Bồi dưỡng phát triển tư dư toán 8 phần hình học

Xét AEF, I là trung điểm của AE, L là trung điểm của AF nên IL là đường trung bình. Cho hình bình hành ABCD. Cho hình bình hành ABCD có 2 đường chéo cắt nhau tại O, đường thẳng d nằm [r]

(1)

BỒI DƯỠNG VÀ PHÁT TRIỂN TƯ DUY

ĐỘT PHÁ TRONG GIẢI

TOÁN HỌC 8

TẬP

HÌNH HỌC

THEO CHUẨN KIẾN THỨC KĨ NĂNG

Tóm tắt lí thuyết bản

Giải chi tiết, phân tích, bình luận, hướng dẫn làm dành cho học sinh lớp và chuyên Toán.

Tham khảo cho phụ huynh giáo viên.

(2)

LỜI NÓI ĐẦU

Sách giáo khoa Toán hành biên soạn theo tinh thầnđổimớicủachương trình phương pháp dạy – học, nhằm nâng cao tính chủ động, tích cực học sinh trình họctập

Tác giả xin trân trọng giới thiệu sách “BỒI DƯỠNG VÀ PHÁT TRIỂN TƯ

DUY ĐỘT PHÁ TRONG GIẢI TOÁN HỌC 8”, được viết với mong muốn gửi tới

thầy cô, phụ huynh em học sinh tài liệu tham khảo hữu ích dạy học mơn Tốn ởcấp THCS theo địnhhướngđổimớicủaBộ Giáo dục Đàotạo

Cuốn sách đượccấu trúc gồm phần:

- Kiến thức căn bản cần nắm: Nhắc lại kiến thức cần nắm, công thức quan trọng học, có ví dụcụthể…

- Bàitậpsáchgiáokhoa,bàitậpthamkhảo:Lờigiải chi tiết cho tập,bài tập tuyển chọn từ nhiều nguồn mơn Tốn chia tập thành dạng có phương pháp làm bài, ví dụ minh họa có lờigiải chi tiết Cónhiều cách giải khác cho toán

Cuốn sách cịn tài liệu tham khảo bổ ích cho q thầy cô giáo bậc phụ huynhhọc sinh đểhướngdẫn, giúp đỡ em họctậptốtbộ mơn Tốn

Các tác giả

(3)

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU Trang

CHƯƠNG 1 Trang Bài 1.Tứ giác Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Hình thang Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Hình thang cân Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Đường trung bình Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Trục đối xứng Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Hình bình hành Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Đối xứng tâm Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài 9, 10 Hình chữ nhật – Đường thẳng song song với đường thẳng cho trước A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang

(4)

Bài 11 Hình thoi Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài 12 Hình vng Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang

CHƯƠNG 2 Đa giác, diện tích đa giác Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang

CHƯƠNG ĐỊNH LÍ TALET TRONG TAM GIÁC TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

Trang Bài 1,2 Định lí Talet tam giác Định lí Talet đảo, Hệ định lí Talet Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Tính chất đường phân giác tam giác Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài 4,5,6 Tam giác đồng dạng Các trường hợp đồng dạng

hai tam giác Trang

A Chuẩn kiến thức Trang Bài Các trường hợp đồng dạng hai tam giác vuông Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang

CHƯƠNG HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG HÌNH CHĨP ĐỀU Trang

Bài Hình hộp chữ nhật Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang

(5)

Bài Hình lăng trụ đứng Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang Bài Hình chóp hình chóp cụt Trang A Chuẩn kiến thức Trang B Luyện kĩ giải tập Trang

(6)

CHƯƠNG I TỨ GIÁC BÀI TỨ GIÁC

A.LÝ THUYẾT: 1) Định nghĩa:

Tứ giác ABCD hình gồm đoạn thẳng AB, BC, CD, DA, hai đoạn thẳng khơng nằm đường thẳng

Tứ giác lồi tứ giác ln nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng chứa cạnh tứ giác

Hai đỉnh kề nhau: A B; B C; C D; D A Hai đỉnh đối nhau: A C; B D

Đường chéo AC; BD

Hai cạnh kề nhau: AB BC; BC CD; CD DA Hai cạnh đối nhau: AB CD; AD BC

Hai góc kề nhau: ; ; ; Hai góc đối nhau: ;

Điểm nằm tứ giác: M Điểm nằm tứ giác: N Điểm nằm tứ giác: P

2) Định lý: Tổng góc tứ giác 1800

B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI BÀI TẬP

Bài 1.Cho tứ giác ABCD biết + = 2000, + = 1800; + = 1200. a) Tính số đo góc tứ giác

b) Gọi I giao điểm tia phân giác tứ giác Chứng minh:

Bài giải:

a) Từ giả thiết ta có:

Vì

b) Trong tam giác ABI:

Bài 2.Cho tứ giác lồi ABCD có + = 1800, CB = CD Chứng minh AC tia phân giác .



A B B C C D D A 

A C B D



B C B D C D 

A B   C D

AIB

+ =

   0

2B+2C+2D=200 +180 +120 ⇒ B  + +C D=250

    

A+ + + =B C D 360 ⇒A=110

 ( ) 0

B=250 − C+D =250 −120 =130

  0

C=200 − =B 200 −130 =70

  0

D=120 − =C 120 −70 =50

 A B 3600 (A B) C D AIB 180

2 2

− +

+ +

= − = =

 B D  BAD

I A

B

C D

I B

A

D

C

(7)

Bài giải:

Trên tia đối tia BA lấy điểm I cho BI = AD Ta có (cùng bù với góc ) AD = IB, DC = BC Từ ta có Suy ra: AC = IC

Tam giác ACI cân C nên Vậy AC phân giác góc

Bài 3.Cho tứ giác lồi ABCD, hai cạnh AD BC cắt E, hai cạnh DC AB cắt F Kẻ tia phân giác hai góc CED BFC cắt I Tính góc EIF theo góc tứ giác ABCD

Bài giải:

FI cắt BC K, suy K thuộc đoạn BC

( góc ngồi IKE) = ( góc ngồi FBK)

Vậy

Bài 4.Cho tứ giác ABCD Chứng minh: (p: chu vi tứ giác)

Bài giải:

Gọi I giao điểm AC BD Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:

IA + IB > AB, IA + ID >AD, IB + IC >BC, IC +ID >CD Cộng theo vế, ta được: 2(IA + IB + IC + ID) > p, từ đó: AC + BD > p

Lại có: AC < AB+BC, AC < AD + DC, BD < BA +AD, BD < BC + CD

Suy 2(AC + BD) < 2(AB + BC + CD + DA) = 2p AC + BD < p

Bài 5.Cho tứ giác ABCD, M điểm tứ giác Xác định vị trí M để MA +

MB + MC + MD nhỏ

Bài giải:

Gọi I giao điểm AC BD Ta có bất đẳng thức:  

ADC=IBC ABC

ADC IBC ∆ = ∆

 

DAC=BIC

  

BAC=BIC=DAC

 BAD

⇒EIF  =EKI+IEK EIF ∆   

B+BFK+IEK CKF ∆

 ( )

BFC=180 − B+C BFK 900 B C  +

⇒ = −

 ( )  A B

AEB 180 A B IEK 90

2 +

= − + ⇒ = −

  B C  A B EIF B + 90 90

2

+ +

= − + −

   

0 A C B D

180

2

+ +

= − =

1

p < AC + BD < p 2 ⇒ K I F E A D C B I B A D C I B A D C M

(8)

MA + MC AC, MB + MD BD

Từ suy MA + MB + MC + MD AC + BD MA + MB + MC + MD = AC + BD M trùng với I

Vậy M giao điểm hai đường chéo MA + MB + MC + MD nhỏ

Bài Một đường thẳng qua trung điểm hai cạnh đối diện tứ giác lồi tạo với đường chéo hai góc Chứng minh tứ giác có hai đường chéo

Giải

Gọi Q,P trung điểm AB ,CD tương ứng

Khi ta có :

QN//MP ; NP//QM.⇒Tứ giác QNPM hình bình hành

Vì MN tạo với AC BD hai góc nên suy MN tạo với QN QM hai góc

Tức :QNM =QMN

Suy Tam giác QMN cân Q Suy QN=QM

Ta có QN=1

2AC QM=

2BD (Đường trung bình tam giác) Mà QN=QM (Chứng minh )

Suy AC=BD

Vậy Tứ giác có hai đường chéo

BÀI HÌNH THANG

A LÝ THUYẾT

1 Định nghĩa:Tứ giác ABCD hình thang

≥ ≥

≥

AB // CD BC // AD



⇔  cạnh bên

cạnh đáy lớn cạnh bên

cạnh đáy nhỏ

A B

D C

Q K

O Q

P N

M

D C

B

A

(9)

L P

N

M I

D C B

A

2.Tính chất:

* Nếu hình thang có hai cạnh bên songsong hình chữ nhật * Nếu hình thang có hai cạnh đáy hình bình hành

3 Hình thang vng:

Hình thang vng hình thang có hai góc vng

Bài 7.Cho tứ giác ABCD có AD = DC, đường chéo AC phân

giác góc Â Chứng minh ABCD hình thang

Bài giải:

Ta có AD = DC nên tam giác ADC cân D Suy

Suy AB//CD (hai góc so le nhau) Vậy ABCD hình thang

Bài 8. Cho hình thang ABCD, đáy AB = 40cm, CD = 80cm, BC = 50cm, AD = 30cm Chứng

minh ABCD hình thang vng

Bài giải:

Gọi H trung điểm CD Ta có DH = CH = 40cm Xét hai tam giác ABH CHB có:

AB = CH = 40cm, (so le trong), BH = HB Suy (c-g-c) AH = CB = 50cm Tam giác ADH có: AD2+ DH2=402+ 302= 502 = AH

Suy tam giác ADH vng D Vậy hình thang ABCD hình thang vng

Bài Cho hình thang ABCD (AD//BC; AD > BC) có đường chéo AC BD vng góc với

nhau I Trên đáy AD lấy M cho AMbằng độ dài đường trung bình hình thang Chứng minh: tam giác ACM cân M

  

DCA = DAC = BAC

 

ABH=CHB

ABH = CHB

∆ ∆ ⇒

cạnh bên

A B

D C

C D

B A

H

A B

D C

(10)

Giải:

Gọi L điểm đối xứng với đối xứng với A qua M Gọi NM đường trung bình hình thang ABCD hình vẽ

Gọi I giáo điểm AC NP

Vì NP//BC NI//BC mà N trung điểm AB I trung điểm AC 1) Suy IM//CL (2)

Xét hình thang ABCD ta có:' P=

2

BC AD =AMBC AD 2AM

BC AD AM AM BC MD AM ML

BC ML MD DL

       

   

Suy BC=DL mà BC//DL

Suy tứ giác BCLD hình bình hành Suy BD//CL

Mà BDAC (gt)CLAC(3)

Từ (1) ,(2) (3) IMAC MI làđường trung trục đoạn thẳng AC Suy MA=MC

Vậy tam giác MAC cân M

(11)

BÀI HÌNH THANG CÂN

A LÝ THUYẾT

1 Định nghĩa:Tứ giác ABCD hình thang cân

2 Tính chất: Trong hình thang cân:

* Hai cạnh bên * Hai đường chéo

3 Dấu hiệu nhân biết:

* Hình thang có hai đường chéo hình thang cân

* Hình thang có hai góc chung cạnh đáy hình thang cân

Bài 10.Cho hình thang cân ABCD (AB//CD) AD cắt BC I, AC cắt BD J Chứng minh

rằng IJ trung trực AB trung trực CD

Bài giải:

ABCD hình thang cân nên Suy tam giác ICD cân I

I nằm đường trung trực CD (1)

Ta lại có nên tam giác IAB cân I I nằm đường trung trực AB (2)

Xét tam giác ACD tam giác BDC có: AD = BC (vì ABCD hình thang cân) CD: cạnh chung

AC = BD (2 đường chéo hình thang cân) Do , suy

tam giác JCD cân J J nằm đường trung trực CD (3)

Tương tự ta có tam giác JAB cân J J nằm đường trung trực AB (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy IJ đường trung trực AB CD

    AB // CD

C = D A = B

  ⇔    

 

C = D ⇒

   

IAB = D = C = IBA

⇒

ΔACD = ΔBDC ACD = BDC 

⇒ ⇒

⇒

cạnh bên

A B

D C

(12)

Bài 11.Cho hình thang ABCD (AB // CD) AC cắt BD O Biết OA = OB.Chứng minh rằng: ABCD hình thang cân

Bài giải:

Vì OA = OB nên tam giác OAB cân O Ta có

tam giác OCD cân O OC = OD Suy AC = OA + OC = OB + OD = BD

Hình thang ABCD có hai đường chéo AC BD nên ABCD hình thang cân

Bài 12.Cho hình thang cân ABCD (AB//CD, AB < CD) AD cắt BC O a) Chứng minh OAB cân

b) Gọi I, J trung điểm AB CD Chứng minh ba điểm I, J, O thẳng hàng

c) Qua điểm M thuộc cạnh AC, vẽ đường thẳng song song với CD, cắt BDtại N Chứng minh MNAB, MNDC hình thang cân

Bài giải:

a) Vì ABCD hình thang cân nên suy OCD tam giác cân Ta có (hai góc đồng vị)

Tam giác OAB cân O

b) OI trung tuyến tam giác cân OAB nên OI đường cao tam giác OAB

OI AB

Mà AB // CD nên OI CD

Tam giác OCD cân O có OI CD nên OI cắt CD trung điểm J CD

Vậy ba điểm O, I, J thẳng hàng c) Xét ACD BDC có:

AC = BD (2 đường chéo hình thang cân) AD = BC (2 cạnh bên hình thang cân) CD = DC

Do ACD = BDC (c-c-c) Suy hay

Hình thang MNDC có nên MNDC hình thang cân MC = ND AC – MC = BD – ND AM = BN

Hình thang MNAB có hai đường chéo AM BN nên MNAB hình thang cân

⇒OAB = OBA 

    OCD = OAB = OBA = ODC

⇒ ⇒

∆

 

C = D    

OAB = D = C = OBA ⇒

⇒ ⊥

⊥

∆ ∆

 

ACD = BDC MCD = NDC    MCD = NDC

⇒ ⇒ ⇒

(13)

N M

A

B C

BÀI ĐƯỜNG TRUNG BÌNH

A LÝ THUYẾT

1 Đường trung bình tam giác:

a) Định lý mở đầu:

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

b) Định nghĩa:

Đường trung bình tam giác đoạn thẳng nối hai trung điểm hai cạnh tam giác

c) Định lý đường trung bình tam giác:

Đường trung bình tam giác song song với cạnh thứ ba có độ dài nửa cạnh

2 Đường trung bình hình thang: a) Định lý mở đầu:

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

b) Định nghĩa:

Đường trung bình hình thang đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh bên hình thang

c) Định lý đường trung bình hình thang:

Đường trung bình hình thang song song với hai đáy có độ dài nửa tổng độ dài hai đáy

Bài 13.Cho hình thang ABCD có AB = 2AD = 2CD Kẻ CH vng góc với

AB H

a) Tính số đo góc hình thang ABCD b) CMR tam giác ABC vng cân

c) Tính chu vi hình thang AB = 6cm   A= =D 90o

A B

D C

(14)

d) Gọi O giao điểm AC DH, O’ giao điểm DB CH Chứng minh AB = 4OO’

Bài giải:

a) Ta có tứ giác ADCH AH // CD, AD // CH AHCD hình thang cân hai đáy AH, CD

AD = CH

AHCD hình thang cân với hai đáy AD, HC AH = CD

BH = AB – AH = 2CD – CD = CD CH = AD = BH

Do BCH vng cân H, suy = 45o , = 45o

= 45o+ 90o= 135o

Vậy , = 45o, = 135o

b) ABC có H trung điểm AB CH AB nên ABC tam giác cân C Ta lại có = 45o, suy ABC vng cân C

c) Ta có AB = 6cm AD = CD = AB = 3cm

ABC vuông cân C nên BC = AB = = cm

Chu vi hình thang ABCD là: AB + BC + CD + DA = + + + = 12 + d) Dễ thấy DH // BC DH AC

Vì ACD vng cân D nên O trung điểm AC

Ta có (g-c-g) O’C = O’H, hay O’ trung điểm CH Xét AHC có OO’ đường trung bình nên AH = 2OO’

Mà AB = 2AH nên AB = 4OO’

Bài14.Cho hình thang ABCD (AB//CD) có E trung điểm BC, = 90o Gọi K

giao điểm AE DC Chứng minh rằng: a) ABE = KCE

b) DE tia phân giác góc D

Bài giải:

a) Xét ABE KCE có: (2 góc sole trong) (2 góc đối đỉnh) BE = CE (E trung điểm BC) Do ABE = KCE (g – c – g)

b) Vì ABE = KCE nên AE = KE E trung điểm AK DE trung tuyến tam giác ADK

Ta lại có DE AK suy DE đường cao ADK Do tam giác ADK cân D DE phân giác góc D

    A= =D H= =C 90o ⇒

⇒

∆ B BCH

   C=BCH+DCH

  o

A= =D 90 B C

∆ ⊥



B ∆

1

∆

2

6

2

3 2( )cm

 

ACD=45 ⇒HDC=45 ⇒ ⇒ ⊥

∆

DO’C BO’H

∆ = ∆ ⇒

∆

ED A

∆ ∆

  ABE = KCE   AEB = KEC

∆ ∆

∆ ∆ ⇒ ⇒

⊥ ∆

(15)

Bài 15.Cho tứ giác ABCD CD > AB Gọi E, F trung điểm củaBD AC Chứng minh ABCD hình thang

Bài giải:

Gọi I trung điểm AD Ta có EI // AB EI = AB FI // CD FI = CD

Qua điểm I ta có EI // AB FI // CD // AB nên I, E, F thẳng hàng

Suy EF = FI – EI = AB – CD hay

Bài 16.Cho hình thang ABCD (AB//CD), tia phân giác góc C qua trung điểm M

cạnh bên AD Chứng minh rằng:

a) b) BC = AB + CD

Bài giải:

a) Gọi N trung điểm BC Ta có MN // CD

Mà (vì CM phân giác ) Suy

Tam giác MCN cân N MN = NC = NB, MNB cân N Mặt khác , suy

b) Vì MN đường trung bình hình thang ABCD nên MN = (AB + CD) Ta lại có MN = BC Do BC = AB + CD

Bài 17.Cho tam giác ABC có trung tuyến BD CE Trên cạnh BC lấy điểm M, N

sao cho BM = MN = NC Gọi I giao điểm AM BD, K giao điểm AN CE Chứng minh rằng:

a) BCDE hình thang b) K trung điểm EC c) BC = 4IK

Bài giải:

CD AB

EF =

−

1 2

1

CD AB

EF=

−

 o

BMC = 90

⇒MCD = CMN   

MCD = MCN D

  1

CMN = MCN = DCB

⇒ ∆

⇒ NMB = NBM NMB = MBA  NMB =  1ABC

   1( ) o

BMC = CMN + NMB = BCD + ABC = 90

1

2

I E F

D C

A B

(16)

a) Ta có DE đường trung bình tam giác ABC

DE // BC BCDE hình thang b) Gọi G giao điểm AN DE Ta có E trung điểm AB ED // BN

G trung điểm AN

EG đường trung bình ABN EG = BN = BC

Ta lại có ED = BC EG = ED G trọng tâm ACE AK trung tuyến ACE K trung điểm EC c) Chứng minh tương tự ta có I trung điểm EF

Gọi F trung điểm BC, ta có DF // AB DK // AB D, K, F thẳng hàng , suy K trung điểm DF

Suy IK đường trung bình DEF IK = DE Mà DE = BC IK = BC hay BC = 4IK

Bài 18.Cho hình thang cân ABCD có , DB

phân giác Biết chu vi hình thang 20cm Tính độ dài cạnh hình thang

Bài giải:

Vì ABCD hình thang cân nên = 600 Ta có (vì DB phân giác ) Mà (so le trong)

Tam giác ABD cân A AB = AD = BC

Gọi I giao điểm AD BC, dễ dàng chứng minh ICD (có hai góc 600) B trung điểm IC (vì DB đường phân giác góc D, đường trung tuyến

IDC) Do CD = IC = 2BC

Đặt AB = a BC = AD = AB = a CD = 2a

Chu vi hình thang ABCD: AB + BC + CD + AD = 5a = 20cm a = 4cm

AB = BC = AD = 4cm CD = 8cm

Bài 19. Cho ABC, đường thẳng d qua A không cắt cạnh tam giác ABC Gọi D

và E hình chiếu B, C lên đường thẳng d Gọi M trung điểm cạnh BC Chứng minh MD = ME

Bài giải:

⇒ ⇒

⇒

⇒ ∆

⇒

2

1

2 ⇒

2

3 ⇒ ∆

⇒ ∆ ⇒

⇒

1 1

DK AE AB DF

2

= = =

∆ ⇒

2

2 ⇒

1

 D=60o 

D

  C=D

  0

A = B = 180 −60 = 120  

ADB = CDB D

 

CDB = ABD ⇒    o

ABD = ADB = CDB = 30

⇒ ⇒

∆ ∆

⇒ ⇒

⇒

∆

I

A

D C

B

(17)

