán giảng dạy sau thành nhà thiên văn học La Mã Trong hình học có định lý tiếng mang tên ông: định lý Menelaus

- Định lý: Cho tam giác ABC ba điểm A B C  , , (không trùng với đỉnh tam giác) đường thẳng BC CA, AB cho ba điểm A B C  , , nằm phần kéo dài ba cạnh, ba điểm nằm phần kéo dài cạnh hai điểm lại nằm hai cạnh tam giác Điều kiện cần đủ để A B C  , , thẳng hàng    1

  

A B B C C A A C B A C B

Giải

Trường hợp 1. Nếu ba điểm A B C  , , có điểm thuộc cạnh tam giác ABC, chẳng hạn B 

C

 Nếu A B C  , , thẳng hàng Qua A kẻ đường song song với BC cắt B C  M, ta có:

; 



 

C A AM C B A B

 

 

B C A C B A AM Vậy       1

    

A B B C C A AM A C A B A C B A C B A B AM A C

 Ngược lại,    1

  

A B B C C A A C B A C B Gọi A giao điểm B C  với BC Theo phần thuận:    1

   A B B C C A

A C B A C B Suy ra:

     A B A B A C A C

Do B C , thuộc cạnh CA AB, nên A nằm cạnh BC Vậy   

  A B A B

A C A C A A , nằm đoạn BC Suy raAA Vậy ba điểm A ,B ,C   thẳng hàng

2.Định Lí Ce-Va

56

Định Lí: Cho ba điểm A, E, Fnằm ba cạnh tương ứng BC,CA, ABcủa tam giác ABC(không trùng với ba đỉnh tam giác) ba đường thẳng AD,BE,CF đồng quy DB EC FA

DC EA FB   Giải

● Xét đường thẳng AD,BE,CF đồng quy

Qua Akẻ đường thẳng song song vớiBC, đường thẳng cắt đường thẳng BE,CFtại QvàP Áp dụng định lí Talet ta có:

FA AP EC BC ;

FB  BC EA AQ

AP AQ AM AP CD CD BD MD AQ BD

 

   

 

Từ suy DB EC FA AQ BC AP DC EA FB   AP AQ BC   Ngược lại nếu: DB EC FA

DC EA FB  

Gọi Mlà giao điểm BEvàCF Gọi D’ giao điểm AM vớiBC Theo phần thuận ta có: D B EC FA D B DB D B DB

1

D C EA FB D C DC D B D C DB DC

  

            

D B DB BD BD D D BC BC



 

      Vậy AD,BE,CF đồng quy 3 Định lí Van Oben

Van Oben (Van Aubel) sinh ngày 20.11.1830 Maastricht (Hà Lan), ngày 03.02.1906 Anwerpen (Bỉ) Ơng nghiên cứu dạy Tốn cho lớp dự bị đại học Atheneum, Maastricht (Hà Lan) đại học Gent (Bỉ) Trong q trình nghiên cứu ơng cơng bố nhiều tính chất, định lí đặc sắc tam giác tứ giác Sau số định lí đặc sắc mang tên ơng

Định lí: Cho Mlà điểm tam giácABC Gọi D, E, F theo thứ tự giao điểm AM,BM,CM với cạnhBC, AC, AB Khi AM AE AF

MD  ECFB

Giải

Cách 1: Qua Akẻ đường thẳng song song với BCcắt đường thẳng BM,CMtại QvàP Áp dụng hệ định lí Talet ta có:

 AF AP AP // BC

FB BC

P Q

F

D E A

B C

P Q

F E

 AE AQ AQ // BC

EC BC

AF AE AQ AP PQ FB EC BC BC



   

Mặt khác PQ // BC PQ PM AM BC MB MD

   từ suy AM AF AE MD  FB EC

Cách 2: áp dụng định lí Menelaus cho ABDvà ba điểm F, M, Cthẳng hàng ta có: AF BC MD AF CD AM

1

FB CD AM    FB  BC MD (1)

Áp dụng định lí Menelaus cho ACDvà ba điểm E,M,B thẳng hàng ta có: AE BC MD AE BD MA

1

EC BD AM    EC  BC MD (2)

Từ (1) (2) suy AF AE AM CD BD AM FB EC MD BC BC MD

 

    

 

B Một số ví dụ

Ví dụ (mở rộng Van – Oben) Cho tam giácABC Trên tia đối tia BAlấy điểmK, tia đối tia CA lấy điểmN Gọi E giao điểm CK vàBN; Gọi Mlà giao điểm AEvàBC Chứng minh rằng:

AE AK AN EM  KB NC

Giải

* Tìm cách giải: Với cách suy luận chứng minh định lí Van Oben chứng minh hai cách

*Trình bày lời giải

Cách 1: Qua Akẻ đường thẳng song song với BCcắt đường thẳng BN,CKlần lượt Pvà Q Áp dụng hệ định lí Talet ta có:

AK AQ AQ // BC

KB BC

 

AN AP AP // BC

NC BC

 

AK AN AQ P PQ KB NC BC BC

 

   

Mặt khác PQ // BC

Q P

M

E A

B

C

K

PQ PE AE BC BE ME

   Từ suy AE AK AN EM  KBAC

Cách 2: Áp dụng định lí Menelaus cho ABM ba điểm K, E,C thẳng hàng ta có: AK BC ME KB CM AE   AK CM AE

KB BC ME

   (1)

Áp dụng định lí Menelaus cho ACM ba điểm E, N,B thẳng hàng ta có: BC ME

1 NC BM

AN

EA

   AN BM EA NC BC ME    (2)

Từ (1) (2) ta suy AK AN AE CM BM AE KB NC ME BC BC ME

 

    

 

Ví dụ 2: (Định lí Menelaus tứ giác) Cho tứ giác ABCDđường thẳng d cắt AB,BC,CD, DA tạiM, N, P,Q Chứng minh: MA NB PC QD

MB NC PD QA   

*Tìm cách giải: Tương tự chứng minh định lí Menelaus tam giác, có nhiều cách chứng minh Sau cách

*Trình bày lời giải

Từ A,B vẽ AE // BF // CD(E;Fd)

Theo hệ định lí Talet ta có: MA AE NB; BF QD; DP MB  BF NC CP QA AE Suy ra:MA NB PC QD AE BF PC DP

MB NC PD QA    BF CP PD AE   

B

P N

M

D C

A

Ví dụ 3: Cho tam giácABC Trên cạnh BClần lượt lấy điểm Dsao cho BD

DC  Lấy điểm O đoạn AD cho AO

OD  Gọi Olà giao điểm hai đường thẳng ACvàBO Tính tỉ số AE EC Giải

Từ BD

DC 2 suy BC

3 BD 

Áp dụng định lí Menelaus ABC với ba điểm B,O, E thẳng hàng, ta có: AE BC OD AE AE

1

EC BD OA   EC   4 EC 3

Nhận xét: Ngoài cách vận dụng định lí, kẻ thêm đường thẳng song song để vận dụng định lí Talet

Ví dụ 4: Cho tam giác ABCnhọn có BDvà CElà đường cao Hlà trực tâm Qua Hkẻ đường thẳng cắt cạnh AB, AC tạiM, N Chứng minh rằng:

2

HM BM EM HN DN CN

   

  

 

Giải

Áp dụng định lí Menelaus cho B, H, Dthẳng hàng với AMN ta có: HM DN AB HN DA BM   (1) Áp dụng định lí Menelaus cho C, H, Ethẳng hàng với AMN ta có: HM CN AE

HN CA EM   (2) E

O D B

A

C

N H

E

D

B

A

Từ (1) (2) nhân vế ta có:

2

HM DN CN AB AE HN DA CA BM EM    (3) Mặt khác AEC∽ ADB (g.g)

AB AD

AB AE AC AD AC AE

     

Thay vào (3) suy

2

HM DN.CN HN BM EM  hay

2

HM BM EM HN DN CN

   

  

  (đpcm)

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt điểm O Chứng minh BH AC

Giải

Tìm cách giải Để chứng minh BH AC cách ghép vào hai tam giác không khả thi khơng khai thác tính đồng quy giả thiết Để khai thác giả thiết này, liên tưởng tới định lý Ce-va Vận dụng định lý Ce-va, suy BH DA

HC DB Đã xuất BH song chưa có AC Để xuất AC, vận dụng tiếp yếu tố giả thiết CD phân giác Từ suy được: BH AC HC BA Để có

BH AC phần cuối chứng minh

HC BCAC Trình bày lời giải

Theo định lý Ce-va ta có: BH MC DA HC MA DB  mà MAMC nên BH DA

HC DB (1) Vì CD phân giác nên DA AC

DB  BC (2)

Từ (1) (2) ta có: BH AC BH AC HC BC HC BC    (3)

A

B M

C



 

 



H

Nhận thấy ABC HAC g g

 

HC AC AC2 BC HC AC BC

 ∽     (4)

Từ (3) (4) suy

BH ACAC hay BH AC

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC có điểm M nằm tam giác Các tia AM, BM,CM cắt cạnh BC, CA, AB tương ứng D, E, F Gọi H giao điểm DF BM Gọi K giao điểm CM DE Chứng minh AD, BK,CH đồng quy

Giải

Tìm cách giải Để chứng minhAD BK CH, , đồng quy, dễ dàng nghĩ tới việc vận dụng định lý Ce-va đảo tam giácMBC Để vận dụng định lý Ce-va, cần chứng minh KM BH CD

KC HM BD  Muốn xuất tỉ số ; ;

KM BH CD

KC HM BD cần linh hoạt tìm kiếm tam giác để vận dụng định lý Menelaus Ce-va Trình bày lời giải

Áp dụng định lý Menelaus tam giác AMC AMB; Ta có: KM EC DA 1;

KC EA DM  BH DM FA HM DA FB  Suy ra: KM EA DM

KC  EC DA ; BH FB DA

HM  FA DM (1) Áp dụng định lý Ce-va tam giác ABC, ta có:

CD BF AE CD EC FA

BD FA EC   BD  AE BF (2) Từ (1) (2) nhân vế với vế ta được:

KM BH CD EA DM FB DA EC FA KM BH CD KC HM BD EC DA FA DM AE BF  KC HM BD  Theo định lý Ce-va đảo ta có AD, BK,CH đồng quy

K E F

A

C M

B



 

 

 H

D

62

Ví dụ 7:Cho tam giác ABC nhọn có AH đường cao Lấy điểm O tùy ý thuộc AH (O khácA H; ) Các tia BO CO cắt AC AB; tương ứng M N; Chứng minh rằng: HA tia phân giác MHN

Giải

Cách Qua A kẻ đường thẳng xy song song với BC Gọi I K; giao điểm tia HN HM; với đường thẳng xy

Theo hệ định lý Ta-let, ta có: AI AN AK; AM BH  BN CH  MC

Áp dụng định lý Ce-va ABC ba đường thẳng đồng quy AH BM CN; ; ta có:

AN BH CM AI BH CH

BN CH MA   BH CH AK  AI

AI AK AK

   

Xét HKI có HAIK; AI AK  HIK cân HHA đường phân giác MHN Cách Xét trường hợp ABC



AC AB



Dựng ABP cân A có AH đường cao AP cắt HM Q Gọi N đối xứng với Q qua AH Vì A Q P, , thẳng hàng suy A N B, , thẳng hàng Khi HA đường phân giác QHN QA N A

QP N B  

 Áp dụng định lý Menelaus cho ACP với ba biểm thẳng hàng H Q M, , ta có:

HP MC QA HB MC N A HC MA QP HC MA N B 

  

 ,

theo định lý đảo Ce-va AH BM CN, ,  đồng quy Theo giả thiết AH BM CN, , đồng quy

H

M O

















I



N

K A

C B

N Q

N

B



C M

A





 





N N

  Vậy HA đường phân giác MHN Xét trường hợp ABC AC



AB



Chứng minh tương tự

Xét trường hợp ABC AC



AB



Dễ chứng minh

Ví dụ 8: Giả sử O điểm nằm tam giác ABC tia AO BO CO, , cắt BC AC AB, , , ,

M N P Chứng minh rằng: AO AP BO BM CO CN

OP OM ON khơng phụ thuộc vào vị trí điểmO Giải

Tìm cách giải Nhận thấy phần kết luận tích tỉ số nên liên tưởng tới hai định lý dùng Menelaus Ce-va Nhận thấy muốn có AO AP