Ta có BD // CE (cùng vng góc DE) BCED hình thang vng Gọi N trung điểm DE

MN đường trung bình hình thang vng BCED MN DE

Tam giác MDE có MN trung tuyến MN DE MDE tam giác cân M MD = ME

Bài20.Cho tam giác ABC, AM trung tuyến Vẽ đường thẳng d qua trung điểm I AM cắt cạnh AB, AC Gọi A’, B’, C’ thứ tự hình chiếu A, B, C lên đường thẳng d Chứng minh BB’ + CC’ = 2AA’

Bài giải:

Gọi N hình chiếu M d

Xét tứ giácBB’C’C có BB’ // CC’ (cùng vng góc d)

BB’C’C hình thang

M trung điểm BC MN // BB’ // CC’ (cùng vng góc d)

MN đường trung bình hình thang BB’C’C

BB’ + CC’ = 2MN (1)

Hai tam giác AA’I MNI vng A’ N có AI = MI (hai góc đối đỉnh) Suy (g-c-g) AA’ = MN (2)

(1), (2) suy BB’ + CC’ =2AA’

Bài 21.*Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E, F, K trung điểm BD, AC,

DC Gọi H giao điểm đường thẳng qua E vng góc với AD đường thẳng qua F vng góc với BC Chứng minh rằng:

a) H trực tâm tam giác EFK b) Tam giác HCD cân

Bài giải:

a) Ta có E, K trung điểm BD, CD EK // BC

Mà FH BC FH EK Tương tự ta có EH FK

Suy H trực tâm tam giác EFK b) Ta có H trực tâm tam giác EFK nên KH EF

Gọi I trung điểm AD, dễ dàng chứng minh IE // AB // CD IF // CD Từ suy EF // AB // CD

Do đó, KH CD

Tam giác HCD có K trung điểm CD KH CD nên HCD tam giác cân H ⇒

⇒

⇒ ⊥

⊥

⇒ ⇒

⇒

⇒ ⇒

 

AIA’=MIN

AA’I MNI

∆ = ∆ ⇒

⇒

⊥ ⇒ ⊥

⊥

N A'

C' B'

I

M A

B C

H

K F E

A B

D C

(18)

Bài 22.Cho tam giác ABC Trên tia đối tia AB ta lấy điểm D tia đối tia AC ta lấy điểm E cho AD = AE Gọi M, N, P, Q theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng BE, AD, AC, AB

a) Chứng minh tứ giác BCDE hình thang cân b) Chứng minh tứ giác CNEQ hình thang

c) Trên tia đối tia MN lấy N’ cho N’M = MN Chứng minh BN’ vng góc với BD; EB = 2MN

d) MNP tam giác

Bài giải:

a) Ta có tam giác ADE cân có nên ADE tam giác

DE // BC (hai góc so le nhau)

Ta lại có: DB = AD + AB = AE + AC = EC Do BCDE hình thang cân

b) Tam giác ADE có EN trung tuyến EN AD hay EN BD

CQ trung tuyến tam giác ABC CQ AB hay EQ BD

Suy EN // CQ (cùng vng góc BD) CNEQ hình thang

c) Hai tam giác MEN MBN’ có:

MN = MN’, (đối đỉnh), NE = MB, suy N’B // EN (hai góc so le nhau)

Mà EN BD nên BN’ BD

Dễ dàng chứng minh (c-g-c) BE = NN’ = 2MN d) Xét tam giác ACD có NP đường trung bình NP = DC Mà DC = EB (vì BCDE hình thang cân) nên NP = EB = MN (1)

Theo trên, MN = MB = MN’ = ME nên tam giác MBN MEN’ cân M Ta EN’ // AB

Ta có:

Do đó:

Vì EN’ // AB nên (đồng vị) Từ ta có (2)

Từ (1), (2) suy MNP tam giác

Bài 23 Cho tam giac ABC cân A, đường cao AH

Gọi K hình chiếu vng góc H lên AC Gọi I trung điểm HK Chứng minh rằng: BK ⊥AI

Lời giải:

Gọi J trung điểm KC, ta có IJ đường trung bình tam giác KHC

∆



A=60 ∆

 

ADE=ABC=60 ⇒

⇒ ⊥ ⊥

⇒ ⊥

⊥ ⇒

 

NME=N’MB ∆MEN = MBN’∆

⇒ ENM =MN’B⇒

⊥ ⊥

 

ENB= N’BN ⇒

⇒

2

  

BNN’=BEN’=NBE⇒

  

ANP=ADC=AEB ANM =BEN’

     

PNM=ANP+ANM =AEB+BEN’=AEN’

 

AEN’=CAB=60



PNM=60

J I

K

H C

B

A

(19)

Do IJ // HC ⇒IJ ⊥ AH

Trong tam giác AHJ có IJ ⊥ AH, HI ⊥AJ Từ đó, I trực tâm tam giác AHJ ⇒AI⊥HJ (1)

Trong tam giác BKC, HJ đường trung bình, suy HJ // BK (2) (1) (2) suy AI⊥BK

Bài 24.Cho hình thang cân ABCD (AB//CD; AD = BC), có đáy nhỏ AB Độ dài đường cao

BH độ dài đường trung bình MN (M thuộc AD, N thuộc BC) hình thang ABCD Vẽ BE// AC (E thuộc DC) Gọi O giao điểm AC BD Chứng minh

a) b)Tam giác OAB cân c) Tam giác DBE vuông cân

Bài giải:

a) (so le trong), BC = CB, (so le trong) Suy (g-c-g) AB = EC

MN đường trung bình hình thang cân ABCD

b) Xét ABC BAD có: AB = BA

AC = BD (2 đường chéo hình thang cân) BC = AD (2 cạnh bên hình thang cân) Do ABC = BAD (c – c – c) Suy hay

Tam giác OAB cân O

c) Tam giác DBE có BE = AC = BD Tam giác DBE cân B

BH đường cao tam giác cân DBE nên BH trung tuyến tam giác Mà BH = MN = Tam giác BDEvuông B

Vậy DBE tam giác vuông cân

Bài 25.Cho tam giác ABC vuông cân A Trên cạnh góc vng AB, AC lấy điểm D

và E cho AD = AE Qua D vẽ đường thẳng vng góc với BE, cắt BC K Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với BE, cắt BC H Gọi M giao điểm DK với AC Chứng minh rằng:

a)

b) MDC tam giác cân c) KH = HC

Bài giải:

a) Xét BAE CAD có: (góc chung) AE = AD (giả thiết)

BA = CA (vì ABC vng cân A) Do đó: BAE = CAD ( c – g – c) b) Vì BAE = CAD nên

DE MN =

2

 

ABC=ECB BCA =CBE

ABC ECB

∆ = ∆ ⇒

⇒MN =DC+AB=DC+CE=DE

2 2

∆ ∆

 

BAC = ABD BAO = ABO  ⇒

⇒

DE

2 ⇒

ΔBAE=ΔCAD

∆ ∆

  BAE = CAD ∆

∆ ∆

∆ ∆ AEB = ADC 

(20)

Ta có DK BE hay

Ta lại có + = 900 Suy =

Mặt khác = (2 góc đối đỉnh) Do = DA phân giác Tam giác MDC có DA vừa phân giác vừa đường cao Tam giác MDC cân D c) Tam giác MDC cân D có DA phân giác nên DA trung tuyến tam giác

A trung điểm MC

Tam giác MCK có A trung điểm MC AH // MK (cùng vng góc BE) AH đường trung bình tam giác MCK H trung điểm CK

Vậy KH = HC

Bài 26 Cho ∆ABC nhọn (AB < AC) Bên ∆ABC vẽ ∆BAD vuông cân A, ∆ACE vuông cân A; BE cắt CD I gọi M, N trung điểm DE, BD Chứng minh tứ giác AINM hình thang cân

Lời giải:

* Chứng minh BE⊥CD:

Xéthai tam giác: ABE ADC, có: AB = AD (vì ∆ABD vuông cân A)

 

BAE=DAC(cùng 900 + BAC) AE = AC (vì ∆ACE vng cân A) Do ∆ABE = ADC∆ ⇒ABI =ADI

AB cắt DI H, ta có:      

AHD+ADH=90 ; AHD=BHI; ADH=HBI

Suy  

BHI+HBI=90 Vậy BE⊥CD I

* Chứng minh AM = IN AN = IM: Gọi K điểm đối xứng D qua A Xét hai tam giác: ∆ABC ∆AKE

AB = AK (cùng AD); BAC =KAE

(cùng phụ với CAK); AC = AE

Do ∆ABC = ∆AKE Suy EK = BC Trong tam giác DKE, AM đường trung bình nên AM = 1

2KE

Trong tam giác IBC vuông I, IN trung tuyến nên IN = 1

2BC

Từ cho ta AM = IN

Gọi J trung điểm KE, hai tam giác ABC AKE nên hai trung tuyến tương ứng Ta có AN =

⊥ ⇒   o

BDK + DBE = 90

  o

BDK + ABE = 90 

AEB ABE  

BDK = AEB ADC 

BDK ADM ADM ADC ⇒ CDM

⇒ ⇒

H

J

K I

N M

E

D

A

B C

(21)

A

M N

I

AJ

AI đường trung bình tam giác DEK, ta có AJ = 1

2DE

IM trung tuyến tam giác IDE vuông I nên IM = 1

2DE

Do đó: AJ = IM

* Xét tứ giác AMNI có AM = IN AN = IM, ta chứng minh AMNI hình thang cân ∆AMI = ∆INA (c-c-c)⇒IAM =AIN (1)

∆AMN = ∆INM (c-c-c)⇒ AMN =INM(2)

Từ (1) (2) dễ dàng suy AMNI hình thang cân với hai đáy AI, MN

(22)

BÀI 6. TRỤC ĐỐI XỨNG

A LÝ THUYẾT

1 Hai điểm đối xứng qua đường thẳng:

Hai điểm gọi đối xứng với qua đường thẳng d d đường trung trực đoạn thẳng nối hai điểm

Quy ước:Nếu điểm B nằm đường thẳng d

thì điểm đối xứng với B qua đường thẳng B B

2 Hai hình đối xứng qua đường thẳng:

Hai hình gọi đối xứng với qua đường thẳng d điểm thuộc hình đối xứng với điểm thuộc hình qua đường thẳng d ngược lại

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

3 Hình có trục đối xứng:

Đường thẳng d gọi trục đối xứng hình H điểm đối xứng với điểm thuộc hình H qua đường thẳng d thuộc hình H

Khi ta nói hình H có trục đối xứng d

4 Định lý:

Đường thẳng qua trung điểm hai đáy hình thang cân trục đối xứng hình thang cân

B RÈN LUYỆN KỸ NẰNG GIẢI BÀI TẬP

Bài 27.Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi D E điểm đối

xứng điểm H qua AB AC Chứng minh rằng: a) A trung điểm đoạn DE

b) Tứ giác BDEC hình thang vng

c) Cho BH = 2cm, Ch = 8cm Tính AH chu vi hình thang BDEC

Bài giải:

a) Vì D đối xứng với H qua đường thẳng AB nên Tương tự ta có Do đó:

suy D, A, E thẳng hàng

Mặt khác: AD = AE = AH Vậy A trung điểm DE

b) Góc đối xứng qua đường thẳng AB nên Tương tự ta có Tứ giác BDEC có hai góc kề , BDEC hình thang vng D E

c) BH = 2cm, CH = 8cm

Trong tam giác ABH vuông H, theo định lý Pitago: AH2 = AB2 – BH2 = AB2 –

 

DAH = 2BAH EAH = 2CAH 

   ( )

DAE = DAH + EAH = BAH + CAH = 180



ADB AHB ADB = 

AHB = 90

 

AEC = AHC = 90 D = E = 90 

E

D H

A B

C d

A' A

B

(23)

Trong tam giác ACH vuông H, theo định lý Pitago AH2 = AC2 – CH2 = AC2 – 64

Suy ra: 2AH2 = AB2 + AC2 – 68

Lại có AB2 + AC2 = BC2= 100, suy 2AH2= 100 – 68 = 32 AH2= 16.

Vậy AH =

Đặt V chu vi hình thang BDEC

Ta có Do đó:

Bài28.Trên cạnh bên CA, CB tam giác CAB cân C lấy điểm M, N cho CM + CN = AC

a) Trên cạnh CB lấy điểm M’ cho CM’ = BN Chứng minh M, M’ đối xứng qua đường cao CH tam giác CAB

b) Gọi D, E, F trung điểm AC, BC, MN Chứng minh: D, E, F thẳng hàng

Bài giải:

a) Ta có

Theo giả thiết: nên Vì suy Vậy tam giác CMM’ cân C CH đường phân giác góc ACB, nên CH đường trung trực cạnh MM’ Vậy M M’ đối xứng qua đường thẳng CH

b) MM’ CH, AB CH MM’ // AB

DE đường trung bình tam giác ABC nên DE // AB, suy DE // MM’ Vì , suy E trung điểm M’N

Trong tam giác MM’N, đường thẳng DE song song với MM’ qua trung điểm M’N nên DE đường trung bình, DE quatrung điểm F MN Vậy ba điểm D, E, F thẳng hàng

Bài 29.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn góc A có số đo 60o Lấy D điểm

bất kì cạnh BC Gọi E, F điểm đối xứng D qua cạnh AB AC EF cắt cạnh AB AC theo thứtự M N

a) Chứng minh AE = AF b) Tính góc EAF

c) Chứng minh DA phân giác góc MDN

Bài giải:

a) E đối xứng D qua đường thẳng AB nên AE = AD, F đối xứng D qua đường thẳng AC nên AF = AD Từ ta có AE = AF

b) Góc đốixứng qua đường thẳng AB nên

, suy

⇒

BD = BH, DE = 2DA = 2HA, EC = HC

V=BD + DE + EC + CB = BH + 2AH + CH + CB = + + + 10 = 28(cm)

CA = CB

CM + CN = AC = BC BN = BC - CN = CM CM' = BN CM = CM'

⊥ ⊥ ⇒

EC = EB

EM' = EN M'C = NB



⇒ 





EAB DAB

 EAB = 

DAB

F D

N E M'

H

A B

C

M

600

N M

F

E

A

B

C

D

(24)

Chứng minh tương tự ta có

Do vậy:

c) Hai góc MDA MEA đối xứng qua đường thẳng AB nên (1) Tương tự ta có (2)

Mặt khác theo câu a), tam giác AEF cân A nên (3)

Từ (1), (2), (3) suy Vậy DA đường phân giác góc

Bài 30.Cho hai điểm A B nằm

trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d Tìm d điểm C cho tổng độ dài CA + CB ngắn

Bài giải:

Gọi A’ điểm đối xứng điểm A qua đường thẳng d Với điểm C đường thẳng d, ta có Do đó:

nhỏ , hay C thuộc đoạn A’B Vậy điểm C thỏa

đề giao điểm đoạn BA’ với đường thẳng d

Bài 31.Cho góc nhọn xOy điểm A nằm góc xOy Tìm hai cạnh Ox Oy

hai điểm B C cho chu vi tam giác ABC nhỏ

Bài giải:

Gọi H, K điểm đối xứng A qua Ox Oy Với hai điểm B C nằm tia Ox, Oy, ta có:

AB = HB CA = CK

Do chu vi tam giác ABC bằng: AB + BC + CA = HB + BC + CK HK Chu vi tam giác ABC nhỏ khi:

HB + BC + CK = HK, hay H, B, C, K thẳng hàng theo thứ tự

Vậy điểm B C tia Ox, Oy để tam giác ABC có chu vi nhỏ giao điểm HK với tia Ox, Oy

Bài 32.Cho tứ giác ABCD có góc ngồi tứ giác đỉnh C góc ACB Chứng minh

rằng AB + DB > AC + DC

Bài giải:

Gọi E điểm tia đối tia CB Theo giả thiết ta có:

   

EAD = EAB + DAB = 2DAB FAD = 2DAC 

   ( ) 

EAF = EAD + FAD = DAB + DAC = 2BAC = 120

  MDA = MEA  

NDA = NFA

 

MEA = NFA

 

MDA = NDA MDN

CA = CA' CA + CB = CA' + CB ≥A'B

CA + CB CA' + CB = A'B

≤

 

DCE = ACB

d

C0

A' A

B

C

x

y C1

B1

K H

O

A B

C

(25)

Gọi A’ điểm đối xứng A qua đường thẳng BC Ta có , suy ra:

Vậy ba điểm D, C, A’ thẳng hàng Vì A D nằm phía so với đường thẳng BC nên C nằm D A’

Ta có: AB +DB =A’B + BD,

Trong tam giác BDA’, A’B + BD > A’D Do

vậy ta

Bài 33. Cho tam giác ABC có , Trên cạnh AC lấy điểm M cho AM =

BC Tính

Bài giải:

Bên tam giác ABC, dựng tam giác BCD Ta có:

Xét hai tam giác ACD BAM có: AC = BA (vì tam giác ABC cân A)

CD = AM (cùng BC)

Do vậy, hai tam giác ACD BAM Ta có: (1)

Gọi H trung điểm BC, ta có AH BC DH BC suy hai đường thẳng AD AH trùng nhau, AD trục đối xứng tam giác cân ABC Từ ta có (2)

(1) (2) suy

Vậy

Bài 34** Cho ∆ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác ∆ ABC Biết AC = 12cm; IB = 8cm Tính độ dài BC

Giải:

Gọi D điểm đối xứng B qua đường thẳng CI Vì CI phân giác góc BAC nên D thuộc đường thẳng AC

và BC = DC

Gọi M trung điểm BD, CM⊥BD Ta có:   

BIM=ICB+IBC=45 , tam giác BMI

vuông cân M, suy BM =4 2 (cm)

  

A'CB = ACB = DCE

   

DCE + A'CE = A'CB + A'CE = 180

AC + CD = A'C + CD = A'D AB + DB > AC + CD



A = 20 B = 80 

BMC

   0

ACD = ACB - DCB = 80 - 60 = 20

 

ACD = BAM = 20

 

ABM = CAD

⊥ ⊥

 

CAD = BAD = 10



ABM = 10

   0

BMC = BAM + ABM = 20 + 10 = 30

A' A

B

C

D

E

D

H

C B

A

M

8cm

12cm M

D

I A

B

C

(26)

⇒BD = 8 2 (cm)

AD = CD – AC = BC – 12 (cm)

Tam giác ABC vng A, có: 2 2

AB =BC −AC =BC −144

Tam giác ABD vng A, có: 2 2 2 ( )2

AB =BD −AD =128− BC 12−

Như ta có: ( )2 2

128− BC 12− =BC −144

( )

128 BC 24BC 144 BC 144

⇒ − − + = −

⇒2BC2 – 24BC – 128 =

⇒2BC2 – 32BC + 8BC – 128 = 0

⇒2BC(BC – 16) + 8(BC – 16) = ⇒(2BC + 8)(BC – 16) =

⇒BC = 16 (cm)

(27)

BÀI HÌNH BÌNH HÀNH

A LÝ THUYẾT:

1 Định nghĩa:Hình bình hành tứ giác có cạnh đối song song với

2 Tính chất – Định lí: Trong hình bình hành:

a) Các cạnh đối song song b) Các góc đối

c) Hai đường chéo cắt trung điểm đường Dấu hiệu nhận biết hình bình hành:

a) Tứ giác có cạnh đối song song b) Tứ giác có cạnh đối c) Tứ giác có góc đối

d) Tứ giác có cặp cạnh đối vừa song song vừa

e) Tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường

B VÍ DỤ:

Ví dụ 1:Cho hình thang cân ABCD (AB//CD, AB < CD) Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho CB = CE Chứng minh AECD hình bình hành

Giải:

Dễ thấy tam giác BCE cân C suy Ta lại có

Mà Nên

Suy AC//ED (2 góc phía bù nhau) Suy AECD hình bình hành

Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA

a) Chứng minh MNPQ hình bình hành

b) Gọi I, J trung điểm AC BD Chứng minh đoạn thẳng MP, QN, IJ đồng quy điểm

Giải:

a) Ta có MN đường trung bình tam giác ABC suy MN//AC MN = AC; PQ đường trung bình tam giác ADC suy PQ// AC PQ = AC

Do MN//PQ MN = PQ, suy MNPQ hình bình hành b) Gọi O trung điểm MP O trung điểm QN

Tam giác ABD có MI đường trung bình nên MI//AD MI = AD Tam giác ACD có PJ đường trung bình nên PJ//AD PJ = AD

 

CBE = CEB

 

CBA = DAB

  o

CBE + CBA = 180

  o

CEB + DAB = 180

1

1 2

E

A B

D C

(28)

Suy MI//PJ MI = PJ MỊP hình bình hành Mà O trung điểm MP nên O trung điểm IJ

Vậy đoạn thẳng MP, QN, IJ đồng quy O

Ví dụ 3:Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA

a) Chứng minh MNPQ hình bình hành

b) Gọi I giao điểm MP QN Gọi E điểm tia IA cho EA = 2AI J giao điểm tia MA EP Chứng minh J trung điểm EP

Giải:

a) Tương tự ví dụ

b) Xét tam giác EMP có EI trung tuyến Điểm A nằm đoạn EI EA = 2AI

EA = EI A trọng tâm tam giác EMP Suy MA trung tuyến tam giác EMP Mà MA cắt EP J nên J trung điểm EP

C RÈN LUYỆN KỸ NẰNG GIẢI BÀI TẬP:

Bài 35.Cho hình bình hành ABCD có , phân giác góc qua trung điểm

cạnh AB Gọi E trung điểm CD Chứng minh: a) AB = 2AD

b) ADE đều, AEC cân c) AC AD

Bài giải:

a) Gọi M trung điểm cạnh AB, ta có (1) (so le trong)

Mặt khác, DM phân giác góc D nên (2)

(1), (2) , tam giác ADM cân A

Vậy

b) Trong hình bình hành ABCD,

và Tam giác ADE cân có góc 600, nên tam giác ADE

Theo trên, tâm giác ADE nên AE = ED = EC, suy tam giác AEC cân E

c) Vì ADE ACE cân E nên (góc ngồi AEC) Mặt khác , suy Vậy AC AD

⇒

⇔

3 ⇔

 o

A = 120 D

∆ ∆

⊥

 

AMD = CDM

 

ADM = CDM

 

AMD = ADM

⇒

1 AD = AM = AB

2

 

A = 120 ⇒D = 60

AD = DE = CD

∆ ∆

 1

EAC AED = 30

2

= ∆



EAD = 60 CAD  = 900

⊥

E M

B

A D

C

L I

K J

A B E

C

F D

(29)

H

G

F

E B

A

D

C

Bài 36.Cho tứ giác ABCD Đường thẳng AB cắt đường thẳng CD E, đường thẳng BC

cắt đường thẳng AD F Gọi I, J, K, L trung điểm AE, CE, CF, AF Chứng minh IL//JK

Bài giải:

Xét AEF, I trung điểm AE, L trung điểm AF nên IL đường trung bình Ta có IL // EF (1)

Tương tự, xét CEF, JK đường trung bình nên JK // EF (2)

Mặt khác, I, J, K nằm ba cạnh tam giác EBC nên I, J, K không thẳng hàng Vậy từ (1) (2) suy IL // JK

Bài 37.Cho hình bình hành ABCD Hai điểm E, F lấy BC, AD cho BE =

BC, DF = DA EF cắt AB, CD G, H Chứng minh rằng: a) GE = EF = FH

b) Tứ giác AECF hình bình hành

Bài giải:

a) Trong AGF, B cạnh AG, E cạnh FG Ta có BE // AF suy BE đường trung bình AGF Do E trung điểm GF (1)

Chứng minh tương tự, DF đường trung bình tam giác CHE, nên F trung điểm HE (2)

Từ (1) (2) suy GE = EF = FH

b) Ta có , suy

Mặt khác AF // CE, tứgiác AECF hình bình hành

Bài38.Cho hình bình hành ABCD có đường chéo cắt O, đường thẳng d nằm ngồi hình bình hành Gọi A’, B’, C’, D’, O’ hình chiếu A, B, C, D, O đường thẳng d Chứng minh rằng: AA’ + CC’ = BB’ + DD’ = 2OO’

Bài giải:

Ta có

suy tứ giác AA’C’C hình thang O trung điểm AC OO’ song song với AA’ nên OO’ đường trung bình hình thang AA’C’C Từ ta có: AA’ + CC’ = 2OO’ Lập luận tương tự, ta có BB’ + DD’ = 2OO’

Vậy AA’ + CC’ = BB’ + DD’ = 2OO’

Bài 39.Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM, BN, CP Đường thẳng qua A song

song với BC cắt đường thẳng qua B song song với AM F; NP cắt BF I, FN cắt AB ∆

∆

1

3

∆

1

BE = BC = AF

3

∆

2 AF = AD

3

2 EC = BC

3

AF = CE

AA' ⊥d, CC' ⊥ ⇒d AA' // CC'

d O' C' D'

A' B'

O B

A

D

C

(30)

K, FP cắt BN H, NJ//AM (J thuộc BC) Chứng minh tứ giác AFPN, CNFP, NIBJ hình bình hành

Bài giải:

AF // BM AM // BF, AMBF hình bình hành

Suy AF = MB AF // MB (1) Lại có PN đường trung bình ABC nên PN = MB PN // MB (2) Từ (1) (2) suy PN = AF PN // AF Vậy AFPN hình bình hành

Theo trên, AFPN hình bình hành nên FP = AN = NC FP // NC, từ suy CNFP hình bình hành

Trong ACM, NJ đường trung bình, suy

ra NJ // AM // IB Lại có NI // BJ, tứ giác NIBJ hình bình hành

Bài 40.Cho tam giác ABC, đường cao AK BD cắt G Vẽ đường trung

trực HE, HF cạnh AC, BC Đường thẳng qua A song song với BG cắt đường thẳng qua B song song với AK I Chứng minh rằng:

a) BG = AI b) BG = 2HE c) AG = 2HF

Bài giải:

a) Ta có AG // BI BG // AI nên tứ giác AIBG hình bình hành, suy BG = AI b) IB // AG IB BC, mà HF BC, IB // HF

Lại có F trung điểm BC nên HF qua trung điểm IC

Chứng minh tương tự, HE qua trung điểm IC

Từđó ta H trung điểm IC Trong AIC, HE đường trung bình, HE = AI = BG Vậy BG = 2HE

c) Theo chứng minh trên, HF đường trung bình CBI Suy HF = BI = AG (Vì AIBG hình bình hành) Vậy AG = 2HF

Bài 41.Cho tam giác ABC, đường cao BH CK cắt E Đường thẳng qua B

vng góc với AB đường thẳng qua C vng góc với AC cắt D Gọi M trung điểm BC

∆

⇒ ⊥ ⊥

∆

1

∆

1

I G

H

F

E

K D A

B C

J K

I

H F

P

N

M A

B

C

(31)

a) Tứ giác BDCE hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh M trung điểm DE Tam giác ABC thỏa mãn điều kiện DE qua A?

c) Chứng minh .

Bài giải:

a) Ta có:

(1), (2)

Từ(1) (2) suy BDCE hình bình hành

b) Vì BDCE hình bình hành M

trung điểm BC nên M trung điểm DE

DE qua A chỉkhi A, E, M thẳng hàng Vì E giao điểm hai đường cao BH CK nên AE đường cao tam giác ABC Vậy AE qua M chỉkhi đường cao đường trung tuyến kẻ từA trùng nhau, hay tam giác ABC cân A

c) Trong tứgiác ABDC: , mà nên

Vậy .

Bài 42 Cho ∆ABC nhọn (AB < AC), hai đường cao BE CF cắt H Vẽ đường thẳng vng góc với AB B, vẽ đường thẳng vng góc với AC C, hai đường thẳng cắt D

a) Chứng minh AH⊥BC tứgiác BHCD hình bình hành

b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh ba điểm H, M, D thẳng hàng ∆EMF cân c) Gọi K điểm đối xứng H qua BC Chứng minh BD = CK

d) Đường thẳng vng góc BC M cắt AD L Chứng minh AH = 2ML

Giải:

a)

* Chứng minh AH⊥BC: H giao điểm hai đường cao BE CF nên H trực tâm tam giác ABC, AH

⊥BC

* Chứng minh tứgiác BHCD hình bình hành BH⊥AC, DC⊥AC ⇒ BH // DC (1)

CH⊥AB, DB⊥AB ⇒ CH // DB (2) (1) (2) suy BHCD hình bình hành

b) Hình bình hành BHCD có hai đường chéo BC HD, M trung điểm BC trung điểm HD Vậy H, M, D thẳng hàng

∆FBC vng F, có FM trung tuyến, FM =   o

BAC + BDC = 180

BE AC

BE // DC DC AC

⊥ 

⇒  ⊥



CE AB

CE // BD BC AB

⊥ 

⇒  ⊥



   

A + B + C + D = 360 B = C = 90  A + D = 180 

  o

BAC + BDC = 180

M

D E

K

H A

B C

L

K

M

D E

H F

A

B C

(32)

1

2BC ∆EBC vuông E, có EM trung tuyến, EM = 1 2BC

Từđó ta FM = EM, hay ∆EMF cân M c) Chứng minh BD = CK

K H đối xứng qua đường thẳng BC nên CH = CK Tứgiác BHCD hình bình hành nên CH = BD

Từđó co ta BD = CK d) Chứng minh AH = 2ML

Theo AH⊥BC, theo giả thiết ML⊥BC, ML // AH

Trong ∆AHD có M trung điểm HD (chứng minh trên), L thuộc AD ML // AH Từđó suy ML đường trung bình tam giác AHD Vậy AH = 2ML

Bài Cho hình bình hành ABCD Vẽ hình bình hành BDCE BDFC CD cắt BF M AM

cắt CF N

a) Chứng minh A đối xứng với E qua B b) Chứng minh C trung điểm EF

c) Chứng minh AC, BF, DE đồng qui điểm d) Chứng minh FC = 3NC

Giải:

a) Vì ABCD hình bình hành nên AB // CD AB =

CD; Vì BDCE hình bình hành nên EB // CD EB = CD

Từ ta có A, B, E thẳng hàng AB = EB, A đối xứng với E qua B

b) BDCE hình bình hành nên CE = DB CE // DB; BDFC hình bình hành nên CF = DB CF // DB

Do C, E, F thẳng hàng CE = CF, C trung điểm EF

c) Dễ thấy DF = BC DF // BC; AD = BCvà AD // BC Do DF = AD A, D, F thẳng hàng, hay D trung điểm AF

Xét tam giác AEF, có AC, FB ED trung tuyến, AC, BF, BD đồng qui trọng tâm tam giác AEF

d) Gọi I giao điểm AN BD O giao điểm AC BD Ta cóI trọng tâm tam giác ACD, suy IO = 1

3DO = 1 6DB =

1

6FC (1)

O G I

M N

E

F

A B

C D

(33)

Trong tam giác CAN có O trung điểm AC OI // CN nên OI đường trung bình, ta có IO = 1

2CN (2)

(1), (2) suy FC = 3CN

Bài 43.* Cho tam giác nhọn ABC Về phía ngồi tam giác, dựng tam giác vuông cân

ABD ACE vuông A Chứng tỏ đường trung tuyến AM tam giác ADE vng góc với BC

Lời giải:

Gọi H làgiao điểm AM BC Dựng hình bình hành ADFE

Ta có BAC +DAE= 1800 Suy FEA =BAC (cùng bù với góc DAE) Hai tam giác CAB AEF có:

AC = EA

CAB = AEF (theo trên) AB = EF

Suy ∆CAB = AEF∆ (c-g-c) ⇒ ACB =EAF

Mặt khác   CAH+EAF=90 Do  

CAH+ACB=90 Vậy 

AHC=90

Bài 44*.Cho hình bình hành ABCD Dựng tam

giác ABE, ADF ngồi hình bình hành ABCD Gọi M, N, I trung điểm AF, BD, AE Chứng minh rằng:

a) Tam giác CEF tam giác

b) .

Bài giải:

a) Ta có: ,

 o

MNI = 60

I

N M

F

E

D

A B

C    

EBC = EBA + ABC = 60 + ABC FDC = FDA + ADC = 60 + ADC   

F

M

H

E D

B

A

C

(34)

Mặt khác, tứgiác ABCD hình bình hành nên , suy Hai tam giác EBC FDC có:

EB = CD (cùng AB), , BC = DC (cùng AD) Suy EBC = FDC (c-g-c), từđó ta có EC = FC (1)

Do Hai tam giác EAF EBC có:

EA = EB, AF = BC, EAF = EBC, từđó ta có EF = EC (2) Từ(1) (2) suy EC = CF = FE Vậy CEF

b) N trung điểm BD trung điểm AC Như vậy, MN, IN, MI đường trung bình tam giác AFC, AEC AEF Ta có:

MN = FC, IN = EC, MI = EF

Theo trên, FC = EC = EF MN = IN = MI Suy MNI tam giác Vậy

Bài 45*.Cho hình bình hành ABCD Ở miền hình bình hành ABCD vẽ hình bình

hành A’B’C’D’ Gọi M, N, P, Q trung điểm AA’, BB’, CC’, DD’ Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành

Bài giải:

Gọi I điểm đối xứng D’ qua M, K điểm đối xứng B’ qua P, suy tứ giác AIA’D’ CKC’B’ hình bình hành (hai đường chéo cắt trung điểm đoạn) Từ ta có AI = A’D’ = B’C’ = CK AI // A’D’ // B’C’ // CK

AI cắt CD O A1= O1(góc đồng vị) O1 = C1(so le trong)

Vì

Từ ta chứng minh (c-g-c)

 

ABC = ADC EBC = FDC 

 

EBC = CDF

∆ ∆

 (  ) 



( ) 

0

0 0

EAF = 360 EAB + FAD + DAB = 240 DAB = 240 180 ABC = 60 + ABC

− −

 

EAF=EBC

 

EAF = EBC ∆ ∆

∆

1

⇒

 o

MNI = 60

2 1 1

2 1

O

K I

Q

P N M

C' A

D

C

B

D'

A' B'

 

BAD=BCD ⇒ IAD =KCB

IAD KCB IAB KCD

∆ = ∆ ∆ = ∆

IAD KCB ID = KB

∆ = ∆ ⇒

(35)

K M

I

D

E B

A

C F

Như ta tứ giác IDKB hình bình hành, suy ID // KB, ID = KB (1) MQ đường trung bình tam giác ID’D, ta có MQ = ID MQ // ID (2) Tương tự NP = KB NP // KB (3)

(1), (2), (3) MQ // NP MQ = NP Vậy MNPQ hình bình hành

Bài 46*.Cho hình bình hành ABCD, phân giác cắt M, phân giác

cắt N Chứng minh MN // AB

Bài giải:

Giả sử AM cắt DC I, CN cắt AB J

Ta có (so le trong) suy tam giác DAI cân D, M trung điểm AI Chứng minh tương tự, ta có N trung điểm CJ

Xét tứ giác AICJ, có AJ // CI nên AICJ hình thang MN

đường trung bình hình thang AICJ Vậy MN // AB (chứng minh xong)

Bài 47 Cho tam giác ABC vuông cân A Trên tia đối tia CA lấy điểm F; tia đối tia AB lấy điểm E cho BE = CF Vẽ hình bình hành BEFD

a) Chứng minh DC⊥BC

b) Gọi I giao EF BC Chứng minh AI = 1

2DB

c) Qua I kẻđường thẳng vng góc với AF cắt BD M Chứng minh MICF hình thang cân

d) Tìm vị trí E AB đểA, I, D thẳng hàng

Giải:

a) BEFD hình bình hành suy DF // AB DF = BE

Từ ta có: DF⊥FC DF = CF Hay tam giác DFC vuông cân F

Do 

DCF=45

Lại có

BCA=45 , suy BCD =900

Vậy DC⊥BC

b) Dựng đường thẳng qua E vng góc với IAB∆ = ∆KCD⇒IB = KD

1

2

⇒



A D



B C

   DAI = BAI = DIA

J

I

N M

A

D C

B

(36)

AB, cắt BC K Dễ thấy BEK tam giác vuông cân, suy EK = BE = CF

Mặt khác EK // CF (cùng vng góc với AB) Từ ta EKFC hình bình hành, suy I trung điểm EF

Trong tam giác AEF vng A, có AI trung tuyến, vậy: AI = 1

2EF = 1 2BD

c) MI⊥AF⇒MI // BE

Lại có I trung điểm EF BEFD hình bình hành nên M trung điểm BD Suy MF // BI // IC MI = DF = FC

VậyMICF hình thang cân Giả sử A, I, D thẳng hàng

Xét ∆ABD có M trung điểm BD, MI // AB Suy MI đường trung bình

∆ABD Như I trung điểm AD Từ dễ dàng suy AEDF hình chữ nhật

Khi đó: AE = FD = FC = BE Vậy E trung điểm AB

Ngược lại, E trung điểm AB ta dễ dàng suy A, I, D thẳng hàng

Bài 48*.Cho hình bình hành ABCD, góc nhọn, AC cắt BD O, DE AB E, DF

BC F

a) Chứng minh rằngtam giác FOE cân b) Giả sử = m Tính theo m

Bài giải:

a) Trên tia đối tia FB lấy điểm I cho FI = FB Ta có F trung điểm BI

Ta giác DBI có DF vừa trung tuyến, vừa đường cao nên tam giác BDI cân D

OF đường trung bình tam giác BDI, suy FO = ID = BD

Lập luận tương tự, ta có EO = BD

Từ suy EO = FO, hay tam giác FOE cân O

b) Theo chứng minh câu trên, tam giác ODF cân O suy 

A ⊥ ⊥



BAD EOF

1

 

ODF = OFD

I F

E

O B

A D

C

K

M

I

D E

B

A

C F

(37)

Ta có: (góc ngồi tam giác ODF) Tương tự

Do

Mặt khác,

Do (cùng bù với )

Vậy

Bài 49*.Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Lấy điểm G AM cho AG = 2GM

a) Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC

b) Gọi N, P trung điểm CA, AB Chứng minh G trọng tâm tam giác MNP

Bài giải:

a) AG = 2GM suy AM = AG + GM = AG + AG = AG

Điểm G đoạn AM thỏa mãn AG = AM, G trọng tâm tam giác ABC b) Ta có PN = BC = MC PN // MC,

đó tứgiác CMPN hình bình hành Suy đường thẳng CP qua trung điểm MN Vì CP đường trung tuyến tam giác ABC nên CP qua G, PG qua trung điểm MN

Chứng minh tương tự, NG qua trung điểm MP

Vậy G trọng tâm tam giác MNP

Bài 50 Cho tam giác ABC cân B, trực tâm H, M trung điểm BC Đường thẳng qua H vng góc với MH cắt AB, AC E F Chứng minh H trung điểm EF

Giải:

Gọi D điểm đối xứng C qua H

HM đường trung bình tam giác BCD nên BD // MH Mà MH⊥HE nên HE⊥BD (1)

Vì H trực tâm tam giác ABC nên BE⊥HD (2)

Từđó suy E trực tâm tam giác BDH, DE⊥BH Suy DE // CF

Từđó ta chứng minh DECF hình bình hành, với H giao điểm hai đường chéo

Vậy H trung điểm EF   

ODF OFD BOF+ = ⇒BOF=2ODF

 

BOE = ODE

   

EOF=BOE+BOF=2EDF

     

EDF+ABC+BED+BFD=360 ⇒EDF+ABC=180

 

EDF=BAD=m ABC



EOF=2m

1

3 2

3

2

P

G

N

M A

B

C

F

D E

H

M

C B

A

(38)

BÀI ĐỐI XỨNG TÂM

A LÝ THUYẾT

1 Hai điểm đối xứng qua điểm:

a) Định nghĩa:Hai điểm M, M’ gọi đối xứng với qua điểm O O trung điểm

của đoạn thẳng MM’

b) Quy ước:Nếu điểm M trùng với điểm O điểm đối xứng với điểm M điểm M’

cũng trùng với điểm O

c) Tính chất:M đối xứngvới M’ qua O OM = OM’

2 Hai hình đối xứng qua điểm:

a) Định nghĩa: Hai hình H H’ gọi đối xứng với qua điểm O điểm thuộc hình H có điểm đối xứng qua O thuộc hình H’ Khi đó, điểm O gọi tâm đối xứng hai hình H H’

b) Định lí: Nếu điểm A A’, B B’, C C’ đối xứng với qua tâm O thì: * Đoạn thẳng AB đối xứng với đoạn thẳng A’B’ qua tâm O AB = A’B’

* , đối xứng với qua tâm O = * , đối xứng với qua tâm O =

* Đường thẳng AB đối xứng với đường thẳng A’B’ qua O AB//A’B’ (tính chất sử dụng phải chứng minh, dựa vào tính chất hình bình hành)

3 Hình có tâm đối xứng:

a) Định nghĩa:Điểm O gọi tâm đối xứng hình H (hay hình H có tâm đối xứng O)

nếu điểm thuộc hình H có điểm đối xứng thuộc hình H

b) Định lí:Giao điểm hai đường chéo hình bình hành tâm đối xứng hình bình

hành

Nhận xét:Từ định lí trên, ta suy “Nếu có đường thẳng tâm đối xứng

hình bình hành cắt cạnh đối diện hình bình hành A, B A B đối xứng với qua tâm O.”