OP AO OP hay

AP

OP xuất vận dụng định lý (bởi hai định lý không xuất tỉ số trên) Song đảo mẫu số, tức

AO AP

OM tỉ số AO

OM xuất nhờ vận dụng định lý Menelaus tam giác AMC AMB Nhận thấy ý tưởng khả thi Tiếp tục biểu diễn tỉ số BO CO;

ON OP cách tương tự, có lời giải hay

Trình bày lời giải

Áp dụng định lý Menelaus trong: AMC

 với ba điểm B O N, , thẳng hàng ta có:

AO BM CN AO BC AN OM BC NA OM  BM CN (1)

BCN

 với ba điểm A O M, , thẳng hàng ta có:

BO AN CM BO AC BM

ON AC MB  ON  AN CM (2) Xét ACP với ba điểm B O N, , thẳng hàng ta có:

CO BP AN CO AB NC

OP BA NC  OP  BP AN (3) Từ (1); (2); (3) ta có:

AO AP BO BM CO CN AO BO CO

AP BM CN OP OM ON OM ON OP

BC AN AC BM AB CN

AP BM CN BM CN AN CM BP AN

BM AP CN BC AC AB

CM BP NA

 (4)

Mặt khác, áp dụng định lý Ce-va ABC có ba đường thẳng AM BN CP, , đồng quy ta có:

BM CN AP

CM AN BP  (5)

Từ (4) (5) suy ra: AO AP BO BM CO ON BC AC AB

OP OM ON 

Khơng phụ thuộc vào vị trí điểm O

Ví dụ 9: Trên ba cạnh BC CA AB, , tam giác ABC lấy ba điểm H M N, , cho AH BM CN, , đồng quy taị G Gọi P Q, giao điểm HN BM; HM CN Tia AP tia AQ cắt BC E F Chứng minh rằng: AP AQ AN AM

PE QF NB MC

 

    

 

Giải

Tìm cách giải Định hướng lựa chọn định lý để vận dụng vấn đề quan trọng, định thành cơng tốn Trong tốn này, nhận thấy có nhiều đường đồng quy, mặt khác phần kết luận lại xuất tổng tỉ số nên việc vận dụng định lý Van-Oben điều mà nên nghĩ tới Để xuất AP

PE nên vận dụng định lý Van-Oben tam giác ABH AE BG HN, , đồng quy Để xuất AQ

QF nên vận dụng định lý Van-Oben tam giác ACH AF CG HM, , đồng quy Sau đó, vế phải xuất

AN AM

NB  MC , vận dụng định lý Van-Oben tam giác ABC AH CN BM, , đồng quy Từ có lời giải hay

Trình bày lời giải

Áp dụng định lý Van-Oben tam giác ABH với AE BG HN, , đồng quy P, ta có: AP AN AG

PE  NB GH (1)

Áp dụng định lý Van-Oben tam giác ACH với AF CG HM, , đồng quy Q, ta có:

AQ AM AG

QF  MC GH (2)

Từ (1) (2) cộng vế với vế, ta được: TRANG 115-118

Q 

F 

H

P G

E B

M N

A

C

 

 





AP AQ AN AM AG 2. PEQF  NB  MC  GH

Áp dụng định lý Van – Oben cho ABCvới AH ,BM ,CNđồng quy G, ta có: AG AN AM 4

 

GH  NB MC Từ

 

3

 

4 suy ra: AP AQ 3 AN AM

PE QF NB MC

 

    

  (Điều phải chứng minh) Nhận xét Từ kết luận toán, nhận thấy:

- Áp dụng định lý Van – Oben cho ABCvới AH ,BM ,CN đồng quy G, ta có AN AM AG 4

 

NB  MC GH giải tốn sau: Trên ba cạnh BC,CA, ABcủa tam giác lấy ba điểm H ,M ,Nsao cho

AH ,BM ,CNđồng quy G Gọi P,Q giao điểm HNvà BM; HM CN Tia APvà tia AQ cắt BClần lượt E F Chứng minh rằng: AP AQ 6 AN

PEQF  NB

- Trường hợp G trung điểm AH AN AM 1 4

 

NB  MC  Do giải tốn sau: Trên ba cạnhBC,CA, ABcủa tam giác ABC lấy ba điểm H ,M ,Nsao choAH ,BM ,CN đồng quy G Gọi P,Q giao điểm HNvà BM; HM CN Tia APvà tia AQ cắt BClần lượt E F Chứng minh rằng: AP AQ 3

PEQF 

C Bài tập vận dụng

17.1 Cho tam giácABC Trên cạnh BC,CA lấy điểm D E thỏa mãn BD CE 1

DC  EA 2 Gọi O giao điểm AD BE Tính tỷ số AO

OD BO OE

17.2 Cho tam giác ABCvng A Có đường cao AH, đường trung tuyến BMvà phân giác CD đồng quy O

Chứng minh rằng: BC BH AC CH

17.3 Cho tam giác ABCcó đường caoAH, đường trung tuyến BMvà đường phân giác CDđồng quy Đặt a,b,c độ dài ba cạnh BC,CA, AB Chứng minh rằng:







2 2 2



2

a b a b c 2.a b.

17.5 Cho tam giác ABC, lấy điểm E thuộc cạnh AB điểm F thuộc cạnh AC Gọi AMlà đường trung tuyến tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để EF song song với BC AM ,BF CE đồng quy

17.6 Cho tam giác ABCcó trung tuyến AD Trên ADlấy điểm K cho AK 3

KD  Hỏi đường thẳng BK chia diện tích tam giác ABCtheo tỉ số nào?

17.7 Cho tứ giácABCD Cạnh AB cắt CD kéo dài E, cạnh BC cắt AD kéo dài I Đường chéo AC cắt BD EI M ,N Chứng minh MA NA

MC  NC

17.8 Cho tam giác ABC Lấy K thuộc cạnh AB T thuộc tia đối tia BC Gọi F giao điểm TK với AC,Olà giao điểm BF với CK Gọi E giao điểm AO với BC Chứng minh rằng: TB EB

TC  EC 17.9 Cho tam giác ABCcó D điểm nằm tam giác Lấy điểm M tùy ý thuộc AD Gọi giao điểm BM AC E ; gọi giao điểm CM AB F Các tia DE CM giao K; tia

DF BM giao H Chứng minh CH , AD,BKđồng quy

17.10 Cho tam giác nhọn ABCcó ba đường cao AD,BM ,CN cắt H Chứng minh rằng: HD HM HN DB MC NA

. . AD BM CN  DC MA NB

17.11 Từ điểm I thuộc miền tam giácABC, kẻ AI cắt BC D Qua điểm I kẻ MN ,PQ RS song song với BC, AB, AC (M ,S thuộcAB; Q,R thuộcBC;N ,P thuộc AC) Chứng minh rằng:

IM DB a )

IN DC IM IP IR b ) . . 1

IN IQ IS 



17.12 Cho tam giác ABCvng C có đường cao CK Vẽ đường phân giác CE tam giác ACK Đường thẳng qua B song song với CE cắt đường thẳng CK F Chứng minh đường thẳng EF chia đoạn thẳng AC thành hai phần

17.13 Cho hình bình hành ABCD Trên cạnh AB lấy điểm K Qua K kẻ đường thẳng song song với AD Trên đường thẳng lấy điểm L bên hình bình hành, cạnh AD lấy điểm M cho AM KL Chứng minh ba đường thẳng CL,DK ,BM đồng quy

17.14 Cho tam giác ABCkhơng cân có CD đường phân giác Lấy điểm O thuộc đường thẳng CD (O khác C D) Gọi M ,N giao điểm đường thẳng AO,BO với BC AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN AB Chứng minh CD vng góc với CP

17.16 Cho tam giác ABCcó điểm M nằm tam giác Gọi D,E,F thứ tự giao điểm đường thẳng AM ,BM ,CM với cạnh BC, AC, AB Chứng minh tỉ số AM BM CM; ;

ND ME MF , có tỉ số khơng lớn 2 tỉ số khơng nhỏ 2

(Thi vơ địch Tốn Quốc tế, IMO – năm 1961 )

17.17 Cho tam giác ABC Gọi I trung điểm cạnh BC Lấy M thuộc tia đối tia CA Tia MI cắt đường thẳng AB N Trên tia đối tia BClấy điểm E, tia EN cắt AC P Tia PI cắt đường thẳng

AB Q Gọi Flà giao điểm tia QM IC Chứng minh IEIF

17.18 Cho tam giác ABC, ba cạnh BC,CA, AB lấy ba điểm A',B',C' cho AA',BB',CC' đồng quy K Gọi M ,N giao điểm A' C' BB' ; A' B' CC' Tia AM , tia AN cắt

CHƯƠNG IV HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG – HÌNH CHĨP ĐỀU

CHUN ĐỀ 18 HÌNH HỘP CHỮ NHẬT

A Kiến thức cần nhớ 1 Hình hộp chữ nhật

- Hình 18.1 cho ta hình ảnh hình hộp chữ nhật - Hình hộp chữ nhật có 6 mặt, 8 đỉnh 12 cạnh - Hình lập phương có 6 mặt hình vng

2 Diện tích xung quanh thể tích hình hộp chữ nhật

* Diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật chu vi đáy nhân với chiều cao





xq

S 2 a b c

* Diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật tổng diện tích xung quanh diện tích hai đáy





tp

S 2 ab bc ca  * Thể tích hình hộp chữ nhật tích ba kích thước

V abc * Đặc biệt hình lập phương thì:

2 xq

S 4a Stp 6a2 V a3

3 Tính chất đường chéo hình hộp chữ nhật

* Bốn đường chéo hình hộp chữ nhật cắt trung điểm đường * Bình phương đường chéo tổng bình phương ba kích thước

4 Quan hệ vị trí hai đường thẳng phân biệt không gian (h.18.2) ● Cắt nhau: Nếu hai đường thẳng có điểm chung

Ví dụ: AB BC

● Song song: Nếu hai đường thẳng nằm mặt phẳng khơng có điểm chung Ví dụ: AB CD

● Chéo nhau: Nếu hai đường thẳng không nằm mặt phẳng

Ví dụ: AB CC'

Nhận xét. Hai đường thẳng phân biệt song song với đường thẳng thứ ba song song

Hình 18.2

D' C'

B' A'

D

C B A

5 Quan hệ song song đường thẳng mặt phẳng (h.18.2)

● Đường thẳng song song với mặt phẳng chúng khơng có điểm chung Ví dụ: AB // mp A B C D



' ' ' '



● Nếu

 

' '

 

;

ABmp P A B mp P AB// A B' ' AB// mp P

 

Nhận xét. Nếu A B, mp P

 

đường thẳng AB nằm trọn mp P

 

6 Quan hệ song song hai mặt phẳng (h.18.3) ● Hai mặt phẳng song song chúng khơng có điểm chung

● Nếump P

 

chứa hai đường thẳng cắt a b,

 

mp Q chứa hai đường thẳng cắt a' b' a // '

a b // '

b mp P

 

//mp Q

 

● Nếu mp P

 

chứa hai đường thẳng cắt a b Mà a // mp Q

 

b // mp Q

 

thì mp P

 

// mp Q

 

P b

a

Hình 18.3

Q

b' a'

Nhận xét. Hai mặt phẳng có điểm chung chúng cắt theo đường thẳng qua điểm chung ấy, gọi giao tuyến hai mặt phẳng

7 Quan hệ vng góc (h.18.4)

● Nếu đường thẳng vng góc với hai đường thẳng cắt mặt phẳng ta nói đường thẳng

vng góc với mặt phẳng

● Nếu đường thẳng amp P

 

tại điểm O đường thẳng a vng góc với đường thẳng qua O nằm mp P

 

● Nếu amp P

 

và amp Q

 

mp P

 

mp Q

 

a

O

Hình 18.4

B Một số ví dụ

Ví dụ 1. Cho hình hộp chữ nhật ' ' ' '