B VÍ DỤ

Ví dụ:Cho tam giác ABC trung tuyến AM G trọng tâm tam giác ABC Gọi K, H,

N điểm đối xứng G qua A, B, C Gọi T giao điểm tia KG với NH a) Chứng minh M trung điểm GT

b) Chứng minh G trọng tâm tam giác KNH

Giải:

a) Dễ thấy A, B, C trung điểm GK, KH, GN

Xét tam giác NGH có BT đường trung bình BT// GN BT = GN hay BT//GC BT = GC

Suy BTCG hình bình hành

M giao điểm đường chéo GT BC nên M trung điểm GT

b) Xét tam giác GNT có CM đường trung ⇒



ABC A B C' ' ' ABC A B C' ' '

ABC

∆ ∆A B C' ' ' ∆ABC ∆A B C' ' '

⇒

2

(39)

bình nên CM = NT Tương tự, ta có BM = HT

Mà CM = BM nên NT = HT T trung điểm NH (1)

Ta lại có KA = AG = 2GM = GT, suy KG = 2GT hay KG = KT (2) Từ (1) (2) suy G trọng tâm tam giác KNH

B RÈN LUYỆN KỸ NẰNG GIẢI BÀI TẬP

Bài 51.Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng điểm M khơng thuộc đường thẳng Gọi A’,

B’, C’ điểm đối xứng A, B, C qua M Chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng

Bài giải:

Giả sử A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó, ta có AB + BC = AC (1)

Các đoạn thẳng A’B’, B’C’ A’C’ lầnlượt đối xứng với đoạn thẳng AB, BC, AC qua điểm M nên ta có A’B’ = AB, B’C’ = BC, A’C’ = AC

Kết hợp đẳng thức (1) ta A’B’ + B’C’ = A’C’ Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng

Bài 52.Cho tam giác ABC Gọi O1, O2, O3lần lượt trung điểm AB, BC, CA M

điểm tùy ý không thuộc cạnh tam giác ABC Gọi M1là điểm đối xứng M qua

O1, M2là điểm đối xứng M1qua O2, M3là điểm đối xứng M2qua O3 Chứng M3đối

xứng với M qua A

Bài giải:

Đễ dàng chứng minh tứ giác AMBM1,

BM2CM1, CM2AM3là hình bình hành (dựa

vào tính chất đường chéo cắt trung điểm đường)

Từ ta có: AM = M1B = M2C = M3A,

AM // M1B // M2C, AM3// M2C

Từ AM = AM3và A, M, M3thẳng hàng

Vậy A trung điểm MM3, hay A M3đối

xứng qua A

Bài 53.Cho hình bình hành ABCD có tâm đối

xứng O, E điểm cạnh OD Gọi F điểm đối xứng C qua E

a) Chứng minh AF // BD

b) Điểm E vị trí OD để tứ giác ODFA hình bình hành

Bài giải:

2

⇒

2

C' B' A'

A

C

M B

M3

M2

M1

O3

O2

O1

B

A

C M

(40)

a) Ta có O trung điểm AC E trung điểm CF nên OE đường trung bình tam giác ACF, từ ta có AF // BC

b) ODFA hình bình hành FD = AO FD // AO, FD = OC FD // OC, hay OCDF hình bình hành Vì E trung điểm CF, OCDF hình bình hành E trung điểm OD

Vậy ODFA hình bình hành E trung điểm DO

Bài 54.Cho hai đường thẳng d1, d2vng góc O điểm P không nằm

d1, d2 Gọi P1là điểm đối xứng P qua d1, P2là điểm đối xứng P1 qua d2 Chứng

minh hai điểm P1và P2đối xứng qua O Bài giải:

Gọi I, K trung điểm PP1, P1P2

Dễ dàng nhận thấy OP = OP1= OP2 (1)

Từ (1) (2) suy O trung điểm PP1

Vậy hai điểm P P1đối xứng qua O

Bài 55.Cho hình bình hành ABCD, điểm P

trên AB Gọi M, N trung điểm AD,

BC; E, F điểm đối xứng P qua M, N Chứng minh rằng: a) E, F thuộc đường thẳng CD

b) EF = 2CD

Bài giải:

a) M trung điểm AD PE suy tứ giác APDE hình bình hành DE // AP Tương tự BPCF hình bình hành, suy FC // PB Mặt khác CD // AB nên suy điểm E, F nằm đường thẳng CD

b) Trong tam giác PEF, MN đường trung bình suy EF = 2MN = 2CD

Bài 56.Cho hình bình hành ABCD có O giao điểm hai đường chéo Lấy điểm E

cạnh AB, F cạnh CD cho AE = CF gọi I giao điểm AF DE; K giao điểm BF CE Chứng minh I điểm đối xứng của K qua O

Bài giải:

Ta có AE = CF AE// CD nên AECF hình bình hành Tương tự, BEDC hình bình hành Do ta có O trung điểm EF IEKF hình bình hành (hai cặp cạnh đối diện song song) Từ suy O trung điểm IK

    

( ) 

2 1

0 1

POP POP + P OP

IOP + P OK = 2IOK 180 (2) =

= =

F O

C D

A B

E

d2

d1

P2

P1

K

I P

O

F E

N M

A

D C

B P

(41)

Vậy hai điểm I K đối xứng qua O

Bài 57*.Cho điểm O tùy ý nằm

tam giác ABC Gọi D, E, F theo thứ tự trung điểm BC, CA, AB Gọi G, H, I theo thứ tự điểm đối xứng với O qua D, qua E, qua F Chứng minh rằng:

a) Ba đường AG, BH, CI đồng quy điểm (Gọi điểm đồng quy K)

b) Khi O di chuyển tam giác ABC đường thẳng OK ln qua điểm cố định

Lời giải:

a) Ta có tứ giác AIBO BGCO hình bình hành (vì đường chéo cắt trung điểm đường) Suy AI = OB, AI // OB CG = BO, CG // BO AI = CG, AI // CG Ta tứ giác AIGC hình bình hành, suy AG cắt CI trung điểm đoạn

Chứng minh tương tự, ta có AI cắt BH trung điểm đoạn Vậy AG, BH, CI đồng quy K, trung điểm đoạn

b) Trong tam giác AGO, AD OK hai đường trung tuyến Gọi M giao điểm OK AD M trọng tâm tam giác AGO

Ta có điểm M cạnh AD, thỏa mãn AM = 2MD, suy M trọng tâm tam giác ABC, điểm cố định

Vậy Othay đổi, đường thẳng OK qua trọng tâm tam giác ABC ⇒

K I

F O A

D C

B E

M K

G

H I

D

E F

B

A

C O

(42)

BÀI 9, 10 HÌNH CHỮ NHẬT – ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MỘT ĐƯỜNG THẲNG CHO TRƯỚC

A LÝ THUYẾT

1) Định nghĩa:Hình chữ nhật từ giác có bốn góc vng

Nhận xét: Hình chữ nhật hình bình hành đặc biệt (có góc 900) hình thang cân đặc biệt (có số đo góc đáy 900

2) Tính chất:

- Từ nhận xét trên, ta suy hình chữ nhật có tấtcả tính chất hình bình hành hình thang cân

- Tính chất đặc trưng hình chữ nhậtlà: “Hai đường chéo nhau” “hai đường chéo cắt trung điểm đường”

3) Hệ quả:

a) Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền cạnh huyền

Ví dụ vng A trung tuyến M ta có

b) Nếu tam giác có trung tuyến ứng với cạnh

bằng cạnh tam giác tam giác vng, trung tuyến ứng với cạnh huyền

4) Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật:

a) Tứ giác có ba góc vng hình chữ nhật

b) Hình thang cân có góc vng hình chữ nhật c) Hình bình hành có góc vng hình chữ nhật

d) Hình bình hành có hai đường chéo hình chữ nhật

5) Khoảng cách hai đường thẳngsong song:

Khoảng cách hai đường thẳng song song khoảng cách từ điểm

đường thẳng này lên đường thẳng kia.

6) Tính chất điểm cách đường thẳng cho trước:

Tập hợp điểm cách đường thẳng a khoảng h không đổi hai đường thẳng song song với a cách a khoảng h

7) Đường thẳng song song cách đều:

a) Định nghĩa:Khi đường thẳng a, b, c, d song song với khoảng cách

các đường thẳng a b, b c, c d ta gọi chứng cácđường thẳng song song cách đều

b) Định lý:

* Nếu đường thẳng song song cách cắt đường thẳngthì chúng chắn đường thẳng đoạn thẳng liên tiếp nhau

* Nếu đường thẳng song song cắt đường thẳngvà chúng chắn đường thẳng đoạn thẳng liên tiếp nhau chúng song song cách đều.

B VÍ DỤ:

ABC ∆

1 AM = BC

2

C

A B

D

M A

B C

(43)

Ví dụ 1.Cho tam giác ABC vng A (AB < AC), trung tuyến AM E, F trung điểm AB, AC

a) Chứng minh AEMF hình chữ nhật

b) Gọi AH đường cao tam giác ABC Chứng minh EHMF hình thang cân

Giải:

a) Theo tính chất tam giác vng, ta có AM = MC = MB Tam giác CMA cân M F trung điểm AC suy MF AC

Chứng minh tương tự: ME AB Vậy AEMF hình chữ nhật

b) Ta có EF đường trung bình tam giác ABC, suy EF // BC Theo giả thiết, AB < AC suy HB < HA, H thuộc đoạn MB Vậy EHMF hình thang

Tam giác HAB vng H, ta có HE = EA = EB = MF, từ suy EHMF hình thang cân

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BE CF cắt H lấy M trung điểm

của BC I điểm đối xứng H qua M a) Chứng minh rằng: IC = BH IB AB b) Chứng minh tam giác cân

c) VẽCQ BI Q Chứng minh tam giác vuông

Giải:

a) Tứ giác BHCI hình bình hành (vì hai đường chéo cắt trung điểm đường) Từ suy IC = BH

IB // CH, CH AB IB AB

b) Hai tam giác EBC FBC tam giác vuông E F, suy EM = FM = BC

Vậy MEF tam giác cân M

c) CQ BI CQ // BF, dễ dàng chứng minh CQBF hình chữ nhật, suy M trung điểm QF

Theo EM = FM = MQ

Trong tam giác EFQ, MF đường trung tuyến MF = FQ Do tam giác EFQ vuông E

C.RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP

Bài 58.Cho tứ giác ACBD có AB CD Gọi M, N, P, Q trung điểm BC, BD,

AD, AC Chứng minh :

a) Tứ giác MNPQ hình chữ nhật

b) Biết BC // AD, BC = 4cm, AD = 16cm Tính MP

Lời giải:

⊥ ⊥

⊥

MEF

∆

⊥ ∆FEQ

⊥ ⇒ ⊥

1

⊥ ⇒

1

⊥

H F

E M

A C

B

Q I M H

E F

A

B

C

Q

P

N M

D C

A

B

(44)

a) Trong tam giác ACD, PQ đường trung bình, suy PQ //CD Tương tự, MN // CD, MQ // AB, NP // AB

Từ ta có MN // PQ NP // MQ Suy MNPQ hình bình hành Mặt khác, AB CD MN MQ Vậy MNPQ hình chữ nhật

b) Ta có MP = NQ Theo giả thiết BCAD hình thang với hai đáy BC, AD QN đường trung bình nên MP = NQ = (BC + AD) = 10cm

Bài 59.Cho hình chữ nhật ABCD Trên tia đối tia CB DA lấy hai điểm E F cho CE = DF = CD Trên tia đối tia CD lấy điểm H cho CH = CB Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CEFD hình chữ nhật b) AE FH

Lời giải:

a) Theo giả thiết, DF = CE DF // CE, suy tứ giác CDEF hình bình hành Mặt khác, Vậy CDFE hình chữ nhât

b) Ta có AF = AD + DF = CH + CD = DH Hai tam giác AFE HDF có:

AF =HD, , FE = DF

Do

Mặt khác Vậy AE FH

Bài 60.Cho hình chữ nhật ABCD, BH AC H Gọi M,

N, P trung điểm AH, BH, CD Chứng minh rằng:

a) Tứ giác CNMP hình bình hành

b)

Lời giải:

a) Trong tam giác ABH, MN đường trung bình nên MN = AB MN // AB

MN = CP, MN // CP Vậy MNCP hình bình hành b) Xét tam giác BCM, BH CM, MN BC (vì MN // PC, PC BC), suy N trực tâm tam giác BCM, CN

BM

Mặt khác, PM // CN nên PM BM, hay

Bài 61.Cho ABCD hình bình hành có tâm O Lấy E thuộc đoạn OD Dựng F

điểm đối xứng C qua E

a) Chứng minh AFDE hình thang

b) Tìm vị trí E OD để AFDE hình bình hành

c) Nếu E trung điểm OD Chứng minh AFDO hình bình hành

⊥ ⇒ ⊥

1

⊥



CDF = 90

 

AFE = HDF=90

ΔAFE = ΔHDF ⇒FAE =DHF

   

DHF+DFH=90 ⇒FAE + DFH = 90

⊥



BMP=90

1

⇒

⊥ ⊥

⊥ 

BMP=90

H

E F

C

A B

D

P

N M

H

C

A B

D

(45)

d) Tìm điều kiện hình bình hành ABCD để AFDO hình chữ nhật

Giải:

a) Theo giả thiết E trung điểm CF, OE đường trung bình tam giác ACF, từ suy OE // AF, hay DE // AF Vậy AFDE hình thang

b) Theo AFDE hình bình hành AF = DE

Mà AF = 2OE nên AFDE hình bình

hành DE = 2OE, hay E trọng tâm tam giác ADC c) Trường hợp E trung điểm OD

Ta có AF // OD AF = 2OE = OD Vậy nên AFDO hình bình hành

d) Trường hợp E trung điểm OD, tìm điều kiện hình bình hành ABCD để AFDO hình chữ nhật Theo câu AFDO hình bình hành, nên AFDO hình chữ nhật AO⊥DO, hay ABCD hình thoi

Bài 62.Cho tam giác ABC cân A (AB > BC) có hai đường cao BE, CF điểm M cạnh BC Vẽ MP

AB P, MQ AC Q Trên tia đối tia MQ lấy điểm N cho MN = MP Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BEQN hình chữ nhật b) MP + MQ = CF

Lời giải:

a) Ta có ,

⊥ ⊥

 

PMB+PBM =90 QMC QCM + =900

N

Q P

E F

C B

A

M

F O

D

A B

C E

F

O

D

A B

C E

F

O

D

A B

C E

(46)

Vì Do ta có Kết hợp giả thiết MP = MN, suy P N đối xứng qua đường thẳng BM

BN // QC (góc so le nhau)

Mặt khác, BE // NQ (cùng vuông với AC), suy BNQE hình bình hành Vì hình bình hành BNQE có góc vng nên BNQE hình chữ nhật b) Ta có MP + MQ = MN + MQ = NQ = BE

Dễ dàng chứng minh Vậy MP + MQ = CF

Bài 63.Cho tam giác ABC vuông cân C, M điểm cạnh AB Vẽ ME AC

E, MF BC F Gọi D trung điểm AB.Chứng minh rằng: a) Tứ giác CFME hình chữ nhật

b) DEF vuông cân

Lời giải:

a) Theo giả thiết tứ giác CFME có Do MECF hình chữ nhật

b) Gọi I giao điểm EF CM, I trung điểm EF CM

Vì tam giác ABC vuông cân C nên CD AB Xét tam giác DCM vng D, có DI trung tuyến nên:

DI = MC = EF Mà DI trung tuyến tam giác DEF, tam giác DEF vuông D

Trong tứ giác CEDF có

(1)

Dễ thấy (2) EC = MF = BF (3) (tam giác BFM vuông cân F) Từ (1), (2), (3) suy hai tam giác CED BFD (g-c-g)

Từ đó, DE = DF Vậy tam giác DEF vuông cân D

Bài 64.Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC) Kẻ đường cao AH (H thuộc BC) Gọi E

là điểm đối xứng C qua H, vẽ EK vng góc với AB K Gọi I trung điểm AK, N trung điểm BE Chứng minh rằng: KE // IH HK vng góc KN

Giải:

* Ta có EK AB⊥ ⇒EK // AC, tứgiác EKAC hình thang vng K A

Lại có H trung điểm EC, I trung điểm AK nên HI đường trung bình hình thang EKAC Từđó ta có EK // HI

* HI⊥AK, I trung điểm AK, nên tam giác HKA cân H Do HKA  = HAK(1)

Tam giác BEK vng K, có KN trung tuyến nên KN = NB = NE Tam giác KBN cân N, BKN =KBN(2) (1), (2) suy    

BKN+AKH = KBN + KAH = 90 Vậy 

NKH = 90  

PBM=QCM ⇒ PMB =QMC PMB = NMB

  

NBM =PBM =QCM⇒

ECB FBC

∆ = ∆ ⇒BE=CF

⊥ ⊥

∆

  

C= = =F E 90

⊥

1

   

CED+CFD=180 ⇒CED = BFD

 

ECD=FBD=45

I

D

F E

A

C B

M

I

N

K E

H

A B

(47)

Bài 65 Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC Gọi E, F trung điểm AB, CD H, K trung điểm DE, HF; I trung điểm BF Q giao điểm CH EK

a) Chứng minh CH⊥EK Q b) Chứng minh QI = IE = IC =IB Giải:

a) Gọi J trung điểm HD Ta có JK // DF nên JK⊥EF

FK⊥DE (vì ADFE hình vng) K trực tâm tam giác EFJ

Suy EK⊥FJ, mà FJ // CH nên EK⊥CH b) Theo trên, tam giác CQE vng Q, từ suy QI = IE = IC = IB

Bài 66.Cho hình chữ nhật ABCD, E AC Đường thẳng qua E song song với BD cắt

đường thẳng AD, CD lại M, N vẽ hình chữ nhật DMFN Gọi O, I giao điểm của2 đường chéo hai hình chữ nhật ABCD, DMFN Chứng minh:

a) Tứ giác EIDO hình bình hành b) E trung điểm BF

Lời giải:

a) Ta có (1)

Vì DMFN hình chữ nhật nên (1)

(1), (2) OE // DI

Mặt khác theo giả thiết EI // DO Vậy EIDO hình bình hành

b) Ta có O, I trung điểm BD FD Theo trên, AC // DF, NE // BD

Xét tam giác DFB, đường thẳng AC NE hai đường trung bình, suy AC NE qua trung điểm BF

Vì E giao điểm AC NE nên E trung điểm BF

Bài 67.Cho hình thang vuông ABCD (A  = D= 900) (AB <CD) Vẽ BE vng góc CD E tia đối tia BA lấy điểm M cho BM = CD Gọi N giao điểm AE BD, K trung điểm EM Vẽ AI vng góc ME

tại I Chứng minh NK // AM BID = 900.

Giải:

Trong tam giác AEM, NK đường trung bình, NK // AM

∈

  

EAM=ADO =EMA

   IDM=IMD=AME

⇒EAM =IDM⇒ I O

N

M

B

D C

A

E F

I

K N

M

E

A B

D C

J

Q I

E F

K

H

D C

B A

(48)

Dễ thấy tứgiác ABED hình chữ nhật, N trung điểm AE BD AE = BD Tam giác IAE vng I, có IN đường trung tuyến, đó:

IN = NA = NE = NB = ND

Tam giác IBD có IN trung tuyến thỏa mãn IN= IB = ID, BID tam giác vng I

Bài 68.Cho hình nhữ nhật ABCD, vẽ BH vng góc AC H Trên tia đối tia BH lấy

điểm E cho BE = AC Vẽ EK vng góc với đường thẳng AD K, EK cắt đường thẳng BC M Chứng minh góc ADE 450

Lời giải:

(cùng phụ với góc )

Tam giác ABC BME hai tam giác vng có AC = BE

suy

Dễ dàng chứng minh ABMK hình chữ nhật, suy AK = BM = AB= KM

KD = KA + AD = KM + ME = KE Do tam giác KFE vuông cân K

Vậy = 450

Bài 69.Các đường cao tam giác ABC gặp O Gọi M, N, P, D, E, F trung điểm AB, BC, CA, OA, OB, OC Chứng minh ba đoạn thẳng DN, MF, EF đồng quy độ dài

Lời giải:

MP EF đường trung bình tam giác ABC OBC

Ta có MP // EF MP = EF (vì BC song song BC), suy MPFE hình bình hành ME // AO, EF // BC AO BC, suy ME EF, ta tứ giác MPEF hình chữ nhật Do MF = PE MF cắt PE trung điểm đoạn

Chứng minh tương tự, DN = PE DN cắt PE trung điểm đoạn

Vậy ba đoạn DN, MF, PE đồng quy độ dài

Bài 70. Cho góc = 900, M nằm góc Vẽ MA Ox A, MB Oy B Trên

đường thẳng qua A vng góc với AB, lấy điểm E, F cho ME = MF = AB Chứng minh rằng:

a)

  

BAC=CBH=EBM ABH

 

BAC=MBE ∆ABC = BME∆ ⇒ME = BC

 ADE

1

⊥ ⊥



xOy ⊥ ⊥

    

EOF = 90 , MOA = EMA, MOA + FMA = 180

M

K E

H B

D C

A

F E

D

P

N M

O A

B C

(49)

b) Từ suy Oy tia phân giác góc

Lời giải:

a) Dễ dàng chứng minh OAMB hình chữ nhật Ta có M trung điểm EF

ME = MF = AB = MO, từ suy tam giác EOF vuông O

= 900, = 900, suy

= 1800

b) Tam giác OMF cân M nên EF cắt Oy N, , suy

900.