ABCD A B C D Gọi M N lần luột trung điểm CD ' '

C D Chứng minh MN //



' '



mp BCC B

Giải (h.18.5) * Tìm cách giải

Muốn chứng minh MN //



' '



mp BCC B ta phải chứng minh MN song song với đường thẳng mặt phẳng



' '



BCC B

* Trình bày lời giải Xét tứ giác '

MCC N có MC// '

NC MC = ' NC Vậy tứ giác '

MCC Nlà hình bình hành, suy MN// ' CC Đường thẳng MN không nằm mặt phẳng



' '



BCC B đường thẳng '

CC nằm mặt phẳng



' '



BCC B mà MN//

'

CC nên MN//



' '



mp BCC B

Hình 18.5 N M D' C' B' A' D C B A

Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' Trên cạnh AA BB CC DD', ', ', 'lần lượt lấy điểm E, F,

G, H cho ' '

,

3

AEDE DD BGCH  CC Chứng minh mp ADHG





// mp EFC B



' '



Giải (h.18.6)

* Tìm cách giải

Để chứng minh mp ADHG





//



' '



mp EFC B ta tìm cách chứng minh hai đường thẳng cắt





mp ADHG tương ứng song song với hai đường thẳng cắt



' '



mp EFC B * Trình bày lời giải

Tứ giác BCHG có BG = CH, BG // CH nên hình bình hành, suy HG // BC

Mặt khác BC// ' '

B C nên HG // ' ' B C

Tứ giácDHC F' có DF// HC'và DF HC'nên hình bình hành, suy '

DH FC

Xét mp ADHG





có HG DH cắt H Xét mp EFC B



' '



có B C' 'và FC'cắt C' Từ suy mp ADHG





//



' '



mp EFC B

Hình 18.6 H G F E D' C' B' A' D C B A

Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' a) Chứng minh tứ giác ADC B' 'là hình chữ nhật

Giải (h.18.7) a) Tứ giác ADD A' 'là hình chữ nhật, suy AD// A D' '

và AD A D' ' Tứ giác ' ' ' '

A B C D hình chữ nhật, suy ' ' B C //A D' ' B C' ' A D' '

Do AD// ' '

B C ' ' ADB C

Vậy tứ giác ADC B' 'là hình bình hành

Hình 18.7 D' C' B' A' D C B A

Ta có: ADDD'và ADDCnên



' '



ADmp DCC D Suy '

ADDC Do hình bình hành ADC B' 'là hình chữ nhật

b) Xét ∆ '

DD C vng D'có D C'  DD'2D C' '2  162122 20 Xét ∆ '

ADCvuông D có AD AC'2DC'2  292202 21 Vậy diện tích hình chữ nhật ADC B' 'là: SDC AD' 20.21420(đvdt)

Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCDA B C D' ' ' ' a) Chứng minh



' '





' '



mp DCC D mp CBB C

b) Trong số sáu mặt hình hộp chữ nhật, có cặp mặt phẳng vng góc với nhau?

Giải (h.18.8) * Tìm cách giải

Muốn chứng minh mp DCC D



' '



vng góc với mp CBB C



' '



ta cần chứng minh đường thẳng

của



' '



mp DCC D vng góc với hai đường thẳng giao mp CBB C



' '



* Trình bày lời giải

a) Vì DD C C' ' hình chữ nhật nên D C' ' CC' Vì ' ' ' '

A B C Dlà hình chữ nhật nên ' ' ' ' D C B C Vậy ' '

D C vng góc với hai đường giao



' '



mp CBB C , D C' '  mp CBB C



' '



Hình 18.8

D'

C'

B'

A'

D

C

B

A

Mặt khác, ' '



' '



D C mp DCC D nên



' '





' '



mp DCC D mp CBB C

b) Chứng minh tương tự câu a), ta cặp mặt có chung cạnh vng góc với Hình hộp chữ nhật có 12 canh nên có 12 cặp mặt vng góc với

Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ' ' ' '

ABCD A B C D Diện tích mặt ABCD BCC B, ' 'và ' '

DCC D

2 2

108cm , 72cm ,96cm a) Tính thể tích hình hộp

Giải (h.18.9) * Tìm cách giải

Diện tích mặt cho tích hai kích thước Thể tích hình hộp tích ba kích thước Vì

vậy ta cần sử dụng tích cặp hai kích thước để đưa tích ba kích thước

* Trình bày lời giải

a) Gọi độ dài cạnh AB BC CC, , 'lần lượt a, b, c Ta có : ab = 108 (1) ; bc = 72 (2) ; ca = 96 (3) Suy ra: ab bc ca 108.72.96hay



abc



2 746496 Do abc 746496864

 

cm

c

b

a

Hình 18.9

D'

C'

B'

A'

D

C

B

A

Vậy thể tích hình hộp V 864

 

cm (4) b) Từ (4) (1) ta có: 864 8

 

108 abc

c cm

ab

  

Từ (4) (2) ta có: 864 12

 

72

abc

a cm

bc

  

Từ (4) (3) ta có: 864 9

 

96

abc

b cm

ac

  

Vậy đường chéo hình hộp chữ nhật có độ dài là:

d  a2b2c2  122 92 82 17

 

cm C Bài tập vận dụng

● Quan hệ song song Quan hệ vng góc 18.1 Cho hình hộp chữ nhật ' ' ' '

ABCD A B C D a) Chứng minh mp ACD



'



// mp A C B



' '



b) Chứng minh mp CDB



'



và mp BCD



'



cắt Tìm giao tuyến chúng 18.2 Hình hộp chữ nhật ' ' ' '

ABCD A B C Dcó đáy ABCD hình vng Chứng minh mp DBB D



' '



vng góc với



' '



mp ACC A

18.3 Cho hình hộp chữ nhật ' ' ' '

ABCD A B C D

a) Tìm giao tuyến m hai mặt phẳng



ACC A' '



và



DBB D' '



b) Chứng minh giao tuyến



' ' ' '



mmp A B C D c) Chứng minh



' '



mp BDD B mp A B C D



' ' ' '



● Các mặt – Các đỉnh hình hộp chữ nhật

18.4 Người ta ghép 480 hình lập phương nhỏ cạnh 1cm thành hình hộp chữ nhật kích thước 8x12x5cm sơn tất sáu mặt hình hộp chữ nhật Hỏi:

a) Có hình lập phương nhỏ cạnh 1cm không sơn mặt nào? b) Có hình lập phương nhỏ cạnh 1cm có nhật mặt sơn?

18.5 Một hình lập phương cạnh n đơn vị



nN;n2



, mặt sơn màu xanh Người ta chia hình lập phương thành n3 hình lập phương cạnh (đơn vị) Cho biết số hình lập phương nhỏ cạnh (đơn vị) không sơn mặt 27 Tính:

b) Số hình lập phương nhỏ sơn ba mặt; c) Số hình lập phương nhỏ sơn hai mặt; d) Số hình lập phương nhỏ sơn mặt

18.6 Một hộp hình lập phương cạnh 6cm đặt mặt bàn Tính quãng đường ngắn mà kiến phải bò mặt hộp từ trung điểm M C D' 'đến đỉnh A

18.7 Cho hình hộp chữ nhật ' ' ' '

ABCD A B C D

a) Hỏi có đoạn thẳng mà hai đầu hai đỉnh hình hộp chữ nhật? b) Chứng tỏ đoạn thẳng nói trên, có tối đa giá trị khác độ dài

Bài 18.8 Người ta ghi vào sáu mặt hình lập phương số tự nhiên từ đến Sau lượt, ta cộng thêm mọt số tự nhiên vào hai mặt hình lập phương Hỏi sau số lượt, xảy sáu số sáu mặt hình lập phương khơng?

Độ dài – Diện tích - Thể tích

18.9 Một hình hộp chữ nhật có kích thước 8, 9, 12 Tính độ dài lớn đoạn thẳng đặt hình hộp chữ nhật

18.10 Một hình hộp chữ nhật có tổng ba kích thước 61 cm đường chéo 37cm Tính diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật

CHUN ĐỀ 19 HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG

A Kiến thức cần nhớ

1 Mơ tả hình lăng trụ đứng

Trong hình bên cho ta hình ảnh hình lăng trụ đứng  Các mặt bên hình chữ nhật

 Các mặt bên song song

 Hai đáy hai đa giác nằm hai mặt phẳng song song  Các cạnh bên mặt bên vng góc với hai mặt

phẳng đáy

2 Diện tích xung quanh – Thể tích hình lăng trụ đứng

 Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng chu vi đáy nhân với chiều cao

2 xq

S  ph

(plà nửa chu vi đáy, hlà chiều cao)

tp xq day

S S  S

 Thể tích hình lăng trụ đứng diện tích đáy nhân với chiều cao

V S h

(S diện tích đáy, h chiều cao) B Một số ví dụ

Ví dụ Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    Gọi D, E, F theo thứ tự trung điểm AA, BB, CC Chứng minh mp AEC( ) // mp DB F(  )

Giải

Tìm cách giải: Muốn chứng minh mp AEC( ) / /mp DB F(  ) ta chứng minh hai đường thẳng giao ( )

mp AEC tương ứng song song với hai đường thẳng giao mp DB F(  ) Trình bày lời giải

Xét AC A có DF đường trung bình nên DF//AC (2) Từ (1) (2) suy mp AEC( ) / /mp DB F(  )

Ví dụ Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C   , đáy ABC tam giác vuông A a) Chứng minh mp ABB A



 ' / /



mp ACC A



 '



b) Gọi M điểm cạnh B C  Chứng minh mp AA M







mp A B C



  



c) Xác định vị trí điểm M cạnh B C  để độ dài AM nhỏ

Giải

Tìm hướng giải: Muốn chứng minh mp ABB A



 ' / /



mp ACC A



 '



ta chứng minh đường thẳng mặt vuông góc với mặt

Trình bày lời giải

a) Ta có ABAA ABACnên ABmp ACC A



 



Mặt khác AB



ABB A 



nên



' / /





'



mp ABB A mp ACC A

b) Hình lăng trụ ABC A B C   là hình lăng trụ đứng nên AAmp A B C



  



Mặt khác AAmp AA M







nên mp AA M







mp A B C



  



c) Xét AA M vng A ta có: AM2  AA2A M 2trong AA khơng đổi Vậy AM nhỏ A M

 nhỏ

Xét mp A B C



  



có A M nhỏ A M B C 

Vậy để độ dài AM nhỏ M phải hình chiếu A B C 

Giải

Ta có V S h S V h

   Vậy diện tích đáy hình lăng trị 18 4,5

S   (m2) Vì ABC vng cân Anên

2 S  AB

Do 2

4,5

2

S  AB  AB  AB suy BC3 2(m) Diện tích xung quanh hình lăng trụ





2 3 24 12 xq

S  ph     (m2)

Diện tích tồn phần

24 12 33 12 50 tp

S       (m2)

Ví dụ Một hình lăng trụ (tức lăng trụ đứng có đáy đa giác đều) có tất 18 cạnh, cạnh dài 3 cm Tính thể tích hình lăng trụ

Giải

Tìm cách giải

Để tìm thể tích hình lăng trụ đứng biết chiều cao, ta cần tính diện tích đáy Đáy đa giác đều, biết độ dài cạnh nên cần biết số cạnh song

Trình bày lời giải

Gọi số cạnh đáy n Khi số cạnh bên n Suy tổng số cạnh hình lăng trụ đứng

n n n   n Theo đề bài, ta có 3n18 n

Do đó, diện tích đáy

 

2

4 3

.6 72

S  (cm2) Thể tích hình trụ V S h 72 3.4 3864 (cm3) C Bài tập vận dụng

Chứng minh song song, vng góc, tính chiều cao

19.1 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    Gọi E G trọng tâm tam giác ABB ACC Trong mặt bên ABB A  vẽ EM/ /BB



MAB



Trong mặt bên ACC A  vẽ GN/ /CC



NAC



Chứng minh mp MNGE





/ /mp BCC B



 



19.2 Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có cạnh đáy ABAC10cm, BC 12cm Gọi M trung điểm B C 

a) Chứng minh B C mp AA M







b) Cho biết AM 17cm Tính diện tích tồn phần hình lăng trụ

19.3 Một hình lăng trụ có tổng số mặt, số đỉnh số cạnh 26 Biết thể tích hình lăng trụ 540cm3, diện tích xung quanh 360cm2 Tính chiều cao hình lăng trụ

19.4 Hình hộp đứng ABCD A B C D    'có đáy hình thoi ABCD cạnh a, góc nhọn 30 Cho biết diện tích tồn phần hình lăng trụ đứng hai lần diện tích xung quanh Tính chiều cao hình lăng trụ đứng Tính diện tích, thể tích

19.5 Hình lăng trụ đứng ABC A B C   có AB5cm, AC12cm chiều cao AA 10cm Biết diện tích xung quanh hình trụ 300cm2 Tính diện tích

19.6 Một hình lăng trụ đứng có đáy hình thoi với đường chéo 16cm 30cm Diện tích tồn phần hình lăng trụ 2680cm2, tính thể tích

19.7 Hình lăng trụ ngũ giác ABCDE A B C D E     có cạnh đáy a Biết hiệu diện tích xung quanh hai hình lăng trụ đứng ABCE A B C E     CDE C D E   là

4a Tính diện tích xuang quanh hình lăng trụ cho

19.8 Cho hình lăng trụ đứng ABCD A B C D    ' có đáy ABCD hình thang vng A D Biết BADa, BCD45 AC 3a Tính

a) Thể tích hình lăng trụ đứng;

b) Diện tích tồn phần hình lăng trụ đứng

19.9 Có bạt hình chữ nhật kích thước a b ,



ab



Dùng bạt để dựng lều trại có dạng hình lăng trụ đứng, hai đáy (tức hai cửa) hai tam giác vuông cân Cả bạt thành hai mái lều sát mặt đất

a) Chứng minh dù căng bạt theo chiều dài hay rộng diện tích mặt đất bên lều

19.10 Cho hình lăng trụ đứng ABCD A B C D    ' có đáy hình thoi Biết thể tích 1280cm3 chiều cao 20cm Tính giá trị nhỏ diện tích xung quanh

19.11 Một đèn lồng có dạng hình lăng trụ đứng, chiều cao 40 cm đáy lục giác cạnh 18cm a) Tính diện tích giấy bóng kính để làm mặt xung quang đèn

b) Tính thể tích đèn

M H C D B A S CHUN ĐỀ 20 HÌNH CHĨP ĐỀU

A Kiến thức cần nhớ

1 Mơ tả hình chóp – hình chóp  Hình chóp có đáy đa giác

Các mặt bên tam giác chung đỉnh Đường thẳng qua đỉnh vng góc với mặt phẳng đáy gọi đường cao hình chóp

 Hình chóp hình chóp có mặt đáy đa giác đều, mặt bên tam giác cân  Trong hình chóp đều, chân đường cao trùng với tâm

của đa giác đáy, ví dụ SH Đường cao mặt bên vẽ từ đỉnh S gọi trung đoạn hình chóp, ví dụ SM

2 Hình chóp cụt

Cắt hình chóp mặt phẳng song song với đáy Phần hình chóp nằm mặt phẳng mặt phẳng đáy gọi hình chóp cụt

(Hình 20.2)

Mỗi mặt bên hình chóp cụt đêu hình thang cân

3 Diện tích xung quanh hình chóp Diện tích xung quanh hình chóp tích nửa chu vi đáy trung đoạn hình chóp

xq S  p d

(p: nửa chu vi đáy, d trung đoạn)

Diện tích xung quang hình chóp cụt bằng: Diện tích mặt bên nhân với số mặt bên

Diện tích xung quanh hình chóp trừ diện tịc xung quanh hình chóp nhỏ



'



xq

S  p p d

(Trong đó: p p, 'là nửa chu vi đáy lớn, đáy nhỏ d: trung đoạn mặt bên.) 4 Thể tích hình chóp

1

V  S h

(S diện tích đa giác dấy; h chiều cao) Thể tích chóp cụt lớn trừ thể tích hình chóp nhỏ;



2



1

V  S S  S S h

(Trong đó: S S1, 2là diện tích hai đáy, h chiều cao)

B Một số tốn ví dụ

Ví dụ Cho hình chóp tam giác S.ABC, đường cao SH Trên cạnh SA, SB, SC lấy điểm A’, B’, C; cho SA’=SB’=SC’ Chứn g minh rằng:

a)

mp A B C

( ' ' ') //

mp ABC

(

)

b)

mp SCH

(

)



mp SAB

(

)

Giải

 Tìm hướng giải

Muốn chứng minh

mp A B C

( ' ' ') //

mp ABC

(

)

ta chứng minh hai cạnh A B C' ' 'tương ứng song song với hai cạnh ABC

 Trình bày lời giải

a) Xét SACcó SASC SA; 'SC'nên ' ' ' //

'

SA SC

A C SA

SA  SC  (1)

Chứng minh tương tự, ta được: A B' ' // AB(2) Từ (1) (2) suy

mp A B C

( ' ' ') //

mp ABC

(

)

b) Xét ABCcó H giao điểm ba đường trung tuyến Gọi M trung điểm AB, ta có: ;

CM AB SM AB Vậy

AB



mp SCM

(

)

Mặt khác

AB



mp SAB

(

)

nên

mp SAB

(

)



mp SCM

(

)

hay

mp SAB

(

)



mp SCH

(

)

Ví dụ Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác SAlà đường cao hình chóp Gọi M trung điểm BC

a) Chứng minh

mp SAM

(

)



mp SBC

(

)

b) Cho biết SAM 30o, chứng minh diện tích tam giác BSC tổng diện tích tam giác ABS

và ACS

B' C'

H

M C

A

B S

Giải

 Tìm cách giải

Vì BCmp SBC





nên muốn chứng minh mp SBC





mp SAM( ), ta cần chứng minh BCvng góc với AM SM

 Trình bày lời giải

a) SAmp ABC





SA AB SA;  AC





SAB SAC c g c SB SC

    

Xét SBCcân SSM BC;

Xét ABCđều  AM BC Suy

BC



mp SAM

(

)

Mặt khác

BC



mp SBC

(

)

nên

mp SBC

(

)



mp SAM

(

)

b) Xét SAMvuông A SAM, 30onên

SA SM hay

2

SM  SA

Diện tích BCSlà

2BC SM  2BC SABC SA (1) Tổng diện tích ABSvà ACSlà:





1 1

2AB SA2AC SA 2SA BCBC SA BC (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh

Ví dụ 3. Cho hình chóp cụt tứ giác ABCD A B C D ' ' ' ' Một mặt phẳng song song với đáy hình chóp cụt cắt cạnh AA BB CC DD', ', ', 'lần lượt M N P Q, , , Chứng minh tứ giác MNPQlà hình vng

Giải

Gọi S đỉnh hình chóp sinh hình chóp cụt Vì mp MNPQ





/ / mp ABCD





nên hình chóp cụt

ABCD MNPQlà hình chóp cụt Các mặt bên hình thang cân Suy

NP

//

BC MQ

;

//

AD

Mặt khác BC // ADnên

NP

//

MQ

Chứng minh tương tự ta

MN

//

PQ

Do tứ giác MNPQlà hình bình hành

M A

B

Xét SBCcó NP // BCnên BC SB 1

 

NP  SN

Xét SABcó MN // ABnên AB SB 2

 

MN  SN

Từ (1) (2) BC AB

NP MN

  , mà BC AB nên NPMN Hình bình hành MNPQcó hai cạnh kề nên hình thoi

Hai đường thẳng MPvà ACcùng nằm mặt phẳng



SAC



và hai đường thẳng khơng có điểm chung (vì nằm hai mặt phẳng song song) nên MP // AC Chứng minh tương tự, ta

NQ

//

BD

Ta có: AC SC SB BD

MP  SP  SN  NQ Vì AC BD nên MPNQ

Hình thoi MNPQcó hai đường chéo nên hình vng

Ví dụ 4. Cho hình chóp tam giác S ABC có độ dài cạnh đáy 12 cm, độ dài cạnh bên cm Hãy tính: a) Thể tích hình chóp; b) Diện tích tồn phần hình chóp

Giải

Q D'

P C'

N B'

C

A B

D

S

A'

 Tìm hướng giải

Để tính thể tích diện tích tồn phần hình chóp biết độ dài cạnh đáy cạnh bên, ta cần tính chiều cao trung đoạn hình chóp

 Trình bày lời giải

a) Gọi M trung điểm AC O giao điểm ba đường trung tuyến ABC Ta có BM đường cao tam giác nên:

3

6

AB

BM  

2

4 3

BO BM 

SBO

 vuông O nên ta có:

 

 

2 2 2

8 16

4 cm

SO SB OB

SO

    

 

Diện tích ABClà

 

2

2

3 144

36 cm

4

AB  

Thể tích hình chóp là: 136 3.4 48 cm

 

3

3

V  S h 

b) Tam giác SMAvuông M nên

 

2 2 2

8 28 cm

SM SA MA   SM  

Diện tích xung quanh hình chóp là: 12.3.2 36 cm

 

2

xq

S  p d  

Diện tích tồn phần hình chóp : Stp 36 736 36



7 3



157,6 cm

 

2 b) Tam giác SMA vuông M nên SM2SA2MA2 82 62SM  282 (cm)

O M

C

A

Diện tích xung quanh hình chóp là: 12.3.2 36 (cm ).2

xq

S  p d  

Diện tích tồn phần hình chớp là:





36 + 36 = 36 157,6 (cm ) tp

S   

Ví dụ Cho hình chóp cụt tam giác ABC A B C ' ' ' có cạnh bên 17cm, cạnh đáy lớn 28cm, cạnh đáy nhỏ 12cm Tính diện tích xung quanh hình chóp cụt

Giải ( h.20.7) * Tìm hướng giải

Để tính diện tích xung quanh hình chóp cụt biết độ dài cạnh đáy lớn, độ dài cạnh đáy nhỏ phải tính chiều cao mặt bên * Trình bày lời giải

Trong mặt bên A B BA' ' vẽ A H' AB ta được: ' ' 28 12

8 ( )

2

AB A B

AH      cm Xét A AH' vng H, ta có:

2 2 2

' ' 17 225 ' 15 ( )

A H  AA AH    A H  cm Diện tích xung quanh hình chóp cụt :

2

(12 28).15

.3 900 (cm )

xq

S   

Hình 20.7

C Bài tập vận dụng

 Chứng minh song song, vng góc Tính chiều cao

20.1 Cho hình chóp tứ giác S ABCD Trên cạnh SA SB SC SD, , , lấy điểm A B C D', ', ', ' cho SA'SB'SC'SD' Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm A B C D', ', ', ' thuộc mặt phẳng Có nhận xét mặt phẳng( ' ' 'A B C D') mp (ABCD)

b) mp SAC( )mp SBD( )

20.2 Cho hình chóp tứ giác S ABCD Cho biết SASC Chứng minh mặt bên tam giác

20.3 Cho hình chóp S ABC , bốn mặt tam giác có cạnh a Gọi M N P Q, , , trung điểm SC SB AB AB, , , Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng

20.4 Cho hình chóp tam giác S ABC, mặt bên tam giác vuông cân S a) Chứng minh mặt bên vng góc với hai mặt lại

b) Gọi độ dài cạnh đáy a Tính chiều cao hình chóp

20.5 Một hình chóp cụt tứ giác có diện tích xung quanh tổng diện tích hai đáy Biết cạnh đáy lớn 6cm, cạnh đáy nhỏ 4cm Tính chiều cao hình chóp cụt

28 17

12

C B

A C'

A'

D'

20.6 Cho hình chóp cụt tứ giác ABCD A B C D 1 1 1 1 có cạnh ABa A B, 1 1b a ( b) Một mặt phẳng song song với hai đáy hình chóp cụt cắt cạnh AA BB CC DD1, 1, 1, 1 A2, B2, C2, D2 chia hình chóp cụt lớn thành hai hình chóp cụt nhỏ có diện tích xung quanh Gọi c cạnh hình vng