Vì tam giác OEF vuông O nên 900

= 1800

Do ; Từ suy Vậy Oy phân giác góc

Bài 71 Cho hình chữ nhật ABCD Gọi M, N trung điểm BC, CD Gọi giao

điểm AM, AN với BD P, Q Gọi AC cắt BD O Chứng minh rằng: a) AP = AM, AQ = AN

b) BP = PQ = QD = 2.OP

Lời giải:

a) Ta có O trung điểm AC BD

Trong tam giác ABC, AM BO hai đường trung tuyến, P trọng tâm tam giác ABC Từ ta có AP = AM

Chứng minh tương tự, ta có AQ = AN b) Ta có: BP = ; tương tự, , suy

Mặt khác , O trung điểm PQ Vậy BP = PQ = QD = 2OP

Bài 72.Cho hình bình hành ABCD, tia phân giác góc cắt tia phân giác góc tia

phân giác góc P, Q

     

EOy = OMA+MOF, BOF = OMA+MOF 

EOF

 

EMA+MAB MOA +MAB

 

EMA=MOA

   

MOA+FMA =EMA+FMA

 

MOF=MFO

 

ONE=MNB

   

OMA+ONE=BMN+MNB=

 

MFO+OEN=

       

OMA+MOF+ONE+OEN=OMA+ONE+MFO+OEN

  

OEy=OMA+MOF BOF = BOM    +MOF=OMA +MOF

 

OEy=BOF EOF

2 3 3

BO = BD

3

1 DQ = BD

3

PQ = BD

1 OP = OQ = OB

3



A B

 D y x N F E B A O M Q O P N M B D C A

(50)

a) Chứng minh rằng: BP // DQ AP BP, AQ DQ

b) Tia phân giác góc cắt BP, DQ N M Tứ giác MNPQ hình gì? Vì sao? c) Chứng minh rằng: NQ // AB, MP // AD

d) Giả sử AB > AD Chứng minh MP = NQ = AB AD e) Chứng minh AC, BD, EF, MP, NQ đồng quy

Lời giải:

a) Chứng minh BP // DQ

Gọi E giao điểm BP CD, F giao điểm DQ AB Ta có:

(so le trong)

Suy BP // DQ (hai góc đồng vị nhau)

* Chứng minh AP BP, AQ DQ

, suy tam giác AFD cân A AQ đường phân giác đường cao nên AQ DQ Vì theo trên, BP // DQ nên suy AP BP

b) Chứng minh tương tự trên, ta có CN BN, CM DM tứ giác MNPQ có bốn góc vng nên MNPQ hình chữ nhật

c) Tứ giác BEDF hình bình hành (hai cặp cạnh đối song song)

Theo chứng minh Q trung điểm DF, chứng minh tương tự, N trung điểm BE Từ suy NQ // BF,hay NQ // AB

Vì NQ // AB

Lại có (vì MNPQ hình chữ nhật) Từ suy MN // BC (hai góc so le nhau) d) Vì AB >AD nên F thuộc canh AB, E thuộc cạnh CD

Theo chứng minh trên, BEDF hình bình hành Q, N trung điểmcủa DF, BE, suy QN = BF = DE = AB – AF

Vì tam giác ADF cân A nên AB – AF = AB – AD QN = AB – AD Lại có MNPQ hình chữ nhật nên QN = MP

Vậy NQ = MP = AB – AD

e) ABCD hình bình hành nên AC cắt BD trung điểm đoạn BEDF hình bình hành nên BD cắt EF trung điểm đoạn MNPQ hình bình hành nên MP cắt NQ trung điểm đoạn

Q, N trung điểm DF BE nên dễ thấy BNDQ hình bình hành Suy BD cắt NQ trung điểm đoạn

Từ ta có kết luận AC,BD, EF, MP, NQ đồng quy trung điểm đoạn

Bài 73.Cho tam giác ABC nhọn Gọi B điểm thuộc miền tam giác cho:

 =

PAC PBC Gọi L M chân đường vuông góc vẽ từ P đến BC AC Gọi D trung điểm AB Chứng minh tam giác DLM cân

Giải:

⊥ ⊥



C

−

 

ABE=BEC

  1

FDC ABE ABC

2

= =

 

FDE=BEC⇒

⊥ ⊥

  

AFD=FDC=FDA

⊥ ⊥

⇒BAQ =NQP   1

BAQ BCM BCD

2

= = NQP =NMP

 

NMP=BCM⇒

⇒

F

E N M

Q

P B A

D C

(51)

Gọi H, K trung điểm AP BP theo tính chất song song đường trung bình ta có tứ giác DHPK hình bình hành

Dẫn đến DK =

2 BP

= HL

Tương tự KM =

2 AP

= DH

Ta chứng minh hai góc DKM DHL sau :

    

DKM=DKP+PKM=DKP+2.PAC

Do hình bình hành DHPK nên DKP =DHP, cịn PAC =PBC(giải thiết)

suy raDKM =DHL,

Vậy ta tìm đủ yếu tố hai tam giác DKM tam giác DHL suy DM = DL (điều phải chứng minh)

Bài 74.Cho hình chữ nhật ABCD Tia phân giác góc cắt tia phân giác góc M, tia

phân giác góc cắt tia phân giác góc N Gọi E, F giao điểm DM, CN với AB Chứng minh rằng:

a) AM = DM = BN = CN = ME = NF b) Tứ giác DMNC hình thang cân c) AF = BE

d) AC, BD, MN đồng quy

Lời giải:

a) Dễ thấy tam giác ADM, BCN, AME, BNF tam giác vuông cân với đỉnh M, N, M, N

do AM = DM = EM BN = CN = FN

Mặt khác, AD = BC nên Vậy AM = DM = EM = BN = CN = FN

b) Tam giác ADE vng A có ADE=450 Lại có , BN // EM

Theo BN = EM, BNME hình bình hành, suy MN // BE // CD

Mặt khác CN = DM Vậy CDMN hình thang cân

c) Chứng minh tương tự trên, ta có AFNM hình bình hành Từ suy AF = BE = MN

d) Theo chứng minh ta có BN // MD BN = MD, BNDM hình bình hành, suy BD MN cắt trung điểm đoạn Mặt khác BD AC cắt trung điểm đoạn

Vậy AC, BD, MN đồng quy trung điểm đoạn

Bài 75.Cho tam giác ABC vuông A, D thuộc cạnh BC Vẽ DE AB E, DF AC F



A D



B C

AMD CNB AM = BN

∆ = ∆ ⇒

⇒ 

AED= 45



ABN=45

⊥ ⊥

E

F

N

M

C

A B

D

(52)

a) Gọi I trung điểm EF Chứng minh A, I, D thẳng hàng

b) Điểm D vị trí cạnh BC EF có độ dài ngắn nhất? Vì sao?

c) Dựng điểm D cạnh BC cho

Lời giải:

a) Tứ giác AEDF có , AEDF hình chữ nhật Suy I trung điểm EF, trung điểmcủa AD b) Ta có EF = AD EF nhỏ AD nhỏ nhất, hay điểm D hình chiếu vng góc A lên BC

c)

Bài 76. Cho ABC Gọi E, F trung điểm AB, AC Gọi M, N, P, Q hình chiếu A lên hai đường phân giác góc Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác AMBN, APCQ hình chữ nhật b) M, N, P, Q, E, F thẳng hàng

Lời giải:

a) Ta có đường phân giác ngồi góc tam giác vng góc với nên

Trong tứ giác ANBM có

nên ANBM hình chữ nhật

Chứng minh tương tự, ta có APCQ hình chữ nhật

b) Vì ANBM hình chữ nhật nên

ta có , suy NM // BC (hai góc so le nhau)

ANBM hình chữ nhật suy E trung điểm AB, trung điểm NM

NM qua E, song song với BC nên NM đường trung bình tam giác ABC, NM qua F

Chứng minh tương tự, PQ đường trung bình tam giác ABC Vậy điểm M, N, P, Q, E, F thẳng hàng

Bài 77 Cho ∆ABC (A= 900) có AB < AC Gọi M trung điểm BC Vẽ MD vng góc với AB D ME vng góc với AC E Vẽ đường cao AH ∆ABC

a) Chứng minh ADME hình chữ nhật b) Chứng minh CMDE hình bình hành c) Chứng minh MHDE hình thang cân

d) Qua A kẻ đường thẳng song song với DH cắt DE K Chứng minh HK vng góc với AC

Giải:



CFE=150

  

A= = =E F 90

  

CFE=150 ⇒EFA = DAC = 30 ∆

 B C



NBM = 90

  

B=N=M=90

  

NMB=ABM=MBC

I E

F

A C

B

D

F

E Q

P N

M A

B C

(53)

a) Tứ giác ADME có:   

A= = =D E 90 nên ADME hình chữ nhật

b) MD⊥AB, AC⊥AB, suy MD // AC

Vì M trung điểm cảu BC nên MD đường trung bình ∆ABC

Tương tự, ME đường trung bình ∆ABC Từ ta có A, E trung điểm AB, AC

Suy MD // CE DE // MC Vậy CMDE hình chữ nhật c) Theo DE // HM (1)

Xét tam giác ABH vuông H, có HD trungtuyến nên HD 1AB 2

=

Mặt khác, tam giác ABC, ME đường trung bình nên ME 1AB 2

=

Suy HD = ME (2)

Từ (1) (2) suy MHDE hình thang cân d) Xét hai tam giác ADK DBH, có:

DE // BC ⇒ADK =DBH (Hai góc đồng vị)

AD = DB (vì D trung điểm AB)

DH // AK ⇒DAK =BDH (Hai góc đồng vị)

Suy ∆ADK = DBH∆ ⇒AK = DH

Lại có AK // DH, ADHK hình bình hành, suy HK // DA

Vì DA⊥AC nên HK⊥AC

Bài 78 Cho hình chữ nhật ABCD Gọi M trung điểm cạnh DC Từ M vẽ đường

thẳng vng góc với DC cắt cạnh AB N a) Chứng minh ADMN hình chữ nhật b) Chứng minh AMCN hình bình hành

c) VẼ MH vng góc với NC H; Gọi Q K trung điểm NB HC Chứng minh QK vng góc với MK

Giải:

a) Tứ giác ADMN có   

A= =D M=90 ,

ADMNlà hình chữ nhật

b) Vì ADMN hình chữ nhật nên:

K H

E

D M

C B

A

I

K Q

H N

M

A B

C D

(54)

AN = DM = MC

Lại có AN // MC, AMCN hình bình hành c) Trong tứ giác BCMN,   

B= =C M=90 nên BCMN hình chữ nhật

Ta có NQ // CM NQ = 1

2CM (1)

Gọi I trung điểm MH, KI đường trung bình tam giác HCM Do đó: KI // CM KI = 1

2CM (2)

Từ (1) (2) suy NQ = KI NQ // KI, hay NQKI hình bình hành Xét tam giác MNC có: MH⊥NC; KI⊥MN (vì KI // CM CM⊥MN) Suy I trực tâm tam giác MNC, NI⊥MK (3)

Theo NQKI hình bình hành nên NI // QK (4) (3) (4) suy MK⊥QK

Bài 79 Cho ∆ABC vuông A (AB < AC) Gọi I, M, K trung điểm AB, BC, CA

a) Chứng minh AIMK hình chữ nhật

b) Trên tia MI lấy điểm E cho I trung điểm ME, tia MK lấy điểm F cho K trung điểm MF Chứng minh IF // EF EF = 2IK

c) Vẽ AH vng góc với BC H Chứng minh tứ giác IKMH hình thang cân d) Cho IK = 2MH Tính ABC

Giải:

a) Ta có MI đường trung bình tam giác ABC nên MI // AC, MI⊥AB Tương tự, MK⊥AC

Tứ giác AIMK có  

A= = =I K 90 nên AIMK hình chữ

nhật

b) Vì I, K trung điểm ME, MF nên IK đường trung bình tam giác MEF, từ ta có IK // EFvà EF = 2IK

c) Theo trên, IK // HM (a)

Vì MK đường trung bình tam giác ABC nên MK = 1

2AB (1)

Xét tam giác ABH vuông H, có HI đường trung tuyến nên HI = 1

2AB (2)

F

E I

K H

M

A B

C

(55)

Từ (1) (2) suy MK = HI (b)

Từ (a) (b) suy IKMH hình thang cân với hai đáy IK, HM d) Giả sử IK = 2HM Vì AIMK hình chữ nhật nên IK = AM

Mà AM trung tuyến tam giác vuông ABC nên AM = MB Từ suy MB = 2HM Theo giả thiết AB < AC nên H nằm M B, H trung điểm MB

Trong tam giác ABM có AH đường cao trung tuyến nên tam giác ABM cân A Như ta có AB = AM = MB, hay ∆ABM tam giác

Vậy 

ABC=60

Bài 80 Cho ∆ABC nhọn, đường trung tuyến BN CM cắt G Gọi I, K trung điểm BG CG

a) Chứng minh tứ giác MNCB hình thang b) Chứng minh tứ giác MNKI hình bình hành

c) ∆ABC cần thêm điều kiện để tứ giác MNKI hình chữ nhật d) Tính diện tích ∆ABC biết diện tích ∆ABN

5cm2.

Giải:

a) M, N trung điểm AB, AC, nên MN đường trung bình tam giác ABC, suy MN // BC Vậy MNCB hình thang

b) Trong ∆BCG, IK đường trung bình, suy IK = 1

2

BC IK // BC (1) Theo trên: MN = 1

2BC MN // BC (1)

Từ(1) (2) suy MN = IK MN // IK Vậy MNKI hình bình hành c) MNKI hình chữ nhật chỉkhi MI⊥IK

Vì IK // BC nên MI⊥IK⇔MI⊥BC

Trong ∆ABG, MI đường trung bình nên MI // AG Do MI⊥BC⇔AG⊥BC Vì AG đường trung tuyến ∆ABC nên AG⊥BC ∆ABC cân A Như MNKI hình chữ nhật ∆ABC cân A

d) Gọi h khoảng cách từđỉnh B lên AC Khi ta có: SABC = 1

2h.AC SABN = 1

2h.AN = 1 2h

1 2AC =

1 2SABC

Như SABC= 2.SABN

Theo giả thiết SABN= 5cm2 nên SABC= 10cm2

Bài 81 Cho hình thang vng ABCD ( 

A= =D 90 , AB < CD) Vẽ BE vng gócCD E

Trên tia đối tia BA lấy điểm M cho BM = DC a) Chứng minh tứ giác ABED hình chữ nhật b) Chứng minh AE = MC

c) Gọi N giao điểm AE BD, K trung điểm EM

K I

G

M N

A

B

C

(56)

I K N

M

E

A B

D C

E

M K

H N

O

A B

C D Chứng minh NK = 1

2AM

d) Vẽ AI vng góc với ME I Chứng minh BI⊥ID

Giải:

a) Tứ giác ABED có:   

A= = =D E 90 nên ABED hình chữ nhật

b) Theo giả thiết ta có: BM = DC BM // DC

Do BMCD hình bình hành, suy MC = BD Mặt khác, ABED hình chữ nhật nên BD = AE Từ ta có: AE = MC

c) Ta có N trung điểm AE BD Trong tam giác AME, NK đường trung bình Do NK = 1

2AM

d) Xét tam giác AIE vng I, có IN trung tuyến nên IN = 1

2AE

Vì AE = BD nên IN = 1

2BD

Xét tam giác BDI có IN đường trung tuyến IN = 1

2BD , ∆BDI vng I

Vậy BI⊥ID

Bài 82 Cho ∆ABC vuông A (AB > AC) Đường trung tuyến AO Trên tia đối tia OA lấy điểm D cho OD = OA Từ B kẻ BH vng góc với AD H Từ C kẻ CK vng góc với ADtại K Tia BH cắt CD M, tia CK cắt AB N

a) Chứng minh ABDC hình chữ nhật b) Chứng minh BH = CK BK // CH c) Chứng minh ba điểm M, O, N thẳng hàng

d) Trên tia đối tia BH lấy điểm E cho BE = AD Chứng minh 

DCE=45

Giải:

a) Theo giả thiết, O trung điểm BC AD Tứ giác ABDC có hai đường chéo cắt trung điểm đoạn nên ABCD hình bình hành Hơn 

A=90 nên

ABCD hình chữ nhật

b) Xét hai tam giác ACK DBH

vng K H, có AC = BD; KAC =HDB(vì ABDC hình chữ nhật)

(57)

Suy ∆ACK= ∆DBH(cạnh huyền – góc nhọn)⇒CK=BH

Ta có BH // CK (vì vng góc với AD) BH = CK (theo trên) Do BHCK hình bình hành,suy BK // CH

c) BM // CN, BN // CM, BMCN hình bình hành Vì O trung điểm BC nên O trung điểm MN, suy điều phải chứng minh

d) Vì ABDC hình chữ nhật nên ta có AD = BC = BE, suy tam giác BEC cân B, nên  

BEC=BCE

Lại có BM // CN nên BEC =NCE (so le trong) Suy BCE =NCE (1)

Theo ABDC hình chữ nhật nên dễ dàng suy CBD =CAD

Suy ACN =DCB (2) (hai góc phụ với góc CAD, CBD )

Từ (1) (2) cho ta CAN   +NCE=DCB+BCE, suy ACE =DCE

CE tia phân giác góc vng DCAnên DCE =450

Bài 83 Cho hình chữ nhật ABCD Gọi E điểmđối xứng B qua C Vẽ BH vuông góc

với AE H Gọi I trung điểm HE

a) Chứng minh tứ giác ACED hình bình hành

b) Gọi K trực tâm ABI Chứng minh K trung điểm HB c) Chứng minh tứ giác BCIK hình bình hành

d) Chứng minh AC, BD đường trung trực IC đồng qui điểm

Giải:

a) Ta có AD // CE AD = BC = CE Do ADEC hình bình hành b) K giao điểm BH đường thẳng qua I, vng

góc với AB

EB⊥AB, IK⊥AB⇒IK // EB

Mà I trung điểm EH nên IK đường trung bình tam giác BHE Vậy K trung điểm BH c) IK // BC; IK = BC (cùng 1

2BE) ⇒BCIK hình

bình hành

d) BCIK hình bình hành⇒CI // BK ⇒CI⊥AE Tam

giác ACI vng I nên đường trung trực CI đường trung bình tam giác ACI Do đường trung trực CI qua trung điểm AC

Mặt khác ABCD hình chữ nhật nên AC cắt BD trung điểm đoạn từ ta có AC, BD, CI đồng qui trung điểm AC

K

I H

E

A B

C D

(58)

Bài 84.Cho hình chữ nhật ABCD, E thuộc đường chéo BD Trên tia đối tia EC lấy điểm F cho CE = EF Vẽ FG AB G, FH AD H

a) Chứng minh tứ giác AHFG hình chữ nhật b) AF // BD

c) * E, G, H thẳng hàng

Lời giải:

a) Tứ giác AHFG có

nên AHFG hình chữ nhật

b) Gọi I giao điểm AC BD, ta có I trung điểm AC Theo giả thiết E làtrung điểm CF đường thẳng BD đường trung bình tam giác ACF Vậy AF // BD

c) Gọi K giao điểm AF GH, suy K trung điểm AF

Dễ thấy AIEK hình bình hành, suy KE // AC Ta chứng minh GH // AI

Vì AHFG hình chữ nhật nên (1) Vì AF // BD nên (2)

Vì ABCD hình chữ nhật nên (3)

Từ (1), (2), (3) suy Do GH // AC (hai góc so le nhau) Vì GH qua K nên hai đường thẳng GH KE trùng Vậy ba điểm G, H, E thẳng hàng

Bài 85 Cho ∆ABC vuông A có AB =4cm, AC = 3cm Gọi O trung điểm BC Gọi

D điểm đối xứng A qua O a) Tính BC, AO

b) Chứng minh ABDC hình chữ nhật

c) Vẽ AH⊥BC (H thuộc BC) Gọi M, K, I trung điểm AH, BH, CD Chứng minh CM = IK

d) Chứng minh ∆AKI vuông

Giải:

a) Trong tam giác vng ABC, ta có:

BC2 = AB2 + AC2= 16 + = 25 ⇒BC = 5(cm).