2 2

A B C D Chứng minh

2

2

2 a b c    Tính diện tích, thể tích

20.7 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a cạnh bên a 10 Tính thể tích hình chóp

20.8 Cho hình chóp lục giác S ABCDEF có AD2a diện tích tam giác SAD

a Tính diện tích xung quanh hình chóp

20.9 Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh bên a Chứng minh cạnh bên vng góc với đơi diện tích xung quanh lớn

20.10 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh bên dài 5cm diện tích xung quanh

48cm Tính thể tích hình chóp

20.11 Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh bên 17cm chiều cao 15cm Gọi ', ', '

A B C trung điểm SA SB SC, , Tính thể tích hình chóp cụt A B C ABC' ' '

20.12 Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' có cạnh a Từ hình lập phương cắt hình chóp C BDC ' Chứng minh rằng:

a) Hình chóp C BDC ' hình chóp

b) Tỉ số diện tích xung quanh diện tích đáy hình chóp

HƢỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ Chƣơng TỨ GIÁC

CHUYÊN ĐỀ TỨ GIÁC 1.1

Trƣờng hợp hai góc ngồi hai đỉnh kề (h 1.5) Gọi C1, D1 số đo hai góc trong, C2, D2 số đo hai góc ngồi hai đỉnh kề C D

Ta có:



 







2 180 180 180 1

o o o

C D  C  D   C D (1) Tứ giác ABCD có: A B 360o



C1D1



(2)

Từ (1) (2) suy ra: C2D2  A B

Trƣờng hợp hai góc ngồi hai đỉnh đối (h 1.6) Chứng minh tương tự, ta được: A2B2  C D

Hình 1.5

Hình 1.6 1.2 (h.1.7)

Ta có:

Gọi CDxDCy  A B 220o( 1.1) 110

2

o

CDx CDy

 

Do C2D2 110o Xét CKD có:



2



180o 180o 110o 70o

CKD  D C    Hình 1.7

1.3 (h.1.8)

Tứ giác ABCD có:B D 360o



A C



360o2 C Vì B1 B D2; 1D2 nên

1 180 1 180

o o

B D   C B D  C (1) Xét BCM có B1M1 C 180o (2)

Từ (1) (2) suy D1 M1DN BM// Hình 1.8 1.4 (h.1.9)

Vẽ đường phân giác C D chúng cắt E Xét ECD có: 180 110 130 60

2 o o

o o

CED   

( ) 60o ADE CDE c g c AED CED

     

( ) 60o BCE DCE c g c BEC CED

     

180o AEB

 

Do A E B, , thẳng hàng Vậy BADEADECD65 o

Do ABC360o(65o110o130 )o 55o

Hình 1.9

1.5 (h.1.10)

Giả sử tứ giác ABCD có CD cạnh lớn

Ta chứng minh CD nhỏ tổng ba cạnh lại (1)

Thật vậy, xét ADC có CD ADAC Do CD ADABBC

Ta thấy cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 khơng thỏa mãn điều kiện (1) nên khơng có tứ giác mà cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10

Hình 1.10

1.6 (h.1.11)

Gọi O giao điểm hai đường chéo Xét AOB,COD vuông O, ta có:

2 2 2

AB CD OA OB OC OD

Tương tự ta được: 2 2 2

BC AD OA OB OC OD Do đó: 2 2

AB CD BC AD

Suy 3262 6.62AD2AD2 1, 44AD1, Hình 1.11 1.7 (h.1.12)

2

1

E

D A

C

B

A B

D

C

?

6 6,6

O B

A C

Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD, tứ giác ABCD

Gọi độ dài cạnh AB BC CD DA, , , a b c d, , , Vận dụng bất đẳng thức tam giác ta được:

,

OA OB a OC OD c

Do



OA OC

 

 OB OD



 a c hay ACBD a c (1)

Tương tự ACBD b d (2) Từ (1), (2) suy

2 a b c d ACBD    Xét ABC ADC ta có:

;

AC a b AC  c d AC   a b c d (3) Tương tự 2BD   a b c d (4)

Từ (3) (4) suy ACBD   a b c d Từ kết ta điều phải chứng minh

Hình 1.12

1.8

Trước tiên ta chứng minh toán phụ:

Cho ABC A, 90 o Chứng minh BC2  AB2AC2 Giải (h.1.13)

Vẽ BH AC

Vì A90o nên H nằm tia đối tia AC Xét HBCvà HBA vuông H, ta có:









2

2 2 2

2 2 2

2

BC HB HC AB HA HA HC

AB HA HA AC HA AC AB AC HA AC

     

       

Vì HA.AC >= nên 2 BC  AB AC

( dấu “= “xảy H A tức ABC vuông) Vận dụng kết để giải toán cho

Trƣờng hợp tứ giác ABCD tứ giác lồi (h.1.14) Ta có A B C   D 360o

Suy bốn góc phải có góc lớn 90o, giả sử A90o

Hình 1.13

Hình 1.14

d

c

b a

O

A B

D C

H

B

A

C

D A

Xét ABD ta có: 2 2

10 10 200 BD AB AD    200 14

BD BD

   

Trƣờng hợp tứ giác ABCD tứ giác lõm (h.1.15) Nối CA, ta có: ACDACBBCD360o

Suy ba góc phải có góc lớn 120o

Giả sử ACB120oACB góc tù

Xét ACB có: AB2AC2BC2102102200 200 14

AB AC

   

Vậy ln tồn hai điểm cho có khoảng cách lớn 14

Hình 1.15

1.9 (h.1.16)

Ta chứng minh phương pháp phản chứng

Giả sử khơng có hai cạnh tứ giác Ta giả sử a  b c d

Ta có a b c  BD c d

Hình 1.16

Do đó: a b c d   2 d Ta đặt a b c d   S S  d (*) Ta có: S a S m a m ( N) (1)

( )

S b S n b nN (2) (p )

S c S p c N (3) (q )

S d S q d N (4) Từ (4) (*) qd 2d q2

Vì a  b c d nên từ (1), (2), (3),(4) suy m   n p q Do q3;p4;n5;m6

Từ (1), (2), (3), (4) suy a;1 b; c;1 d m S n  S p  S q  S

D A

C

B

d

c b

a

D A

Ta có: 1 1 1 1

a b c d

m n p q S

  

        

Từ 19

20 , vơ lý

Vậy, điều giả sử sai, suy tồn hai cạnh tứ giác

1.10 Coi người điểm , ta có chín điểm A B C, , , Nối hai điểm với ta đoạn thẳng Ta tô màu xanh hai người không quen nhau, ta tô màu đỏ hai người quen Ta chứng minh tồn tứ giác có cạnh đường chéo tô màu đỏ

Xét hai trường hợp:

* Trường hợp có điểm đầu mút bốn đoạn thẳng màu xanh AB AC AD AE, , , vẽ nét đứt (h.1.17)

Hình 1.18 Hình 1.17

A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

Xét tam giác ABC có hai đoạn thẳng AB AC, màu xanh nên đoạn thẳng BC màu đỏ tam giác có đoạn thẳng màu đỏ Tương tự đoạn thẳng CD DE EB BD CE, , , , có màu đỏ ( nét vẽ liền) ( hình 1.18) Do đó, tứ giác BCDE có cạnh đường chéo tơ đỏ, nghĩa tồn nhóm bốn người đơi quen

* Trường hợp điểm đầu mút nhiều ba đoạn thẳng màu xanh Không thể điểm đầu mút ba đoạn thẳng màu xanh số đoạn thẳng màu xanh 9.3

2 N

j

Hình 1.20 Hình 1.19

A

B

C

D E F G

B

A

C

D

E F G

CHUYÊN ĐỀ HÌNH THANG HÌNH THANG CÂN DỰNG HÌNH THANG 2.1 (h.2.11

1

2

2

A

B

N

D

M

C

a) Xét MAD có: M 90O

1

0

1 90 900

2 180 / /

O A D

A D

A D AB CD



    

   

Vậy tứ giác ABCD hình thang

b) Ta có: ABCBCD1800 ( hai góc kề với cạnh bên)

0

90

ABCBCD

  hay B1C1900 Xét NBC có: 1

0 0

180 ( ) 180 90 90 N  B C    Vậy NBNC

2.2

a) Gọi E giao điểm tia BM với tia CD ABM DEM

   (g.c.g) AB DE

  MBME CBE

 có CM vừa trung tuyến vừa đường cao nên tam giác cân CB CE

b) CBE cân C CM, BM (1)

1

C C MH MD

    (tính chất điểm nằm tia phân giác) HCM DCM

   (cạnh huyền – góc nhọn) CHCD CHDcân CM DH

  (2)

Từ (1) (2) suy BM/ /DHdo tứ giácMBHDlà hình thang 2.3 (h.2.13)

Xét hình thang ABCD vng A D Giả sử ABCD, áp dụng định lí Py-ta-go ta có:

2 2 2

;

AC AD DC BD AD AB

Suy AC2BD2(AD2DC2) ( AD2AB2)

Do 2 2

AC BD CD AB 2.4 (h.2.14)

Vẽ BH CDta ABDH BH; AD20

Xét BHC vng H có:

2 2 2

29 20 441 21 HC BC BH    HC Xét ADC vuông D có:

2 2 2

52 20 2034 48 CD AC AD    CD Do DH CD HC 48 21 27  AB27

Nhận xét: Bài vẽ thêm đường cao BH hình thang Đó cách vẽ hình phụ thường dung giải tốn hình thang

2.5

Tứ giác MONBcóOM//BCnên hình thang Hình thang có MBN ONB(ABC) nên hình thang

Chứng minh tương tự ta tứ ONCP OMAP; hình thang cân Suy ra: MNOB NP; OC MP; OA

Do MNP tam giác đềuMNMPNP OB OC OA O

    giao điểm ba đường trung trực ABC

Trong tam giác đều, giao điểm ba đường trung trực giao điểm ba đường cao, ba đường trung tuyến

Chiều cao h tam giác cạnh a tính theo công thức: a h

2 3

3

a a

OA h

   

Do chu vi MNP là: 3.3 3

a

a



2.6 (h.2.16)

Trên nửa mặt phẳng bờ CD có chứa A vẽ Cx cho DCx ADC Tia Cx cắt tia AB E

Khi hình thang AECDlà hình thang cân

AC DE

  DABCEB

Xét ABD có góc DBE góc ngồi nên DBEDABDBECEB(vìDABCEB) Do DBEDEBDEBDACBD 2.7 Xét trường hợp OA OC (h.2.17)

AOC

 tam giác cân

Vì O600 nên A C 600ACOAOC

Do OA OC ACOA OC  AC  Xét trường hợp OA OC (h.2.18)

Trên tia Ox lấy điểm D, tia Oy lấy điểm B cho OBOA OC; OD Các OAB;OCD cân O nên:

0

180

//

O

OABODC  AB CD Tứ giác ABCD hình thang

Mặt khác OCDODCnên ABCD hình thang cân AC BD

 

Gọi K giao điểm AC BD Ta có: ACAKKC BD; BKKD

( ) ( )

AC BD AK BK KC KD

      (1)

Vì AKBKAB KC; KDCD (2) Từ (1) (2) suy ra: BF CE

BM CM Do BFCE (do BM CM) Cách 2: (dùng menelaus)

Xét tam giácABC với ba điểm F E M, , thẳng hàng, ta có: EA MC FB EC MB FA  (4) Do

2 BAC

AEF AFE nên AFE cân A Suy AEAF (5) Từ (4) (5) suy ra: BFCE Điều phải chứng minh

2.8.(h.2.19)

Qua A vẽ đường thẳng song song với CD cắt tia CB B' Hình thang AB'CD có hai góc đáy nên hình thang cân

 Vậy B' trùng với B tứ giác ABCD hình thang cân  Nếu B' khơng trùng với B, ta có AC = B'D

Mặt khác, AC = BD nên B'D = BD

Do DBB' cân DB' BDBB'90 ,o vơ lí Vậy B' trùng với B tứ giác ABCD hình thang cân 2.9 (h.2.20)

a) Phân tích

Vẽ BE // AC (E  tia DC) ta

Hình 2.17

Hình 2.18

o

DBE 110 , BE = AC = 4cm, CE = AB = 2cm - BDE dựng (c.g.c);

- Điểm A thoả mãn hai điều kiện: A nằm tia Bx // DE cách B 2cm - Điểm C thoả mãn hai điều kiện: C nằm tia ED cách E 2cm b) Cách dựng

- Dựng BDE cho DBE 110 , o BD = 3cm, BE = 4cm

- Dựng tia Bx // DE đặt BA = 2cm (hai tia Bx ED nằm nửa mặt phẳng bờ BE) - Trên tia ED đặt EC = 2cm

- Nối AD, BC ta hình thang ABCD phải dựng c) Chứng minh

Tứ giác ABCD theo cách dựng có AB // CD nên hình thang

Xét hình thang ABEC có AB = EC = 2cm nên AC // BE AC = BE = 4cm

o

DOCDBE 110 BOC70 o Hình thang ABCD theo cách dựng có

AB = 2cm, BD = 3cm, AC = 4cm BOC70 o d) Biện luận

Bài tốn có nghiệm hình 2.10 (h.2.21)

Cách dựng

- Dựng ABD cho A 120 , o AD = 2, DB =

- Dựng tia Dx // AB (hai tia Dx AB nằm nửa mặt phẳng bờ AD) - Dựng cung trịn tâm B, bán kính a cắt Dx C

- Nối BC ta hình thang ABCD phải dựng Biện luận

Vẽ AH  CD DAH30 o Do DH 1AD

  cm AH 2212 

 Nếu a đường trịn (B; a) khơng cắt tia Dx nên tốn khơng có nghiệm hình

 Nếu a đường trịn (B; a) có chung với tia Dx điểm, tốn có nghiệm hình  Nếu 3 a đường trịn (B; a) cắt tia Dx hai điểm C C', tốn có hai nghiệm hình  Nếu a  đường trịn (B; a) cắt tia Dx điểm C  D nên tốn có nghiệm hình 2.11 (h.2.22)

a) Phân tích

Giả sử ta dựng tứ giác ABCD thoả mãn đề Ta thấy AB = 2,5cm dựng

Hình 2.20

Trên tia BC lấy điểm C' Vẽ đoạn thẳng C'D' // CD C'D' = CD Khi o

C' C 60 DD' // CC' b) Cách dựng

- Dựng AB = 2,5cm

- Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng tia Ax By cho

o

BAx120 , ABy 100  o - Trên tia By lấy điểm C'

- Dựng đoạn thẳng C'D' cho BC' D '60o C'D' = 4cm - Dựng DD' = BC' (D  Ax)

- Dựng DC // D'C' (C  By)

Tứ giác ABCD tứ giác phải dựng Các bước lại, bạn đọc tự giải 2.12 (h.2.23)

a) Phân tích

Giả sử dựng ABC thoả mãn đề

Trên tia đối tia BC lấy điểm D; tia đối tia CB lấy điểm E cho BD = BA, CE = CA

Khi DE = DB + BC + CE = BA + BC + CA = 8cm ABD vuông cân B nên o

D45

Góc ACB góc ngồi tam giác cân CAE nên ACB2E

o

m

E

2

  ADE dựng (g.c.g)

 Điểm B thoả mãn hai điều kiện: B nằm đoạn thẳng DE AB  DE

 Điểm C thoả mãn hai điều kiện: C nằm đoạn thẳng DE nằm đường trung trực AE (vì C cách hai đầu đoạn thẳng AE)

b) Cách dựng

- Dựng ADE cho DE = 8cm; D45o

o

m

E

2  - Dựng AB  DE (B  DE)

- Dựng đường trung trực AE cắt DE C - Nối AC ta ABC phải dựng

c) Chứng minh

ABD vng B có o

D45 nên tam giác vuông cân  BA = BD Điểm C nằm đường trung trực AE nên CA = CE

ABC có AB + BC + CA = BD + BC + CE = DE = 8cm;

Hình 2.22

o

B90

o o

m

ACB 2E m

  

d) Biện luận

CHUYÊN ĐỀ ĐƢỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, HÌNH THANG 3.1 (h.3.7)

Gọi O giao điểm AC BD Ta có AC  BD OA = OC

Xét ABD có MN đường trung bình  MN // BD OA  MN (vì OA  BD) Xét ABC có ON đường trung bình  ON // BC ON  ME (vì ME  BC)

Xét ACD có OM đường trung bình  OM // CD OM  NF (vì NF  CD) Xét OMN có OA, ME, NF ba đường cao nên chúng đồng quy

3.2 (h.3.8)

Gọi O trung điểm BC

Xét EBC có OM đường trung bình  OM // CE OM CE

2



Xét DBC có ON đường trung bình  ON // BD ON BD

2



Ta có M1 AQP; N1 APQ (so le trong)

APQ cân A   Q P N1M1  OM = ON  CE = BD 3.3 (h.3.9)

a) Gọi D E thứ tự giao điểm AH AK với đường thẳng BC

ABD có BH vừa đường phân giác, vừa đường cao nên tam giác cân  HA = HD

Tương tự ta có KA = KE

Xét ADE có HK đường trung bình nên HK // DE  HK // BC Do tứ giác BCKH hình thang

b) Ta có H1B ; K1 1C1 (so le trong)

Hình thang BCKH hình thang cân H1K1B1C1 ABD ACE ABC ACB

    ABC cân A 3.4 (h.3.10)

Gọi M N trung điểm BC CA Gọi F G trung điểm AH BH

Hình 3.7

Hình 3.8

Ta có MN đường trung bình ABC; FG đường trung bình ABH Suy MN // AB MN 1AB

2



FG // AB FG 1AB



Do MN // FG MN = FG Dễ thấy OM // AD, ON // BE OMN HFG có:

MN = FG; OMNHFG; ONMHGF (hai góc có cạnh tương ứng song song) Vậy OMN = HFG (g.c.g) OM HF AH

2

  

3.5 (h.3.11)

Gọi M trung điểm BD thì:

2

MD BDAH ABC

 cân A, AH đường cao nên HBHC

Ta có: HM đường trung bình BCDHM // AC Hình 3.11 Hình thang HMAD có hai đường chéo nên hình thang cân

ADH DAM

   (c – c – c) A1 D1    90 C B1C (1) Ta đặt B C x (1) 90 36

2 x

x x x

       

Vậy ABC có B  C 36 ;A108 3.6 (h.3.12)

ABD

 ACE có:

ABAC; A1 A2 (cùng phụ với góc DAC); ADAE

Do ABD ACE (c – g – c) BD CE

  B1C1 Hình 3.12

Gọi H K giao điểm đường thẳng BD với CE CA Ta có: B1BKA 90 C1CKH  90 H  90

Xét CBD có MN đường trung bình MN // BD MN  BD Xét CED có NP đường trung bình NP//CE

2 NP CE

Vì BDCE nên MNNP

Ta có: MNPH  90 (hai góc có cạnh tương ứng song song) Do MNP vng cân N N  90 ; M   P 45 3.7 (h.3.13)

ADC

 BCD có: ADBC, ACBD, CD chung Do ADC BCD (c – c – c)

ACD BDC COD     cân

Mặt khác COD 60 nên COD

Ta có: OEED nên CE đường trung tuyến Hình 3.13 tam giác đều, CE đường cao

Vậy CEBD

Xét EBC vuông E có EF đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên EF  BC Chứng minh tương tự, ta có:

2 GF  BC

Xét AOD có EG đường trung bình nên EG AD

2 EG BC

  (vì ADBC)

Vậy

2

EF FGEG BC GEF

      G E F 60 3.8 (h.3.14)

Gọi D E thứ tự trung điểm AB AC Ta có: OD OE đường trung bình ABC nên

//

OE AD OE AD; OD// AE ODAE BDOBAC; CEOBAC (đồng vị)

Vì MAB vng cân M nên MDAB

và MAD vng cân ADMD Hình 3.14 Tương tự, NEAC NEA vuông cân AENE

OMD

 NOE có:





MDOE  AD ; ODM OEN



  90 BAC



; ODNE



AE



Vậy OMD NOE (c – g – c) OM ON OMDNOE

Do MON MODDOENOEMODBDO OMD 180    90 90

F E

G

B

O

D C

A



E D

O

N M

B C

Vậy MON vuông cân 3.9 (h.3.15)

Vẽ đường phân giác AD AD đường thẳng cố định Gọi O trung điểm BC O điểm cố định Gọi P Q, giao điểm đường thẳng

OM với đường thẳng AC AB Xét EBC có ON đường trung bình

// ON BE



2 ON  BE

Xét ECF có MN đường trung bình Hình 3.15 //

MN CF



2 MN  CF

Vì BECF nên ONNM OMN cân M1O1 Ta có: P1M1

 

P2 ; QO1 P1 Q

Xét APQ có BAC góc ngồi nên BAC P1 Q Mặt khác A1 A2 nên A2  P1 OP// AD

Vậy M nằm đường thẳng qua O song song với AD Đó đường thẳng cố định 3.10 Gọi M trung điểm AB O điểm tùy ý không nằm A B

 Trường hợp O nằm tia đối tia AB hay tia đối tia BA (h.3.16), ta chứng minh

2 OA OB

OM   (1)

Hình 3.16  Trường hợp O không thẳng hàng với A B (h.3.17)

Gọi N trung điểm OB, MN đường trung bình OAB,

2 OA MN  Xét OMN ta có: OM ONMN

2 OA OB

OM 

  (2) Hình 3.17

Từ (1) (2) suy ra:

2 OA OB

OM   (*)

Áp dụng hệ thức (*) đối vưới n điểm O O O1, 2, 3, ,On ta có:

1 2 N P Q O D M F B C A E

M

O

A

B

N

M B

O

1 1

2 O A O B

O M   ; 2

2

2 O A O B O M   ; …;

2 n n n

O A O B O M   Cộng vế bất đẳng thức ta được:

1 2

1

2 2

n n n

O A O B O A O B O A O B

O M O M O M       

1

2 2

n n

O A O A O A O B O B O B a a a

     

    

Như điểm cần tìm trung điểm M AB 3.11 (h.3.18)

Gọi AA', BB', CC' ba đường cao ABC Gọi M N P, , trung điểm đường cao

Gọi D E F, , theo thứ tự trung điểm BC CA, AB

Ta có: EF FD DE, , đường trung bình ABC // , // , //

EF BC FD CA DE AB

 Hình 3.18

Vì M trung điểm AA' nên MFE

Vì N trung điểm BB' nên NFD Vì P trung điểm CC' nên PDE

Theo đề bài, ba điểm M N P, , thẳng hàng nên điểm nằm cạnh ,

DE DF EF DEF

 Nếu ba điểm M N P, , nằm DE N trùng với D, M trùng với E, ABC vng C, trái với giả thiết góc C góc nhỏ ABC

 Nếu ba điểm M N P, , nằm DF lập luận trên, ABC vuông B, trái với giả thiết BA

 Vậy ba điểm M N P, , nằm EF

Lập luận tương tự ta ABC vuông A 3.12 (h.3.19)

a) Vẽ BKCD ta AH //BK AB//HK ABHK ADH BCK HD KC

    

Ta có: HDKCCD HK 2HDCDAB

2 CD AB

HD 

  Hình 3.19

Theo ví dụ đoạn thẳng PQ nối trung điểm hai đường chéo nửa hiệu hai đáy Vậy HDPQ

M P N D E F A' B' C' B C A P Q B K

D H C

b) Ta có:

2

CD AB CD AB HCCDHDCD   

Đường trung bình hình thang nửa tổng hai đáy Do HC độ dài đường trung bình hình thang

3.13 (h.3.20)

Gọi D trung điểm BC

Vẽ BE//ON, DF //ON ( ,E FAC)

Ta có:

2 OBBDDC BC

Hình 3.20  Xét ABE có MN //BE MAMB nên NANE (1)

 Xét hình thang ONFD có BE//ON OBBD nên NEEF (2)  Xét CBE có DF // BE BDDC nên EFFC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: ANNEEFFC, AN  AC 3.14 (h.3.21)