Vì AO trung tuyến tam giác vuông ABC nên AO =

1 2BC =

5 2 (cm)

b) Tứ giác ABDC có hai đường chéo BC AD cắt trung điểm O đoạn, nên ta có ABDC hình bình hành Mà 

BAC=90 nên ABDC hình chữ nhật

⊥ ⊥

  

A=H =G=90

 

AGH=GAF

 

GAF=ABD

 

ABD=BAC

 

AGH=BAC

K I

G

H F

C

A B

D

E

I K

M

H

D

O

A B

C

(59)

c) Dễ thấy KM đường trung bình tam giác ABH nên KM // AB KM = 1

2AB

Lại có CI // AB CA=1

2CD = 1 2AB

Như ta có KM = CI KM //CI, nên KMCI hình bình hành ⇒ CM = IK

d) Theo trên, KM // AB nên KM⊥AC Lại có AM⊥KC, nên M trực tâm tam giác ACK Do CM⊥AK (1)

Mà KMCI hình bình hành nên IK // CM (2) (1), (2) ⇒AK⊥IK, hay ∆AKI vuông

Bài 86* Cho ABC vuông A, đường cao AH, I trung điểm BC Vẽ HD AB D,

HE AC E Chứng minh AI DE

Lời giải:

Vì tam giác ABC vuông A nênAI = IB = IC Do (1)

Dễ thấy ADHE hình chữ nhật ( ) Suy (cùng phụ với ) (2)

Mặt khác (3)

(1), (2), (3) suy Vậy AI DE

Bài 87 Cho hình thang vuông ABCD ( 

A= =D 90 ; AB < CD) Vẽ BE vng góc với CD

tại E Trên tia đối tia BA lấy điểm M cho BM = DC Gọi N giao điểm AE BD; Gọi K trung điểm EM Vẽ AI vng góc với ME I

a) Chứng minh ABED hình chữ nhật b) Chứng minhBMCD hình bình hành c) Chứng minh NK song song AM

d) Chứng minh ∆BID vuông

Giải:

a) Tứ giác ABED có   

A= = =D E 90

nên ABED hình chữ nhật

b) Theo giả thiết BM = CD Vì ABCD hình thang nên CD // BM Dođó ta có BMCD hình bình hành

c) Vì ABED hình chữ nhật có N giao điểm hai đường chéo nên N trung điểm AE BD Xét tam giác EAM có NK đường trung bình nên NK // AM

∆ ⊥

⊥ ⊥

  ABI=DAI

  

A=D=H=90

  

ADE=AHE=BHD AHD  

ABI+DHB=90

 

ADE+DAI=90 ⊥

E

D H I

A B

C

I K N

M

E

A B

C D

(60)

d) Tam giác AIE có IN trung tuyến nên IN 1AE 2

= Mà AE = BD nên ta

1 IN BD

2

= Trong tam giác IBD có IN trung tuyến IN 1BD 2

= nên ∆BID vuông I

Bài 88 Cho ∆ABC vng A có AH đường cao Từ H vẽ HD vng góc với cạnh AB

tại D; vẽ HE vng góc với cạnh AC E Biết AB = 15cm; BC = 25cm a) Tính độ dài cạnh AC diện tích ∆ABC

b) Chứng minh ADHE hình chữ nhật

c) Trên tia đối tia AC lấy điểm F cho AF = AE Chứngminh tứ giác AFDH hình bình hành

d) Gọi K điểm đối xứng B qua A Gọi M trung điểm AH Chứng minh CM vng góc với HK

Giải:

a) Áp dụng định lí Pytago tam giác ABC vng A, có:

AC2 = BC2 – AB2= 252 – 152= 400 Suy AC = 20(cm)

Diện tích tam giác ABC: S = 1

2AB AC = 1

2 15 20 = 150

(cm2)

b) Từ giác ADEH có   

A= = =D H 90 nên ADEH hình

chữ nhật

c) Ta có AF // DH AF = DH (vì AE), nên AFDH hình bình hành

d) Gọi I trung điểm HB IM đường trung bình ∆ABH nên IM // AB, IM⊥AC Lại có AM⊥IC nên suy M trực tâm ∆ACI, ta có CM⊥AI (1)

Xét ∆BKH có AI đường trung bình nên AI // KH (2) Từ (1) (2) cho ta CM⊥KH

Bài 89*.Cho tam giác ABC cân A từ điểm D đáy BC, vẽ đường thẳng vng góc với BC, cắt đường thẳng AB, AC E, F Vẽ hình chữ nhật BDEM, CDFN có tâm O, I Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AODI hình bình hành b) A trung điểm MN

Lời giải:

a) Vì tam giác ABC cân A nên (1)

Các tứ giác BDEM CDFN hình chữ nhật nên ta có: (2) (3)

 

ABC=ACB

 

EBD=MDB NDC =FCD

O

N

E F

B C

A

D M

I

M

K F

D

E H

A B

C

(61)

(1) (2) DO // IA (hai góc đồng vị nhau) (1) (3) AO // ID (hai góc đồng vị nhau) Từ suy AODI hình bình hành

b) Ta có IA // OM IA = OD = OM, suy AIOM hình bình hành AM = IO AM // IO (4)

AO // NI AO = ID = NI, suy AOIN hình bình hành AN = IO AN // IO (5) Từ (4) (5) M, N, A thẳng hàng AM = AN Hay A trung điểm MN

Bài 90 Cho ∆ABC vuông A (AB < AC) Gọi M trung điểm cạnh BC Vẽ MD vng góc AB D; Vẽ ME vng góc AC E

a) Chứng minh tứ giác ADME hình chữ nhật b) Chứng minh CMDE hình bình hành

c) Vẽ AH vng góc với BC H Tứ giác MHDE hình gì? Vì sao?

d) Qua A vẽ đường thẳng song song với DH cắt DE K, đường thẳng HK cắt AC N Chứng minh HN2= NA.CN

Giải:

a) Tứ giác ADME có   

A= = =D E 90 ADME

hình chữ nhật

b) Ta có MD // AC, ME // AB M trung điểm BC nên D E trung điểm AB, AC

Vì ADME hình chữ nhật, ta có MD // EC MD = AE = EC, CMDE hình bình hành

c) Vì AB < AC nên H nằm B M

DE đường trung bình tam giác ABC nên DE // BC Ta có MH // ED (1)

1 ME AD AB

2

= = (2)

Trong tam giác ABH vuông H có HD trung tuyến nên HD 1AB 2

= (3)

Từ (1), (2), (3) suy MHDE hình thang cân d) DE // BC ⇒HBD =KDA (hai góc so le trong);

BD = DA;

DH // AK ⇒BDH =DAK

Từ ta có ∆HBD= ∆KDA⇒DH =AK, suy DHKA hình bình hành

Do HN // AB ⇒ HN⊥AC

Tam giác HAN vng N có: 2

HN =HA −NA

⇒ACD =MDB⇒

⇒  NDC=ABC ⇒

⇒ ⇒

⇒

N K H D

E M

A B

C

(62)

I K

N E

M

H A

B C

Tam giác HCN vng N có: 2

HN =HC −NC

Suy ( 2) ( 2)

2HN = HA +HC − NA +NC (4)

Tam giác HAC vng H có: 2

HA +HC =AC (5)

( )2

2 2

NA +NC = NA+NC −2NA.NC=AC −2NA.NC(6)

Từ (4), (5), (6) suy 2 ( )

2HN =AC − AC −2NA.NC =2NA.NC

Vậy

HN =NA.NC

Bài 91 Cho ∆ABC cân A, đường cao AH Gọi M trung điểm AB E điểm

đối xứng H qua M

a) Chứng minh AHBE hình chữ nhật b) Chứng minh ACHE hình bình hành

c) Gọi N trung điểm AC Chứng minh ba đường thẳng AH, CE, MN đồng qui

d) CE cắt AB K Chứng minh AB = 3AK

Giải:

a) Theo giả thiết M trung điểm AB HE Tứ giác AHBE có hai đường chéo AB HE cắt trung điểm đoạn nên AHBE hình bình hành

Mặt khác 

AHB=90 nên AHBE hình chữ nhật

b) Vì tam giác ABC cân A nên H trung điểm BC Suy BH = CH Ta có AE // CH AE = BH = CH nên ACHE hình bình hành

c) HN đường trung bình tam giác ABC, ta có HN // AM HN = AM nên AMHN hình bình hành

AEHC AMHN hai hình bình hành nên AH, CE, MN đồng qui trung điểm I đoạn

d) Trong tam giác AEH có AM EI hai đường trung tuyến, K trọng tâm tam giác AEH Suy AK 2AM 1AB

3 3

= =

Vậy AB = 3AK

Bài 92*.Cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm I, K

cạnh CD cho DI = CK, E điểm cạnh AD Đường thẳng vng góc với EK K cắt BC M Tính

Lời giải:

 EIM

N M

K

P C

A B

D E

(63)

Gọi N, P trung điểm ME CD, suy NP đường trung bình hình thang vng CMED Do ta có NP CD

Mặt khác, theo giả thiết DI = CK, suy PK = PI

Trong tam giác NIK có NP đường cao trung tuyến, NIK cân N Khi ta có IN = NK = NM = NE

Tam giác IME có IN trung tuyến IN = NM = NE nên tam giácMIE vuông I

Vậy .

Bài 93*.Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy điểm D

so cho HD = HA, đường thẳng vng góc với BC D cắt AC E a) Chứng minh AE = AB

b) Gọi M trung điểm BE Tính

Lời giải:

a) Dựng AI DE, I thuộc DE Ta có AHDI hình chữ nhật Suy AI = HD = AH

Hai tam giác vng AIE AHB có: (cùng phụ với góc ), AI = AH

Do , suy AE = AB b) Ta có tam giác DBE vuông D, tam giác ABE vuông A Vì M trung điểm BE nên AM = DM = BE Từ

đó dễ dàng thấy (c-c-c)

suy

Bài 94*. Cho ABC cân A có đường cao BH, M thuộc cạnh BC Vẽ MD AB D

ME AC E Trên tia đối tia ME lấy điểm F cho MF = MD Chứng minh rằng: MD + ME = BH

Lời giải:

Ta có:

Mặt khác, theo giả thiết DM = FM, từ ta chứng minh D F đối xứng qua BC

Suy

MD + ME = MF + ME = EF

Tứ giác BHEF có , BHEF hình chữ nhật, suy BH = EF

Vậy ta có MD + ME = BH

Bài 95*.Cho tam giác ABC có đường cao AH, M nằm

trong ABC (M thuộc cạnh tam giác) Vẽ ⊥



EIM=90

 AHM ⊥

 

EAI=BAH IAB

AIE AHB ∆ = ∆ AMH DMH ∆ = ∆

 

MHA=MHD=45

∆ ⊥ ⊥          0 DMB + DBM 90

EMC + ECM=90 DMB=EMC=FMB DBM = ECM

 =  ⇒    

BFM=90

  

H= = =E F 90

∆ M E D H A B C I H F E D C B A M L K J I E F D H C B A M

(64)

MD AB D, ME AC E, MF BC F Chứng minh rằng: MD + ME + MF = AH

Lời giải:

Đường thẳng qua M, song song với BC, cắt AB, AC, AH I, J , K Vì M nằm tam giác ABC nên M thuộc đoạn IJ K thuộc đoạn AH

Tứ giác MFHK có , suy MFHK hình chữ nhật Ta có MF = KH Dễ thấy tam giác AIJ Dựng IL AJ, L thuộc AJ, ta có IL = AK

Theo tập 68, MD + ME = IL = AK Từ đó: MD + ME + MF = AK + KH = AH

Bài 96 Cho góc 

xOy=90 điểm M nằm góc Vẽ MA vng góc với Ox

A; MB vng góc với Oy B đường thẳng qua M vng góc với AB, lấy điểm E F cho ME = MF = AB Chứng minh Oy tia phân giác góc EOF

Giải:

Ta có tứ giác AMBO hình chữ nhật

Suy AB=OM

Xét tam giác EOF ta có AB=OM=1

2EF

Suy tam giác EFO tam giác vuông O

Suy EOA AOF 90 Mà 

xOy=90 suy

 

AOFFOX90

Suy EOA=FOX

Qua F dựng đường thẳng vng góc với OI cắt OE Q

Xét hai tam giác vng QOI FOP ta có IOQ FOP OI=PF Suy QOI=FOP

Suy OQ=OF  QOF cân O

Mà OIQF OI đường cao tam giác QOF Trong tam giác cân đường cao đường phân giác Vậy Oy tia phân giác góc EOF

⊥ ⊥ ⊥

  

F=H=K=90

⊥

Q

P I

M

0

y

x

F

E

B A

(65)

BÀI 11 HÌNH THOI

A LÝ THUYẾT 1 Định nghĩa:

Hình thoi tứ giác có bốn cạnh AB = BC = CD = DA Tứ giác ABCD hình thoi

2 Tính chất:

Hình thoi có tất tính chất hình bình hành, ngồi cịn có:

a) Hai đường chéo vng góc với trung điểm đường b) Hai đường chéo đường phân giác góc hình thoi

3 Dấu hiệu nhận biết hình thoi

a) Tứ giác có bốn cạnh

b) Tứ giác có đường chéo vng góc trung điểm đường c) Hình bình hành có cạnh kề

d) Hình bình hành có đường chéo phân giác góc

B BÀI TẬP

Bài 97.Cho tứ giác ABCD có AD = BC Gọi M, N, P, Q

lần lượt trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh tứ giác MNPQ hình thoi

Lời giải:

Trong tam giác ABD, MQ đường trung bình nên MQ = AD MQ // AD (1)

Trong tam giác ACD, NP đường trung bình nên NP = AD NP // AD (1)

Từ (1) (2) suy MQ = NP MQ // NP Do MNPQ hình bình hành

Lại có: tam giác ABC, MN đường trung bình, ta có MN = BC Theo giả thiết, AD = BC nên MN = BC= AD = MQ

Tứ giác MNPQ hình bình hành có hai cạnh kề nên MNPQ hìnhthoi

Bài 98.Cho hình thang cân ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD,

DA Chứng minh tứ giác MNPQ hình thoi

Lời giải:

Trong tam giác ABC, MN đường trung bình nên ta có MN = AC MN // AC (1)

Tương tự tam giácACD, PQ = AC PQ // AC (2)

⇔

1

2

1

M

Q

P N A

D

B

C

Q

P

N M

A

D

B

C

B

A C

D

(66)

Từ (1) (2) suy MN = PQ MN // PQ, MNPQ hình bình hành (3) Lại xét tam giác ABD, MQ đường trung bình, suy MQ= BD

Vì ABCD hình thang cân nên AC = BD, từ suy MN = MQ (2) Từ (1) (2) suy MNPQ thoi

Bài 99.Cho tứ giác ABCD Biết AC đường phân giác ; BD đường phân

giác Chứng minh tứ giác ABCD hình thoi

Lời giải:

Ta có:

Từ giả thuyết suy ra: (1)

Mặt khác tam giác ACD, ta có: (2)

Từ (1) (2) suy AB // CD (so le trong)

suy AD // BC (so le trong) Suy tứ giác ABCD hình bình hành

ABCD có đường chéo phân giác góc nên ABCD hình thoi

Bài 100.Cho hình bình hành ABCD Vẽ AE BC E, DF AB F Biết AE = DF

Chứng minh tứ giác ABCD hình thoi

Lời giải:

Xét hai tam giác EAB FDA có: , EA = FD (theo giả thiết),

(so le trong)

Do hai tam giác EAB FDA nhau, suy AB = DA

ABCD hình bình hành có hai cạnh kề nên ABCD hình thoi

Bài 101.Cho tam giác ABC (AB < AC) Trên tia đối tia BA lấy điểm M, tia đối tia CA lấy điểm N cho BM = CN Gọi D, E, P, Q trung điểm BC, MN, MC, NB

a) DQ cắt AM J Chứng minh =

b) DE cắt AN I Chứng minh DE song song với đường phân giác góc

Lời giải:

a) Tam giác BNM có QE đường trung bình nên ta có: QE // BM Tương tự DP // BM, QD // CN, PE //CN

Từ QE // DP PE // DQ, suy DPEQ hình bình hành

1

 A C 

B D

   

360

A+ + + =B C D

    1 1 180 A + + +B C D =

    1 180 A +C +D +D =

 

1 B =D ⇒

   

1 2,

B =B D =D B 2 =D1⇒

⊥ ⊥

 

E = F = 90

  EBA = FAD



PEQ MJQ



BAC

2

1

1 A

B D

C

E

F A

B D

C

(67)

Mặt khác (so le trong)

Vậy

b) Gọi Ax đường phân giác góc Ta có: DP = BM PE = CN

Theo giả thiết, BM = CN DP = PE Do DPEQ hình thoi, suy DE tia phân giác góc đồng thời

= = (góc đồng vị)

Từ suy (góc đồng vị) DE // Ax (hai góc đồng vị nhau)

Bài 102.Cho tam giác ABC (AB = AC) Gọi E điểm đối xứng

với A qua cạnh BC Chứng minh ABEC hình thoi

Giải:

Gọi I trung điểm AE, I thuộc BC AI⊥BC

Theo giả thiết, tam giác ABC cân A nên I trung điểm BC

Tứ giác ABEC có hai đường chéo AI BC vng góc trung điểm đoạn nên tứ giác ABEC hình thoi

Bài 89.Cho tam giác ABC có trọng tâm G Vẽ hình chữ nhật

ABDE cho C thuộc đoạn thẳng DE Tia AG cắt BD I, tia AE cắt BG J Chứng minh rằng:

a) I J đối xứng qua CG

b) Các tứ giác CGBI, GICJ, CJAG hình thoi

Lời giải:

a) Dễ thấy hai tam giác ABJ BAI (g -c-g), nên AI = BJ

Do ABIJ hình thang cân có hai đáy AJ BI Vì hình thang cân ABIJ có góc vng nên suy ABIJ hình chữ nhật, tâm G Mặt khác, GC AB nên GC đường trung trực cạnh IJ Vậy IJ đối xứng qua đường thẳng CG

b) Ta có = 900 300

Gọi M trung điểm BC, tam giác BGI, BM đường cao đường phân giác nên M trung điểm GI

Tứ giác CGBI có hai đường chéo BC GI vng

góc cắt trung điểm đường, CGBI hình thoi  

PEQ = PDQ

⇒

 

PDQ=MJQ

 

PEQ=MJQ

 BAC 2 ⇒ 

PDQ PDQ =



PEQ MJQ BAC

  

2

A = D = DIC ⇒

⊥



ABI ⇒GBC = IBC   =

J I D E G M B A C 2 1 2 1 I J Q P D E N A B C M I E C B A

(68)

Chứng minh tương tự nhưtrên, ta có CGAI hình thoi

Vì I, J đối xứng qua đường thẳng CG nên CI = CJ GI = GJ (1) Dễ thấy tam giác BGI tam giác đều, suy CI = BG = GI (2)

(1) (2) suy tứ giác GICJ có bốn cạnh nhau, GICJ hình thoi

Bài 103. Cho hình bình hành ABCD có AD = 2AB Gọi M trung điểm AD, CE AB

tại E, MF CE F, MF cắt BC N Chứng minh a) MNCD hình thoi

b) Tam giác EMC cân c)

Lời giải:

a) MF CE, AE CE MN // // AE // CD (1) Lại có MD // NC MD = AD= CD (2)

Từ (1) (2) suy MNCD hình thoi b) Ta có ADCE hình thang với hai đáy AE CD

Vì M trung điểm AD nên MF đường trung bình hình thang ADCE, suy F trung điểm CE

Tam giác EMC có MF đường cao trung tuyến nên EHC cân M

c) MNCD hình thoi nên

Ta có: (1)

Lại có (2) (vì phụ với góc ) (1) (2) suy

Bài 104.Cho hình thoi ABCD cạnh a có = 60o

Đường thẳng d cắt cạnh AB, BC M, N cho MB + NB = CD Chứng minh tam giác DMN

Lời giải:

Theo đề: MB + NB = CD = AB suy MA = NB Góc = 600suy góc = 1200 = 600 Tam giác ABD nên AD = BD

Xét hai tam giác MAD NBD, có: MA = NB, 600, AD = BD Do (c-g-c)

Từ đó: MD = ND

600(Vì tam giác ABD đều) Tam giác MND có MD = ND góc 600 Vậy tam giác MND

Bài 105 Cho tam giác ABC cân A có BC = 6cm Gọi M, N, P trung điểm AB, AC, BC

⊥ ⊥

 

BAD = 2AEM

⊥ ⊥

1

 

NMD=2NMC

   

BAD=NMD 2NMC= =2EMF

 

AEM = EMF MEF

 

BAD = 2AEM

 A



A ABC ⇒ NBD

 

MAD= NBD=

MAD = NBD

∆ ∆

 

ADM=BDN

     

MDN=MDB+BDN=MDB+ADM=ADB=

 D

N F E

M

C

D A

B

C

D A

B

M

N

(69)

a) Tính độ dài MN? Chứng minh MBNC hình thang cân

b) Gọi K điểm đối xứng B qua N Chứng minh tứ giác ABCK hình bình hành c) Gọi H điểm đối xứng P qua M Chứng minh AHBP hình chữ nhật

d) Chứng minh AMPN hình thoi

Giải:

a) MN đường trung bình tam giác ABC Ta có MN // BC MN = 1

2BC

Từ ta có MN = 3cm BMNC hình thang Ta giác ABC cân A nên B =C

Ta BMNC hình thang cân

b) Theo đề N trung điểm AC BK Tứ giác ABCK có hai đường chéo AC BK cắt trung điểm đoạn nên ABCK hình bình hành

c) M trung điểm AB HP nên AHBP hình bình hành

Lại có tam giác ABC cân A P trung điểm BC nên AP⊥BC Hình bình hành AHBP có góc vng nên AHBP hình chữ nhật d) MP đường trung bình tam giác ABC nên MP // AC MP = 1

2AC Suy MP =

AN MP // AN Như AMPN hình bình hành Mặt khác, AM = 1

2AB, AN = 1

2AC AB = AC nên AM = AN

Hình bình hành AMPN có hai cạnh kề AM AN nên AMPN hình thoi

Bài 106 Cho tam giác ABC vuông A Gọi D E trung điểm AB AC

a) Chứng minh tứ giác ACED hình thang vng

b) Gọi F điểm đối xứng E qua D Chứng minh ACEF hình bình hành c) Chứng minh AEBF hình thoi

d) Gọi H hình chiếu điểm E AC Chứng minh ba đường thẳng AE, CF, DH đồng qui

Giải:

a) DE đường trung bình tam giác ABC nên DE // AC, tứ giác ACED hình thang Mặt khác tứ giác ACED có 

A=90 nên

ACED hình thang vng b) Ta có EF // AC (1)

H K

M N

P A

C B

H

F D E

A B

C

(70)