Gọi O trung điểm MN

Vẽ OF BC; AH BC; MDBC NEBC Ta có: OF//AH// MD// NE

BMD ABH

   (cạnh huyền - góc nhọn) MD BH vµ BD=AH

  (1) Tương tự, CNE ACH

NE CHvµCE AH

   (2)

Từ (1) (2) suy BD = CE



AH



Dễ thấy OF đường trung bình hình thang MDEN

MD NE BH CH BC

OF

2 2

 

    (không đổi) Ta có: FD  FE; BD  CE FB  FC

Vậy O nằm đường trung trực BC cách BC khoảng không đổi BC

2 Do O

điểm cố định

Suy MNđi qua điểm cố định điểm O 3.15 (h 3.22)

* Tìm hướng giải

F E N M

O B D C

A

Điều phải chứng minh

2



HF CD gợi ý cho ta nghĩ đến định lý đường trung bình tam giác Ta vẽ

đường trung bình EGcủa MCD

EG CD Chỉ phải chứng minh HFEG * Trình bày lời giải:

Gọi E trung điểm CM, G trung điểm DM Khi EG đường trung bình

1

MCD EG CD

2

   (1)

CAMvà DBMcân C D mà C D

   nên góc đáy

của chúng nhau:

CAMCMADMBDBM CA// DM vµ CM // DB

 (Vì có cặp góc đồng vị nhau)

Xét CMB có EF đường trung bình EF//MB Xét DAM có HG đường trung bình HG//AM

Suy ra: EF// HG (vì song AB) Vậy tứ giác EFGH hình thang

Xét hình thang ACDM có EH đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo nên EH // AC Tương tự, xét hình thang CDBM có: FG // DB

Do EHGCAM, FGHDBM

Mặt khác: CAMDBM(chứng minh trên) nên EHGFGH Vây hình thangEFGH hình thang cân HFEG (2) Từ (1) (2) suy

2



HF CD

3.16 (h.3.23)

Vẽ ABC c©n t¹i A

Vẽ cạnh AB lấy điểm M, tia đối tia CA lấy N cho

BMCN

Như AB AC AM AN. (1)

Ta phải chứng minh chu vi ABC nhỏ chi vi AMN Muốn ta phải chứng minh BCMN

Ta vẽ MD// NE // BC (DAC, E tia đối tia BA)

Hình thang cân MDCB hình thang cân MBDC,m

BMCN nên DC = CN Xét hình thang cân MDNE, có

BC // NE DC = CN nên MB = BE

Vëy BC đường trung bình hình thang MDNE Vẽ MHEN HNBC (xem 3.12)

CHUYÊN ĐỀ HÌNH BÌNH HÀNH 4.1 (h.4.6)

Vẽ hình bình hành DAEF Khi AF ®i qua M Gọi Hlà giao điểm MA víi BC

Ta có: EFADAB

0

ABF DAE 180 mµ BAC DAE 180 nªn AEF    BAC AEF CAB (g.c.g) EAF ACB

    

Ta có: CAH EAF 900ACB CAH 900 H 90 Do MABC

4.2 (h.4.7)

Ta đặt 0

ADC  th× DAM90  ;NCD90  

DAM vµ NCD

  có:

0

AMCD( AB);DAM NCD( 90  )

ADCN( BC)

Do đó: DAM NCD (c.g.c)

DM DN (1)

 

vµ DMANDC

Kộo di MA cắt CD H Ta cã: MAABMHCD

Xét MDH cã DMA ADM   900

0

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 (NAC)

Vỡ CHAB nên CHHN Vì BHAC nên BHHM

Xột HBM vuông H có BM > HB (1) Xột HCN vuông H có CN > HC (2)

Xét hình bình hành ANHMcó

AM AN AM MH HA (3)

Hình 4.6

Từ (1), (2), (3) suy ra:

BM CN AM AN HB HC HA

Do đó: (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:

2(AB BC CA)3(HA HB HC)

Do đó: AB BC CA 3(HA HB HC)

    

4.4 (h.4.9)

Qua O dựng đường thẳng song song với BC cắt AB CD E vµ G Qua Odựng đường thẳng song song với CD cắt AD H

Qua E dựng đường thẳng song song với OC

cắt BC t¹i F

Khi tứ giác EFGH thoả mãn đề

Thật vậy, tứ giác AEOH, HOGDlà hình thang cân

OA EH;OD HG (1)

  

Từ giác EFCO hình bình hành OCEF (2) Và OECF Suy ra: OGBF

Vậy tứ giác OBFGlà hình bình hành OBGF (3) Từ (1), (2), (3) suy tứ giác EFGH thoả mãn đề 4.5 (h.4.10)

Gọi O giao điểm AC vµ BD Vẽ OO' xy Ta có: AA //BB //CC //DD //OO ' ' ' ' '

Xét hình thang AA C C' ' có OAOC OO //AA nên O A' ' ' 'O C' ' Do đó: '

OO đường trung bình hình thang

' '

' ' ' AA CC ' ' '

AA C C OO hay AA C C 2OO

2



   

Xét hình thang DD B B' ' , chứng minh tương tự, ta có: BB'DD' 2OO '

Hình 4.8

Hình 4.9

Từ suy ra: AA'CC'BB'DD ' 4.6 (h.4.11)

a) Vì ABCDlà hình bình hành nên ABCADC

Ta đặt 0

ABCm , ABMn , khí

0

MBCCDNm n

MBC vµ CDN

  có:

MBCD( AB); MBC CDN (cmt)

BCDN( AD) VËy MBC   CDN (c.g.c) CMCN

b) Các ABM vµ AND tam giác cân có góc đỉnh mà ABAD nªn AM > AN (bạn đọc tự chứng minh)

Xét ACM vµ CAN cã CM = CN; CA chung AM > AN nên ACM ACN Xột OCM vµ OCN cã CM = CN; CO chung vµ ACM ACN nªn OM > ON 4.7 (h.4.12)

Vẽ hình bình hành BDEFthì EFBD (1); ED = FB Ta có: ADCE;ABACBDEA (2) Từ (1) (2) suy EFEA

Ta có: CEFDAE (so le trong):

DEADAE (hai góc đáy tam giác cân)

Suy ra: CEFDEA CEF  DEA (c.g.c) CFAD Từ đú suy ra: BFCFBC FCB

Ta đặt 0

BACm , ADEn Vẽ tiaFx tia đối tia FC Vì CFEDAE nên EFxBACm0

Ta có: 0 0

120 120 (*) BFx hay m n 

Trong CEF ta có 0

; 60

ECF Dn CFECEF  n Do đó:



 



0 600 600 1800 3 600 20 0

n  n  n   n  n  Từ (*)m0 1000 Suy ABC ACB40 4.8 (h 4.13)

Hình 4.11

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



2 AC MN 

Chứng minh tương tự, ta có : PQ AC//

2 AC PQ

Suy MN PQ// MNPQ.Do tứ giác MNPQ hình bình hành Chứng mnih tương tự ta tứ giác MEPF hình bình hành

Hai hình bình hành MNPQvà MEPFcó chung đường chéo MPnên đường chéo MP NQ, EF đồng quy trung điểm đường 4.9 (h 4.14)

Bạn chứng minh tứ giác MGHN MFNE hình bình hành.Hai hình bình hành có chung đường chéo MNnên đường chéo MN, EF

GH đồng quy 4.10 (h4.15)

Qua A vẽ đường thẳng xy // PQ

Trên tia Ax lấy điểm M, tia Ay lấy điểm N cho AM  ANPQ Như điểm Mvà 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 ( h4.16)

Xét tứ giác ABCD có AC = m; BD = n BOC Vẽ hình bình hành ADBE hình bình hành CAEF Khi EF = AC = m; CF = AE = BD = n ;

EACBOC

Như hình bình hành CAEF hồn tồn xác định, hai đường chéo AF CE không đổi Dễ thấy tứ giác BFCD hình bình hành => BF = CD

Dấu “=” xảy , , / /

, , / /

A B F thang hang AB CD C B E thang hang AD BC

 

 

 

< => 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 ) nên A1 A2 Do AD đường phân giác của góc A

Điểm D dựng suy điểm N M dựng b ) Cách dựng

-, Dưng đường phân giác AD tam giác ABC - Dựng DN // AB



NAC



- Dựng MN // 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 COBcóMBMC MK OB// nên CKKO Vậy MKlà đường trung bình nên

2 MK  OB Chứng minh tương tự ta

2 KN  OD Mặt khác, OBOD nên KM=KN

Vậy điểm K trung điểm MN xác định

Dễ thấy 1

2

OK KC  OC  OAKC  AC suy KC KA Điểm C nằm tia đối tia KA cách K khoảng

3AK Điểm C xác định điểm B D xác định b)Cách dựng:

- Dựng đoạn thẳng MN

- Dựng tia AK

- Trên tia đối tia KAdựng 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dđể tổng ACCDDB nhỏ nhất.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DBnho  ACDBnhỏ (vì CDa không 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 điểm 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DBnhỏ

Phần chứng minh dành cho bạn đọc 4.15 (h.4.20)

CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHỮ NHẬT 5 ( h.5.10)

Tứ giác AEMF có ba góc vng nên hình chữ nhật

=>AE = MF

Tam giác FMC vuông F

C



45

0nên tam giác vuông cân => CF = MF Do AE = CF

Tam giác ABC vuông cân, AD là, đường cao nên đồng thời đường trung tuyến , đường phân giác nên

0

1

; 45

2

ADDC  BC EADFCD





EDA FDC c g c DE DF va EDA FDC

     

Ta có EDAFDC900 ADFEDA900Hay

90 EDF  Do



DEF

vng cân

  

E

F

45 ;

0

EDF



90

0 5 ( h.5.11)

Gọi O giao điểm AC BD, ta có OA = OC

Vì

1

2

AD



AC

nên AD = AO Vẽ

AH



OD OK

;



AB

Vẽ hình bình hành ABCA’

Ta có AC A D AA' , 'CDa AA'd Khi A’ điểm cố định

Ta có tổng AC + CD + DB nhỏ nhỏ ( Vì CD = a khơng đổi)

'D

A

DB





nhỏ  A’ , D, B thẳng hàng Từ ta xác định vị trí CD cẩu sau: +) Vẽ

AH



d

+) Trên tia AH lấy A’ cho AA’ = a +) Lấy giao điểm D A’B d’ +) Vẽ

DC



d C





d



Xét AOD cân A, AH đường cao AH đường trung tuyến, đường phân giác Do HOHD A1 A2

Vì

2

BAC DAC nên A3 A2  A1 AOK AOH

   (cạnh huyền, góc nhọn)

2 OK OH OD

  

1

30

OK OB B

    

Xét ABH vng H có B1  30 nên HAB 60 suy DAB 90 Hình bình hành ABCD có góc vng nên hình chữ nhật

5.3 (h.5.12)

h.5.12 ABCD hình chữ nhật nên ACBD  8262 10 Ta đặt MAx, MCy

Xét ba điểm M, A, C ta có: MA MC AC

Do x y 10 



xy



2 100 hay x2y22xy100

 

1 Mặt khác,



xy



2 0 hay x2y22xy0 ,

 

2

Từ

 

1

 

2 suy



2



2 x y 100 x2y2 50

Dấu “” xảy M nằm A C MAMC  M trung điểm AC Chứng minh tương tự, ta MB2MD2 50, dấu “” xảy  M trung điểm BD Vậy MA2MC2MB2MD2 100

Do giá trị nhỏ tổng S 100 M giao điểm hai đường chéo AC BD 5.4 (h.5.13)

x

y

D

A B

- 31 - Hình 5.14 Q P D C N M B A h.5.13

Vẽ AHBC, OK AH Tứ giác ADOFvà KOEH hình chữ nhật nên OF AD OEKH Xét AOD

 vuông D, ta có

2 2

OD AD OA AK

Do 2 2 2 2

OD OF OE OD AD OE AK KH





2 2

2

AKKH AH

  (không đổi)

Dấu “” xảy O nằm A H AKKH O trung điểm AH Vậy giá trị nhỏ tổng S

2

2 AH

O trung điểm AH

5.5.( H 14 )

Tứ giác ABCD hình chữ nhật nên

0

A B C D 90   

Áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:

2 2 2

MN BM BN ; NP CN CP ;

2 2 2

PQ DP DQ ; QM AQ AM

Do đó: 2 2

S MN NP PQ QM



2

 

2

 

2

 

2



BM BN CN CP DP DQ AQ AM

       

Vận dụng bất đẳng thức





2

2 a b

a b

2 

  (dấu " " xảy ab), ta :



 

2

 

2

 

2



2

AM BM BN CN CP DP DQ AQ S

2 2

   

   



2



2 2

2

2 AB BC AB BC CD AD

AC d

2 2 2



      

Vậy giá trị nhỏ tổng S d2 M,N,P,Q trung điểm cạnh hình chữ nhật

Hình 5.16 B A D H C E M O 5.6 ( h.5.15)

Vẽ DHBC,EKBC DFEK

Tứ giác DFKHcó góc vng nên hình chữ nhật Suy DF HK

HBD

 vuông K có B 60 nên

0

1

D 30 BH BD

2

  

KCE

 vuông K co C 60 nên E1 300 CK 1CE 1AD

2

   

Ta có :DE DF HK BC 1BD 1AD BC 1AB a

2 2

 

       

 

Vậy giá trị nhỏ DE a

2 D E trung điểm AB AC

5.7 ( h.5.16)

Tứ giác ADME có ba góc vng nên hình chữ nhật nên AM DE. Gọi O giao điểm AM DE, ta có :

OA OM OD OE.  