F điểm đối xứng E qua D lên D trung điểm EF, EF = 2ED Mặt khác, theo ED = 1

2AC Do ta có EF = AC (2)

(1) (2) suy ACEF hình bình hành

c) Theo giả thiết D trung điểm AB EF Tứ giác AEBF có hai đường chéo AB EF vng góc trung điểm đoạn, nên AEBF hình thoi

d) Theo trên, ACEF hình bình hành nên AE cắt CF trung điểm đoạn Tứ giác ADEH có   

A= = =D H 90 nên ADEH hình chữ nhật, AE DH cắt

tại trung điểm đoạn

Từ ta có AE, CF, DH đồng qui trung điểm đoạn

Bài 107.Cho hình thoi ABCD, đường chéo cắt O Vẽ AE vng góc BC E, AF

vng góc CD F Biết EF = BD

a) Chứng minh EF đường trung bình tam giác BCD

b) Tính góc hìnhthoi ABCD

Lời giải:

a) Ta có hai tam giác ABC ADC AE, AF đường cao, AE = AF

Gọi M giao điểm EF AC Ta có:

Từ suy Tam giác cân AEF có AM đường phân giác nên AM đường cao Vậy EF // BD Mặt khác, EF = BD = DO, suy EFDO hình bình hành

OE // DF // AB E trung điểm BC Vậy EF đường trung bình tam giác BCD

b) E trung điểm BC nên tam giác ABC cân A

Vì ABCD hình thoi nên suy tam giác ABC đều, từ ta góc 600

Vậy ta có:

Bài 108.Cho hình thoi ABCD có > 90o Vẽ BM vng góc AD M, BN vng góc CD

tại N, DP vng góc AB P, DQ vng góc BC Q; BM cắt DP E, BN cắt DQ F Chứng minh BFDE hình thoi

Lời giải:

Theo giả thiết: BF CD, DE AB, AB // CD nên BF // DE

1

     

 

0 BAE + ABE = 90

DAF + ADF = 90 BAE = DAF ABE = ADF



 ⇒

  

  EAM = FAM

1

⇒ ⇒

 B=

   

A = C = 120 , B = D = 60

 B

⊥ ⊥

M

F E

O C

D B

A

(71)

Chứng minh tương tự ta có BE // DF Do tứ giác BFED hình bình hành Ta chứng minh EF BD Thật vậy,

Trong tam giác ABD, BE DE đường cao nên AE đường cao,

suy AE BD Tương tự, CE BD

Vì AC BD suy bốn điểm A, C, E, F thẳng hàng EF BC

Tứ giác BFDE hình bình hành có hai đường chéo vng góc, suy BFDE hình thoi

Bài 109 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC) Kẻ đường cao AH (H∈BC), gọi M trung điểm AC Lấy điểm D đối xứng với H qua M

a) Chứng minh tứ giác ADCH hình chữ nhật

b) Trên tia đối tia HC lấy điểm E cho HE =HC Chứng minh ADHE hình bình hành

c) Gọi I trung điểm AE Chứng minh AIHM hình thoi

Giải:

a) Ta có M trung điểm AC HD

Tứ giác ADCH có hai đường chéo AC HD cắt trung điểm M đoạn nên ADCH hình bình hành

Lại có 

AHC=90 nên ADCH hình chữ nhật

b) Theo ta suy AD // BC hay AD // HE, AD = HC = HE Từ suy ADHE hình bình hành

c) Theo giả thiết H, I trung điểm EC EA Trong ∆EAC có HI đường trung bình nên HI // AC HI = 1

2AC

Suy HI // AM HI = AM Do AIHM hình bình hành Mặt khác, ADCH hình chữ nhật có tâm M nên MA = MH

Hình bình hành AIHM có hai cạnh kề nên AIHM hình thoi

Bài 110 Cho hình bình hành ABCD, AB =

2AD Đường phân giác góc 

A cắt CD E, đường phân giác góc D cắt AB F; hai đường phân giác cắt M

a) Chứng minh ADEF hình thoi

b) Gọi N giao điểm phân giác góc ABC phân giác góc BCD Chứng minh N trung điểm EF

c) Giả sử A = 1200 Chứng minh lúc này, tứ giác MNCE hình thoi

Lời giải:

⊥

⊥ ⊥ ⊥

⊥

I E

D M

H

A B

C

E F

Q P

N M

C

D B

A

(72)

a)

  1( )

MAD MDA FAD EDA 90

+ = + =

⇒AM ⊥ DF Từ ta tam giác ADF cân A, suy M trung điểm DF

Chứng minh tương tự, M trung điểm AE

Tứ giác ADEF có hai đường chéo vng

góc trung điểm đường, ADEF hình thoi b) Dễ dàng chứng minh BNC = 900

EF // AD // BC ⇒ AFE =ABC⇒MFE =NBC

Lại có EF // BC Từ ta có hai tam giác vuông MEF NCB ⇒MF = NB Mặt khác AFD =ABN⇒ MF // BN

Vậy MFBN hình bình hành Suy MN // BF // DE Vì M trung điểm DF nên N trung điểm EF

c) Theo chứng minh ta có ME = NC Dễ dàng chứng minh ME // NC Do MNCE hình bình hành

   

MEN=DAM=60 ; NEC=ADE=600 ⇒ EN phân giác góc MEC

Tứ giác MNCE hình bình hành có đường chéo đường phân giác góc nên MNCE hình thoi

Bài 111 Cho hình thoi ABCD Vẽ hình bình hành ACEF có CE = AD Gọi K điểm đối

xứng E qua C (K không trùng với D) Chứng minh rằng: a) FK, BD, AC cắt trung điểm đường

b) * Một bốn điểm B, D, E, F trực tâm tam giác có ba đỉnh ba điểm lại

Lời giải:

a) Gọi I giao điểm AC BD, suy I trung điểm AC BC

Ta có AF // CE // CK AF = CE = CK nên AFCK hình bình hành Do trung điểm I AC trung điểm KF

Vậyba đường đoạn thẳng FK, BD, AC đồng quy trung điểm đoạn

b) Giả sử E, F nằm phía với D so với đường thẳng AC

Ta chứng minh D trực tam tam giác BEF Vì BD ⊥ AC EF // AC nên BD ⊥ EF (1)

Gọi J trung điểm BK IJ đường trung bình tam giác BFK nên IJ // BF Mặt khác IJ đường trung bình tam giác BDK nên IJ // DK

N M

F

E

B

D C

A

I

J

E

K

F

B

A C

D

E

(73)

Như DK // BF (a)

Trong tam giác DKE, có DC trung tuyến, đồng thời DC = CE = CK nên tam giác DKE vuông D, suy DE ⊥DK(b)

(a) (b) suy ED⊥BF (2)

(1) (2) suy D trực tâm tam giác BEF

Trường hợp nằm khác phía so với đường thẳng AC, ta chúng minh B trực tâm tam giác DEF

Bài 112 Cho ∆ABC cân A, AH đường cao Gọi M N trung điểm hai cạnh AB AC Biết AH = 16cm BC = 12cm

a) Tính diện tích tam giác ABC độ dài cạnh MN

b) Gọi E điểm đối xứng H qua M Chứng minh tứ giác AHBE hình chữ nhật c) Gọi F điểm đối xứng A qua H Chứng minh tứ giác ABFC hình thoi

d) Gọi K hình chiếu H lên cạnh FC Gọi I trung điểm HK Chứng minh BK vng góc IF

Giải:

a) SABC = 1

2AH.BC = 1

216 12 = 96 (cm

2)

b) Theo giả thiết, M trung điểm AB HE, tứ giác AHBE hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt trung điểm đường)

Lại có AH⊥BC Hình bình hành AHBE có góc vng nên AHBE hình chữ nhật

c) Vì ∆ABC cân A nên H trung điểm BC, H trung điểm AF

Tứ giác ABFC có hai đường chéo BC AF vng góc trung điểm đoạn nên ABFC hình thoi

d) Gọi J trung điểm CK, tam giác CHK có IJ đường trung bình nên IJ // CH, IJ⊥FH

Trong tam giác HFJ, HI JI hai đường cao nên I trực tâm ∆HFJ, suy FI⊥HJ (1)

Xét tam giác BCK, HJ đường trung bình nên HJ // BK (2) Từ (1) (2) suy FI⊥BK

Bài 113 Cho hình thoi ABCD Trên tía đối tia BA, CB, DC, AD lấy điểm M, N, E, F cho BM = CN = DE = AF Chứng minh rằng:

a) ∆FAM= ∆NCE

b) MNEF hình bình hành c) AC, BD, ME, NF đồng quy

Lời giải:

J I

K

F E

M N

A

B H C

(74)

a)  

FAM+BAD=180 ,  NCE+DCB =1800 Mặt khác BAD =DCBnên FAM =NCE Lại có: FA = NC vàMA = MB + BA = ED + DC = EC

Do ∆FAM= ∆NCE(c-g-c) b) Theo ta có FM = NE (1)

Chứng minh tương tự câu a, hai tam giác MBN EDF Suy MN = EF(2) (1), (2) suy MNEF hình bình hành

c) Gọi O giao điểm AC BD Ta có O trung điểm AC BD

ED // MB ED = MB nên MBED hình bình hành, suy O trung điểm ME Chứng minh tương tự, NCFA hình bình hành, O trung điểm NF Vậy bốn đoạn thẳng AC, BD, ME, NF đồng quy trung điểm đoạn

Bài 114* Cho ∆ABC có G trọng tâm, đường cao AH Lấy điểm M cạnh

BC, I trung điểm AM Gọi D, E hình chiếu điểm M lên AB AC a) Tứ giác DIEH hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh IH, DE, MG đồng quy

Lời giải:

a) Giả sử M nằm C H

Tam giác AHM vuông H, HI trung tuyến nên HI = IM = IA

Tam giác AME vng E có EI trung tuyến nên EI = IM = IA

⇒HI = EI (a)

Tam giác AHI cân I nên: AHI =HAI

   

HIM=AHI+HAI=2HAM Tương tự ta có EIM =2CAM Suy ra:

   ( )

HIE=HIM+EIM =2 HAM+CAM =60 (b) O

F

E

N B

A

C

D

M

O J

N

E D

I

G

H B

A

C M

(75)

(a), (b) suy tam giác IEH (1)

Tam giác DMA vng D, có DI trung tuyến nên DI= IA = IM = IH (c) Tương tự ta có DIM =2DAM

   ( ) 

DIH=DIM – HIM = DAM – HAM =2DAH=60 (d) (c), (d) suy ta giác DIH (2)

(1), (2) suy tứ giác DIEH hình thoi

b) Gọi N điểm đối xứng M qua H J trung điểm AN

Trong tam giác AMN, IJ đường trung bình, nên IJ // MH IJ = MH Từ suy IJHM hình bình hành

Gọi O trung điểm IH O trung điểm JM Mặt khác, H trung điểm MN AG =

3AM nên G trọng tâm tam giác AMN Do M, J, G thẳng hàng

Vì DIEH hình thoi nên O trng điểm DE Vậy ba đường thẳng DE, IH, MG đồng quy O

Bài 115*.Cho ∆ABC cân A có hai đường trung phân giác AD BE thỏa mãn BE =

AD Tính BAC

Giải:

Ta có D trung điểm BC AD⊥BC Gọi H điểm đối xứng A qua D, dễ dàng chứng minh ABHC hình thoi

Dựng hình bình hành EAHF

HF // AE, BH // AC ⇒B, H, F thằng hàng Đồng thời ta có EF = AH = 2AD = BE

Suy tam giác BEF cân E ⇒EFB =EBF Vì ABHC hình thoi nên HBC =ABC

Ta có: EAD    EFH EBH EBC HBC 1ABC ABC 3ABC

2 2

= = = + = + =

Suy CAB =3ABC=3ACB

Lại có:     1 1

CAB ABC ACB 180 CAB CAB CAB 180

3 3

+ + = ⇒ + + =

5 

CAB 180 CAB 108 3

⇒ = ⇒ =

Bài 116* Cho ∆ABC nhọn, đường cao BD, CE Tia phân giác góc ABD ACE cắt

nhau O, cắt AC AB N M Tia BN cắt CE K, tia CM cắt BD H Chứng minh MNHK hình thoi

F H

D

E

C B

A

(76)

Giải:

Ta có  

ABD+BAC=90 vàACE +BAC=900

Suy 1

2

 

(ABD+BAC)+1

2

 

( )

ACE+BAC =90

  

ABN BAC ACM 90

⇒ + + = (1)

Xét tam giác ABN có ABN  +BAC=BNC (góc

ngồi tam giác) (2)

(1), (2) suy  

NCO+CNO=90

Do CO⊥NK

Lại có CO phân giác góc NCK từ ta có O trung điểm NK

Chứng minh tương tự, O trung điểm MH Tứ giác MNHK có hai đường chéo vng góc trung điểm đường nên MNHK hình thoi

K

M N

O H

D E

C B

A

(77)

BÀI 12 HÌNH VNG

A LÝ THUYẾT 1 Định nghĩa:

Hình vng tứ giác có cạnh góc Như vậy, hình vng vừa hình thoi, vừa hình chữ nhật

Tứ giác ABCD hình vng

2 Tính chất:Hình vng có tất tính chất hình thoi hình chữ nhật

3 Dấu hiệu nhật biết hình vng:

a) Hình chữ nhật có cạnh kề

b) Hình chữ nhật có đường chéo vng góc

c) Hình chữ nhật có đường chéo phân giác góc d) Hình thoi có góc vng

e) Hình thoi có đường chéo

B BÀI TẬP

4) Cho hình chữ nhậtABCD Trên tia đối tia CB DA lấy hai điểm E F cho CE = DF = CD Trên tia đối tia CD lấy điểm H cho CH = CB Chứng minh AE vng góc với FH

Giải:

Tứ giác CDFE có DF = CE = CD, DF // CE, 

D=90 nên

CDFE hình vng

Ta có: AF=HD, HDF =AFE=900, FE=DF

Do ∆AFE= ∆HDF⇒EAF =FHD

Gọi K giao điểm AE CD  

AKD=HKE, AKD +FAE=900

 

HKE FAE 90

⇒ + =

Mà EAF =FHD nên HKE +FHD=900

Vậy AE vng góc HF

Bài 117 Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB, BC, CD, DA, lấy điểm E, F, G,

H cho AE = BF = CG = DH Chứng minh EFGH hình vng

Giải:

Dễ thấy AH = BE = CF = DG Từ suy ra:

AEH BFE CGF DHG

∆ = ∆ = ∆ = ∆ (c-g-c) Do EH = FE = GF = HG (1)

Mặt khác, ∆AEH= ∆BFE⇒BEF =AHE

    D AB BC C DA A B C D

= = =  ⇔ 

= = = 

E

F

G H

A B

C D

K H

F E

A B

C D

(78)

Suy   

AEH+BEF=90 ⇒FEH =90 (2)

(1), (2) suy EFGH hình vng

Bài 118 Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD Gọi E, F theo thứ tụ trung điểm

AB, CD Gọi M giao điểm AF DE, N giao điểm BF CE a) Tứ giác ADFE hình gì? Vì sao?

b) Tứ giác EMFN hình gì? Vì sao?

Giải:

a) E, F trung điểm AB, CD nên ta có EF // AD // BC, dễ thấy ADFE hình chữ nhật

Mặt khác AD AE 1AB 2

= = Vậy ADFE hình vng b) Chứng minh tương tự câu a, ta có BCFE hình

vng Do hai tam giác MEF NEF hai tam giác vuông cân M, N từ suy raEMFN hình vng

Bài 119 Cho hình vng ABCD Trên tia đối tia BA ta lấy điểm M, tia đối tia CB ta lấy điểm N, tia đối tia DC ta lấy điểm P tia đối tia AD ta lấy điểm Q cho AQ = BM = CN = DP Chứng

minh:

a) Các tam giác vuông AQM, BMN, CNP, DPQ

b) Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng c) Hai hình vng MNPQ ABCD có chung tâm đối xứng

Giải:

a) Dễ thấy AM = BN = CP = DQ, tam giác vng AQM, BMN, CNP, DPQ (c -g-c)

b) ∆AQM= ∆BMN= ∆CNP= ∆DPQ suy

QM = MN = NP = PQ (1)

Mặt khác ∆AQM= ∆BMN⇒AMQ =BNM

Và  

BNM+BMN=90 , ta có AMQ +BMN=900, hay QMN =900(2)

Từ (1), (2) suy MNPQ hình vng

c) Xét tứ giác BNDQ có BN // DQ BN = DQ nên BNDQ hình bình hành Gọi I giao điểm BD NQ, I trung điểm BD NQ Do I tâm hai hình vuông ABCD MNPQ

M N

E

F

A B

C D

I

M

N P

Q

A B

C D

(79)

Vậy hai hình vng ABCD MNPQ cóchung tâm đối xứng I

Bài 120 Cho hình vng ABCD Gọi M, N, P, Q theo thứ tự trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA

a) Chứng minh AN = DM AN⊥DM

b) Chứng minh đoạn thẳng DM, AN, BP, CQ giao tạo thành hình vng

c) Gọi E giao điểm DM AN Chứng minh CE = CD

Giải:

a) Xét hai tam giác ABN DAM vuông B A, có AB = AD BN = AM,

ABN DAM

∆ = ∆

suy AN = DM BAN =ADM

Mà  

BAN+DAN=90 , ADM +DAN=900, hay AED =900

Vậy ta có AN = DM AN⊥DM

b) Giả sử đoạn thẳng DM, AN, BP, CQ giao tạo thành tứ giác EFGH

MB // DP MB = DP ⇒MBPD hình bình hành Suy BP // DM ⇒ AN⊥BP

Tương tự ta có CQ⊥DM

Như tứ giác EFGH có   

E= = =F H 90

* Ta chứng minh EF = EH:

Dễ thấy EM đường trung bình tam giác ABF, E trung điểm AF Tương tự H trung điểm DE

Xét hai tam giác ABF DAE vuông F E, có:

AB = DA; BAF =ADE (vì ∆ABN= ∆DAM) Suy ∆ABF= ∆DAE ⇒AF = DE

Từ ta có EF = EH Vậy EFGH hình vng

c) H trung điểm DE CH⊥DE, ta suy ∆CDE cân C, CE = CD

Bài 121 Cho hình vng ABCD Từ điểm M thuộc đường chéo BD kẻ ME⊥AB MF⊥

AD Chứng minh rằng: a) CF = DE CF⊥DE

b) Ba đường thẳng CM, BF FE đồng qui

Giải:

a) Tứ giác MEAF có   

A= = =E F 90 nên MEAF hình chữ nhật Mặt khác, dễ thấy ∆

MEB vuông cân E

E

F

G H

M

N

P Q

A B

C D

(80)

Do AF = EM = EB⇒DF = AE Từ ta có ∆DAE= ∆CDF(c-g-c)

⇒CF = DE FCD =EDA

Vì  

FCD+CFD=90 nên EDA +CFD=900

Hay CF⊥DE

b) Chứng minh tương tự trên, ta có:

ABF CBE

∆ = ∆ , suy BF⊥CE * Ta chứng minh CM⊥EF:

Giả sử FM cắt BC J; CM cắt EF, AB I, K Ta có 

MJC=90

Dễ thấy BEMJ hình vuông nên MJ = FA CJ = EA Suy ∆CJM= ∆EAF (c-g-c)⇒JCM =AEF

Vì  

JCM+EKI=90 nên AEF +EKI=900, hay KIE =900

Xét tam giác EFC có ED⊥FC, FB⊥CE, CM⊥EF, ED, FB, CM ba đường cao tam giác EFC Vậy ED, FB, CM đồng qui

Bài122.Cho tứ giác ABCD có AD = BC Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng

Lời giải:

Trong tam giác ABC, MN đường trung bình nên MN = BC Lập luận tương tự, ta có PQ = BC, MQ = AD, NP = AD

Theo giả thiết, AD = BC suy MN = QP = MQ = NP Vậy MNPQ hình thoi (1) Mặt khác ta có:

(góc đồng vị) theo giả thiết , suy Do ta góc (2)

Từ (1) (2) cho ta MNPQ hình vng

Bài 123.Cho tam giác ABC Phía ngồi tam giác ABC dựng hình vng BCGF, ACHI

tam giác ABC’ vuông cân C’ Gọi O, A’, B’ trung điểm AB, BG, AH Chứng minh rằng:

  o

ADC + BCD = 90

Q

P

N

M B

A

D C

1

2

1

   

DPQ = DCB, NPC = ADC  

DCB + ADC=90

 

DPQ + NPC=90 QPN 90 =

J K

I M

E

F

A B

C D

(81)

a) AG = BH b) AG BH

c) Tam giác OA’B’ vuông cân

Lời giải:

a) Xét hai tam giác BCH GCA có: BC = GC (hai cạnh hình vng BCGF)

(Vì góc )

CH = CA (hai cạnh hình vng ACHI)

Suy hai tam giác BCH GCA (c-g-c)

Vậy AG = BH

b) Gọi K giao điểm BH AH, (góc đối đỉnh) (1)

Theo chứng minh trên: (2) (vì hai tam giác BCH GCA nhau) Mặt khác: (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: Vậy AG BH

c) Trong tam giác ABG, OA’ đường trung bình, OA’ // AG OA’ = AG (1)