Xét AHM vuông H, ta có :HO 1AM  HO DE  

Xét HDE có HO đường trung tuyến ứng với cạnh DE mà

HO DEnên HDE vuông H 90

DHE

  

5.8 (h.5.17)

a) Tứ giác AFHE có ba góc vng nên hình chữ nhật OA OF OHOE

Xét ABCvng AcóAD đường trung tuyến nên ADDBDC

DAC

 cân A1 C

Mặt khác C A2 (cùng phụ với B);

2

A E (hai góc đáy tam giác cân) suy A1E1

Gọi K giao điểm AD vàEF

Xét AEF vng A có E1F1   90 A1F1    90 K 90 Do đó: ADEF (1)

Ta có: OEM OHM (c.c.c) OEM OHM   90 EM EF (2) Chứng minh tương tự, Ta được: FNEF (3)

Hình 5.19 G M

N P

F E

H

D C

B A

Từ (1), (2), (3) suy ra: EM // FN// AD (vì vng góc vớiEF ) b) Ba đường thẳngEM, FNvà AD ba dường thẳng song song cách

KF KE K O AD AH ABC

        vuông cân

5.9 (h.5.18)

Vẽ DEBC, DFAH HAB

 FDA có: H   F 90 ;AB AD;

HABFDA (cùng phụ với FAD )

Do HAB FDA (cạnh huyền - góc nhọn) AH FD

  (1)

Tứ giác FDEH có ba góc vng nên hình chữ nhật HE FD

  (2)

Từ (1) (2) suy ra: AH HE

Ta có

2 AM EM  BD AHM EHM

   (c.c.c) AHM EHM Do tia HM tia phân giác AHC

5.10 ( h.5.19)

Gọi M, N, P trung điểm HE, HF, FG

Theo tính chất đường trung bình tam giác, tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng, t có : EF = 2MN; FG = 2CP; GH = 2NP; HE = 2AM

Do chu vi tứ giác EFGH :





EF FG GH HE   2 AM MN NP PC

Xét điểm A, M, N, P, C ta có : AM MN NP PC   AC(Không đổi)

2 2 2

AC AB BC 15  8 289AC 17

Vậy chu vi tứ giác EFGH2.1734(Dấu " " xảy M, N, P nằm AC theo thứ tự EF / /AC / /FGvà HE / /BD / /FG )

Do giá trị nhỏ chu vi tứ giác EFGH 34 5.11 (h.5.20)

Gọi M trung điểm BC

Vẽ AHOy, CEOyvà MDOy

Xét AOH vng H, có: O300 nên AH 1OA 1cm

 

MDB AHB MD AH 1cm

     

Xét BCE, dễ thấy MD đường trung bình nên : CE2MD2cm

Điểm C cách Oy khoảng 2cm nên C di động đường thẳng a / /Oy cách Oy 2cm 5.12 (h.5.21)

Gọi M trung điểm OB Khi G AM AG = 2GM

Gọi N trung điểm AG, ta ANNGGM Vẽ AD, NE, GF vng góc với Oy

Ba đường thẳng AD, NE GF ba đường thẳng song song cách nên DE EF = FM

Hình 5.20

a C

y x

E D

M B H

A

O

Hình 5.21

x

y a G

N A

B M

Ta đặt FG = x EN = 2x EN FG AD 

 Do 2x x AD AD 3x



  

Xét DOA vuông cân D OA22DA2 Do

 

2

 

2DA  DA3 cm FG1cm

Điểm G cách Oy khoảng không đổi 1cm nên điểm G di động đường thẳng a / /Oy cách Oy 1cm

5.13 (h.5.22)

Vẽ ND // AB



DBC



Ta có: D1 B (cặp góc đồng vị) mà BC nên D1C NDC

  cân Do NDNC Mặt khác, AMNC nên ND AM

Suy tứ giác ANDM hình bình hành, trung điểm O MN trung điểm O AD

Ta có điểm A BC cố định, theo ví dụ 5, điểm O di động đường thẳng a // BCvà cách BC khoảng

2 AH

(AH đường cao ABC) 5.14 (h.5.23)

Chia hình chữ nhật có kích thước 3x6 thành hình chữ nhật nhỏ có kích thước 1x2 Có 10 điểm nằm phần nên tồn hai điểm chẳng hạn A B thuộc phần

Dễ thấy AB độ dài đường chéo hình chữ nhật nhỏ, tức là: 2

1 2,3 AB   

5.15 (h.5.24)

a

K Hình 5.22

1

O

N

D

B

C

A

M

Hình 5.23

Chia hình chữ nhật có kích thước 3x6 thành phần hình 5.24 Có điểm nằm phần nên tồn hai điểm chẳng hạn A B thuộc phần Dễ thấy

2

1 2,3 AB   

Hình 5.24

CHUYÊN ĐỀ HÌNH THOI VÀ HÌNH VNG 6.1 (h.6.9)

Giả sử ABCD hình thoi, A30o Hai đường chéo cắt O Vẽ OH AD BK;  AD OH // BK OH đường trung bình tam giác BKD

 

1

2 OH BK

 

Xét ABK vuông K, 30 2

 

o

A BK  AB Từ (1) (2) suy ra:

4

OH  AB, AB4OH 4.h 6.2 (h.6.9)

Gọi O giao điểm hai đường chéo Ta đặt OAx OB;  y AC2 ; BDx 2 y Ta có AB8 : 42cm x2y2 4 Từ bất đẳng thức x2y2 2xy suy

2

4

2

x y

xy    Do AC BD 2 2x y4xy8

Vậy giá trị lớn tích AC BD 8

 

cm2 x y AC BD ABCD

   hình vng 6.3 (h.6.10)

Gọi Nlà trung điểm CD

Ta có AM // CN AM CN nên tứ giác AMCN hình bình hành AN // CM

Mặt khác, DH CM nên DH AN K

Xét HCD có KN // CH NCND nên KH KD ADH

 có AKvừa đường cao vừa đường trung tuyến nên ADH

 cân AH AD

 

Mặt khác, ABAD nên AH AB ABH cân Suy ADH  AHD ABH AHB

Xét tứ giác ABHD có ADHDHA BHA ABH 360oA





2 DHA BHA 360o 40o

    2BHD320o BHD160o

Mặt khác, DHM 90o nên 160o 90o 70o

MHB   6.4 (h.6.11)

Ta có ACDB mà DB // EFnên ACEF (1) Vẽ điểm M cho D trung điểm EM

Xét tam giác CEM có CD đường trung tuyến mà

CD EMnên tam giác CEM vuông C CM CE

Tứ giác MDFB có hai cạnh đối song song nên hình bình hành Suy DB MF cắt trung điểm đường

Mặt khác O trung điểm BD nên O trung điểm MF Tứ giác AMCF có OAOC, OM OF nên hình bình hành Suy ra, CM // A F

CE AF   (2)

Xét tam giác AEFcó AC CE hai đường cao cắt C nên C trực tâm Nhận xét: Nếu vẽ hình bình hành DBFE phía có điểm A kết luận tốn

6.5 (h.6.12)

Ta có OEOH OGOH (hai tia phân giác hai góc kề bù) Suy ra, , ,E O Gthẳng hàng

Chứng minh tương tự ta có H O F, , thẳng hàng Ta có: AB // CDBAC ACD

EAO ACG

  (một nửa hai góc nhau)





AOE COG g c g OE OG

      

Chứng minh tương tự ta OFOH

Tứ giác EFGHcó hai đường chéo cắt trung điểm của đường nên hình bình hành Hình bình hành có hai đường chéo vng góc nên hình thoi

6.6 (h.6.13)

Giả sử dựng hình thoi ABCD thỏa mãn đề Gọi O giao điểm hai đường chéo

Ta có ACBD OA OC OB ; OD Do OA OB 8 : 24

 

cm

Trên tia OD lấy điểm E cho OEOA Khi BE4cm AOE vng cân Suy AEB45o

Từ AEB dựng (g-c-g)

 Điểm O thỏa mãn hai điều kiện: O nằm BE O nằm đường trung trực AE

Hình 6.11

M

F O

B

C A

D

E

Hình 6.12

H

G O

C

A B

D

E

F

Hình 6.13

E B

C O D

 Điểm C thỏa mãn hai điều kiện: C nằm tia AO cho OCOA  Điểm D thỏa mãn hai điều kiện: D nằm tia BO cho OBOD Các bước lại bạn đọc tự giải

6.7 (h.6.14)

Các tứ giác ABEG AEFG AECG, , hình bình hành nên: // ; // ; //

AB EG AE GF AF CG Suy E1 A F1; 2  A C2; 3  A3;

Do 3 45

o E F C A A A BAC

6.8 (h.6.15) * Tìm cách giải

Muốn chứng minh AF CE BM, đồng quy, ta chứng minh chúng đường thẳng chứa đường cao BEF

* Trình bày lời giải

Tứ giác MEDF có ba góc vng nên hình chữ nhật ;

ME DF MF DE

  

ADC

 vng cân CAD ACD45o Do AEMvà CFM vuông cân

AE ME

  AEDF

CFMFDECF





1 90

o ABE DAF g c g B A H

      

(H giao điểm AE CF)

Chứng minh tương tự, ta CEBF

Gọi N giao điểm EM BC; ; K giao điểm BM EF; Ta có MF MN(vì M nằm tia phân giác góc C)





MEBN AE





MFE NMB g c g MFE NMB

    

Ta có: NMBFMK90o(vì NMF90o) 90o 90o

MFE FMK K BM EF

      

Vậy ba đường thẳng AF CE BM, ba đường cao BEFnên chúng đồng quy 6.9 (h.6.16)

a) Gọi Klà giao điểm hai đường thẳng DE FG Tứ giác AGKE có ba góc vng nên hình chữ nhật Gọi O giao điểm AH EG





1

AEG ABC c g c G C

    

Ta lại có: C1A1(cùng phụ với ABC); Và A1 A2

1

G A

  Do OAG cân OGOA

Chứng minh tương tự, ta OEOAOGOE

Xét hình chữ nhật AGKE có O trung điểm đường chéo EG nên đường chéo AKphải qua O hay đường thẳng AH qua K

Vậy ba đường thẳng AH,DE,FG đồng quy b) BCF KAC có

BCKA (cùng EG); BCFKAC(vì 90 C1  90 A2;CF AC) Do BCF KAC F2 C2

Gọi M giao điểm BF KC

Ta có C2C3  90 F2C3 90 M  90 Vậy BF FC

Chứng minh tương tự, ta CDKB