Trong tam giác ABH, OB’ đường trung bình, OB’ // BH OB’ = BH (2) Theo hai câu trên, AG = BH AG BH, kết hợp với (1) (2) suy OA’ = OB’ OA’ OB’ Vậy tam giác OA’B’ vng cân O

Bài 124 Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC Gọi E, F trung điểm AB, CD H, K trung điểm DE, HF; I trung điểm BF Q giao điểm CH EK

a) Chứng minh CH⊥EK Q b) Chứng minh QI = IE = IC = IB Giải:

a) Gọi J trung điểm HD Ta có JK // DF nên JK⊥EF

FK⊥DE (vì ADFE hình vng) K trực tâm tam giác EFJ

Suy EK⊥FJ, mà FJ // CH nên EK⊥CH b)

Dễ thấy BCFE hình vng, I trung điểm FB nên I trung điểm BC Theo trên, tam giác CQE vng Q.từđó suy QI = IE = IC = IB

⊥

 

BCH = GCA



ACB + 90

 

CKH = AKB

 

CHK = CAG

 

CHK + CKH = 90

 

CAG + AKB = 90

⊥

1

⊥ ⊥

K O

B'

A' C'

H I

F G

B A

C

J

Q I

E F

K

H

D C

B A

(82)

Bài 125 Cho hình thang vng ABCD (A  = D= 900) (AB <CD) Vẽ BE vng góc CD E tia đối tia BA lấy điểm M cho BM = CD Gọi N giao điểm AE BD, K trung điểm EM Vẽ AI vng góc ME I Chứng minh NK // AM BID =

900

Giải:

Trong tam giác AEM, NK đường trung bình, NK // AM

Dễ thấy tứgiác ABED hình chữ nhật, N trung điểm AE BD AE = BD

Tam giác IAE vng I, có IN đường trung tuyến, đó:

IN = NA = NE = NB = ND

Tam giác IBD có IN trung tuyến thỏa mãn IN= IB = ID, BID tam giác vuông I

Bài 126.Cho tam giác ABC Phía ngồi tam giác ABC dựng hình vuông ACPG, ABDE Gọi

H, K, L, M, N trung điểm BE, BC, CG, AB, AC Chứng minh a)

b) HK KL

Lời giải:

a)

* Trong tam giác ABE, HM đường trung bình, HM // EA HM = EA (1) Trong tam giác ABC, KN đường

trung bình, KN = AB (2) Mặt khác, ABDE hình vng nên EA = AB Kết hợp (1) (2) suy HM = KN

* Lập luận tương tự, ta có MK = AC = AG = NL

* Ta có HM // EA HM AB, suy (3)

Chứng minh tương tự, (4) Vì MK // AC nên (góc đồng vị) Vì NK // AB nên (góc đồng vị)

Từ suy Kết hợp (3) (4), ta * Xét hai tam giác KNL HMK có:

KN = HM, , NL = MK

ΔKNL = ΔHMK

⊥

1

2

1

2

⇒ ⊥

 

HMK = 90 + BMK

 

LNK = 90 + CNK

 

BMK = BAC

 

CNK = CAB

 

BMK = CNK HMK = LNK 

 

HMK = LNK

I

N M

L

K H

P G

E

D

B A

C

I

K N

M

E

A B

D C

(83)

K

E D

H B

A C

Suy hai tam giác KNL HMK (c-g-c) (Chứng minh xong)

Bài 127 Cho tam giác ABC nhọn có 

A=45 , đường cao AH Gọi D điểm đối xứng

H qua AB, E điểm đối xứng H qua AC, K giao điểm DB EC a) Chứng minh tứ giác ADKE hình vng

b) ∆ABC có thêm điều kiện A, H, K thẳng hàng

Lời giải:

a) Vì tam giác ABC nhọn nên H thuộc cạnh BC Vì D E điểm đối xứng H qua AB, AC nên ta có:

   

BAH=BAD; CAH=CAE

Do :  ( ) 

DAE=2 BAH+CAH =2BAC=90

Mặt khác    

ADB=AHB=90 , AEC=AHC=90

Tứ giác ADKE có ba góc vng nên ADKE hình chữ nhật

Lại có AD = AE = AH Vậy ADKE hình vng

b) Vì ADKE hình vng nên AK đường phân giác góc BAC

A, H, K thẳng hành AH đường phân giác góc BAC, hay DAH =EAH

Theo trên, BAH   =BAD; CAH=CAE, do BAH =CAH

Như A, H, K thẳng hàng AH đường phân giác góc BAC, hay tam giác ABC cân

tại A

Bài 128.Cho tam giác ABC, M trung điểm AC Phía ngồi tam giác ABC dựng hình

vng BCKL, ABDE Lấy điểm Q tia đối tia MB cho MB = MQ Chứng minh: a) DL = BQ

b) DL BM

Lời giải:

a) Ta chứng minh hai tam giác DBL BAQ

Dễ dàng nhận thấy M trung điểm QB, M trung điểm AC suy tứ giác ABCQ hình bình hành

BD = BA (vì ABDE hình vng) BL = AQ (cùng cạnh BC) Ta có:

Lại có ABCQ hình bình hành nêm

⊥

  0  

DBL + ABC + 2.90 = 360 ⇒DBL + ABC = 180

 

BAQ + ABC = 180

I

Q E

D

L K

M

B

A

C

(84)

Từ suy

Vậy hai tam giác DBL BAQ (c-g-c), từ suy DL = BQ b) Theo ta có (5) Gọi I giao điểm BQ DL

Ta có (6)

Từ (5) (6) suy Vậy (chứng minh xong)

Bài 129.Cho hình vng ABCD Gọi E, F cạnh AB, AD cho AE = DF

Chứng minh DE = CF DE CF

Lời giải:

Gọi I giao điểm DE CF Xét hai tam giác ADE DCF có: AD = DC (vì ABCD hình vng)

AE = DF (theo giả thiết)

Vậy hai tam giác ADE DCF nhau, ta có: DE = CF

Mặt khác , suy

Vậy

Bài 130.Cho hình vng ABCD Gọi M, N trung điểm AB, BC

a) Chứng minh CM = DN CM DN

b) Vẽ AH DN H, AH cắt CD P Chứng minh P trung điểm CD

c) CM cắt DN I Chứng minh AI = AB

Lời giải:

a) Dễ dàng nhận thấy hai tam giác BCM CDN (c-g-c), suy CM = DN

Mặt khác: , suy

Vậy

b) AP // MC suy (đồng vị) suy (cùng phụ với góc )

Do hai tam giác ADP CBM (g-c-g) Vì P thuộc đoạn CD, P trung điểm CD

c) Trong tam giác CDI, PH // CI P trung điểm CD, suy H trung điểm DI Tam giác ADI có AH đường cao trung tuyến, suy tam giác ADI cân A Vậy AI = AD = AB (chứng minh xong)

Bài 131.Cho hình vuông ABCD Từ điểm M tùy ý cạnh BC, vẽ đường thẳng cắt cạnh

CD K cho , AH MK H Chứng minh a)

b)

Lời giải:

 

DBL = BAQ

 

DLB = QBC

  

IBL + QBC = 180 - LBC = 90  

IBL + ILB = 90 BIL = 90

⊥

 

EAD = FDC = 90

 

ADE = DCF

 

DCF + DFC = 90

  

+ DFC = 90 DIF = 90

ADE ⇒ DE⊥CF

⊥ ⊥

 

BCM = CDN

 

CND + CDN = 90 BCM + CND = 90 

CM⊥DN

 

APD = DCM

 

DAP = BCM APD

1 DP = BM = AB

2

⇒

 

AMB=AMK ⊥

AMH AMB

∆ = ∆

 45o

KAM =

I F

D C

A E B

I P H N M D C A B

(85)

a) Ta có:

Hai tam giác AMH AMB có:

, AM chung, , (g-c-g)

b) Xét hai tam giác ADK AHK vuông D H, có cạnh huyền AK chung, đồng thời AH = AD (vì AB) Vậy

(chứng minh xong)

Bài 132.Cho hình vng ABCD, E thuộc cạnh AB Phân giác cắt BC K Trên tai

đối tia AB, lấy điểm F cho AF = CK Chứng minh a) Tam giác DEF cân

b) AE + CK = DE

Lời giải:

a) Từ giả thiết dễ dàng thấy hai tam giác ADF CDK (c-g-c)

Suy

Từ ta có: (1)

(2)

Từ (1) (2), (vì phụ với góc )

Vậy tam giác DEF cân E

b) AE + CK = AE + AF = EF (F nằm tia đối tia AB nên A nằm EF) Theo câu EF = ED Vậy AE + CK = DE

Bài 133.Cho hình vng ABCD, E thuộc AB, F thuộc AD cho AE = DF Gọi M, N lần

lượt trung điểm EF, CE Chứng minh MN DE MN = DE

Lời giải:

Theo chứng minh 90 Thì ta có DE = CF (1)

Trong tam giác EFC, MN đường trung bình nên (2)         0 BAM + BMA = 90

HAM + HMA = 90 BAM = HAM BAM = HMA

  ⇒     

HMA = BAM HAM = BAM  

AMH = AMB

∆ ∆

 

ADK = AHK DAK = HAK

∆ ∆ ⇒

   1( ) 1

KAM = HAK + HAM = HAD + HAB = BAD = 45

2



CDE

  

ADF = CDK = EDK

    

KDF = ADF + KDA = CDK + KDA = 90

   

AFD + ADF = 90 ⇒AFD + KDE =90

  EFD = EDF 

EDK

⊥

2

DE⊥CF

1 MN // CF MN = CF

2 H K D C A B M N M F D C

A E B

F

K

D C

A E B

(86)

Từ (1) (2) suy MN // DE MN = DE (CM xong)

Bài 134.Cho hình vng ABCD Một góc vng quay xung quanh đỉnh A thỏa mãn

Ax cắt cạnh BC M, Ay cắt CD N Phân giác cắt CD P Chứng minh quay quanh đỉnh A chu vi tam giác CMP 2AB

Lời giải:

Ta có: (vì phụ với góc )

Từ dễ thấy (g-c-g) Suy AM = AN BM = BN

Vì AM = AN AP đường phân giác góc nên M N đối xứng qua AP, từ PM = PN

Điểm M thuộc cạnh BC nên điểm N nằm tia đối tia DC P nằm cạnh CD

Gọi T chu vi tam giác PCM, ta có:

T = CP + PM + MC = CP + PN + MC = CN + MC = CD + DN + MC = CD + BM + MC = CD + BC = 2AB

Vậy quay quanh đỉnh A chu vi tam giác CMP không đổi 2AB

Bài 135.Cho hình bình hành ABCD Bên ngồi hình bình hành dựng hình vng

ABEF, BCGH, CDIJ, ADKL Gọi M, N, P, Q tâm hình vng Chứng minh MNPQ hình vng

Bài giải:

1

 xAy  xAy 

xAy

 

MAB = NAD

 MAD

ABM = ADN

∆ ∆



MAN

 xAy

Q

P N

M

L K

I J G

H

E

F B

A D

C

x

y P

N

D C

A B

M

(87)

Dễ dàng nhận thấy CP = BM = AM = DP CN = BN = AQ = DQ (1) Trong bình hành ABCD, đặt

Ta có:

Chứng minh tương tự, ta được:

(2) Từ (1) (2) ta có:

Suy PN = MN = MQ = PQ, hay tứ giác MNPQ hình thoi

Lại có:

Vậy MNPQ hình vng

Bài 136.Cho tam giác ABC vng A Vẽ hình vng ABDE, BCFG cho C, D

cùng phía cạnh AB; A, G phía cạnh BC Chứng minh AG = CD AG CD

Lời giải:

Vì A G nằm phía so với đường thẳng BC, nhọn nên tia BA nằm góc

Tương tự tia BC nằm góc

Ta có (cùng phụ với góc ) Xét hai tam giác ABG DBC có:

AB = DB, , BG = BC, suy hai tam giác ABG DBC (c-g-c)

Do đó, AG = CD

Đường thẳng GA cắt BC I, cắt CD H Ta có: (góc đối đỉnh)

Kết hợp cho ta

Do

Tóm lại ta có: AG = CD AG CD

Bài 137.Cho tam giác ABC, bên ngồi tam giác ABC dựng hình vuông ABMN

BCQP Gọi D, E, G, H trung điểm AC, BN, MP, BQ Chứng minh: a) AP = CM AP CM

b) Tứ giác DEGH hình vng

Lời giải:

 

BAD = BCD = x

    0

PCN = PCD + DCB + BCN = 45 + x + 45 = +x 90

   

PCN = MBN = MAQ = PDQ= x + 90

PCN = MBN = MAQ = PDQ

∆ ∆ ∆ ∆

 

    

0

0 BMN = AMQ

BMN + BMQ = 90 NMQ = 90 BMQ + AMQ = 90

 ⇒ ⇒

 

⊥



CBA CBG

 ABD  

ABG = DBC ABC

 

ABG = DBC

 

BGA = BCD

 

BIG = HIC

 

BGI + BIG = 90

 

BGA = BCD HIC + BCD = 90 



GHC=90

⊥

H

I

G

F E D

A B

C

(88)

I S T

R Q

N

M

O

H

G D

C

A B

E

a) Chứng minh AP = CM AP CM

Ta chứng minh tam giác ABP MBC Thật vậy:

AB = MB (ABMN hình vng), , BP = BC (BCQP hình vng)

Vậy (c-g-c) Suy AP = CM Gọi I giao điểm AP CM, K giao điểm AB CM

Hai tam giác BMK IAK có: (vì ), góc K đối đỉnh Vì tổng ba góc tam giác 1800,

Vậy AP = CM AP CM

b) Chứng minh tứ giác DEGH hình vng

Vì ABMN BCQP hình vng, dođó E H trung điểm AM CP EG đường trung bình tam giác MAP, suy EG // AP EG = AP (1)

Tương tự, DH // AP, DH = AP, ED // CM, ED = CM, GH // CM ED = CM Kết hợp kết câu a), suy DEGH hình vng

Bài 138 Cho hình vng ABCD Lấy điểm E tùy ý cạnh BC Kẻ tia Ax⊥AE; tia Ax cắt

đường thẳng CD G Gọi H đỉnh thứ tư hình bình hành EAGH O giao điểm hai đường chéo

a) Chứng minh ∆AEG vuông cân b) Chứng minh D, O, B thẳng hàng c) M, N trung điểm GH, EH, AM, AN cắt GE Q, R qua Q R kẻ đường vng góc với GE, chúng cắt AG AE T S Chứng minh tứ giác TSRQ hình vng d) AO cắt CD I Chứng minh chu vi ∆EIC 2AB

Lời giải:

K I

H G

E

D

Q P

M

N

A

B

C

⊥

  

ABP = MBC = ABC + 90

ABP = MBC

∆ ∆ BAP = BMC

 

M = A BAP = BMC

 

KIA = KBM = 90

⊥

1

2

1

(89)

a) Ta có BAE =DAG(cùng phụ với góc DAE)

Hai ∆BAE ∆DAG có BAE =DAG; BA = DA; EBA =GDA=900

Do đó: ∆BAE = ∆DAG (g-c-g)⇒AE = AG Vì 

EAG=90 nên ∆EAG vng cân A

b) Tam giác BOE có   

BOE+OBE+OEB 180=

 

OBE=OEA=45 ⇒BOE +AEB=900(1)

Tam giác GOD có  

GOD+OGD=45 (vì GDO 135 = 0)⇒GOD +AGD=900(2)

Lại có AEB =AGD(vì ∆BAE = ∆DAG ), kết hợp (1) (2) suy BOE =DOG

Vì G, O, E thẳng hàng nên hai góc BOE, DOG  đối đỉnh Vậy B, O, D thẳng hàng

c) Ta có Q, R trọng tâm hai tam giác AGH AEH Do QO = 1

3GO = 1

3EO = RO Từ dễ dàng suy GQ = QR = RE (3)

∆GQT vuông cân Q nên QT = GQ; tương tự, RS = RE (4) (3), (4) suy QT = RS Mặt khác QT // RS (cùng vng góc GE) Như tứ giác TSRQ có: TQ = QR = RS, TQ // RS, 

Q=90 Do TSRQ hình vng

d) Vì O trung điểm GE IO⊥GE nên tam giác IGE cân I⇒IE = IG Gọi l chu vi tam giác EIC

l = IE + IC + CE = IG + IC +CE = GC + CE = GD + DC + CE Mặt khác, ∆BAE = ∆DAG nên GD = EB Từ đó: l = BE + CE + DC = BC + DC = 2AB

Bài 139 Cho hình bình hành ABCD Ở phía ngồi hình bình hành, vẽ hình vuông

ABEF ADGH

a) Chứng minh AC = FH AC⊥FH

b) Gọi O tâm đối xứng hình vng ADGH Chứng minh OF⊥OC BH⊥CE c) Chứng minh ∆ECG

vuông cân

Lời giải: K

O I

H G

E

F

B

A D

C

(90)

a) Hai tam giác ADC HAF có:

AD = HA; ADC =HAF(cùng bù với góc BAD); DC = AF (cùng AB)

Do đó: ∆ADC = HAF∆ , suy AC = HF DAC =AHF(1)

Gọi I giao điểm AC HF Ta có:

    

DAC+HAI+HAD 180= ⇒DAC+HAI=90 (2)

(1), (2)⇒  

AHF+HAI=90 ⇒HIA =900 Vậy AC⊥HF

b)      

OAF=OAH+HAF=45 +HAF=45 +CAD=ODC

Hai tam giác OAF ODC có:

OA = OD; OAF =ODC; AF = DC (cùng AB)

Suy ∆OAF = ODC∆ ⇒ AOF =DOC

     

COF=COA+AOF=COA+DOC=DOA=90 ⇒FO⊥OC

   ( )  

BAH=BAD+90 ; EBC=360 − 90 +ABC =270 −ABC=90 +BAD

Suy BAH =EBC Từ dễ dàng chứng minh ∆BAH = EBC∆

Gọi K giao điểm BH CE

BAH = EBC

∆ ∆ ⇒ABH =BEK

Lại có  

ABH+EBK=90 ⇒ BEK +EBK=900 ⇒EKB =900

Vậy OF⊥OC BH⊥CE

c) Dễ thấy tứ giác BCGH hình bình hành, CG // BH CG = BH Theo chứng minh BH⊥CE BH = CE (vì ∆BAH = EBC∆ )

Từ suy CG = CE CG⊥CE, hay ∆ECG vuông cân C

Bài 140 Cho hình vng ABCD Lấy điểm M tùy ý cạnh BC Từ M, vẽ đường

thẳng cắt cạnh CD K cho: AMB =AMK Chứng minh KAM =450

Lời giải:

MA phân giác góc BMK nên MA trục đối xứng hai đường thẳng MK MB

Gọi I điểm đối xứng K qua MA, suy I thuộc đường thẳng BC

Ta có AI = AK, AB = AD

Hai tam giác vuông ABI ADK có hai cạnh nên ∆ABI = ADK∆

Từ ta có IAB =KAD

    

IAK=IAB+BAK=KAD+BAK=90 Vậy ta có:

 1 

MAK IAK 45 2

= =

Bài 141 a) Cho hình vng ABCD Trên tia đối tia CB lấy điểm M, tia đối tia DC lấy điểm N cho DN = BM Vẽ tia AI cho 

NAI=45 (I ∈NM) Gọi O trung điểm AC Chứng

minh B, O, D, I thẳng hàng

I

K

D C

A B

M

(91)

b) Cho hình vng ABCD Lấy điểm E cạnh AB Tia phân giác CDE cắt

cạnh BC K Chứng minh AE + KC = DE

Lời giải:

a) Xét hai tam giác ABM ADN có: AB = AD;

 

ABM=AND=90

BM = DN (giả thiết)

Suy ∆ABM = ADN∆ (c-g-c) ⇒AN

= AM BAM =DAN

    

MAN=MAD+DAN=MAD+BAM=90

Như tam giác MAN vng cân A

Do AI đường cao trung tuyến tam giác MAN Ta AI = 1

2MN

Trong tam giác MCN vng C, CI trung tuyến, CI = 1

2MN

Từ ta có tam giác IAC cân I

Vì O trung điểm AC nên IO⊥AC Mặt khác DB vng góc AC O Vậy bốn điểm I, O, D, B thẳng hàng

b) Gọi F điểm đối xứng E qua đường thẳng DK Vì DK đường phân giác góc 

CDE nên DK trục đối xứng hai đường thẳng DE DC, F thuộc đường

thẳng CD Ta có DE = DF

Gọi I hình chiếu E lên CD, AEID hình chữ nhật nên AE = DI

Vậy ta chứng minh CK = IF

 

CDK+DFE =90 , IEF +IFE=900

⇒CDK =IEF

Xét hai tam giác vuông CDK IEF, có: CD = IE, CDK =IEF

Do ta suy ∆CDK = IEF∆ (g-c-g)

Vậy: AE + KC = DI + IF = DF = DE

Bài 142

a) Cho hình vng ABCD có cạnh Gọi M N hai điểm cạnh AB, AD cho chu vi ∆AMN Chứng minh 

MCN=45

b) Cho hình vng ABCD có cạnh Gọi M, N hai điểm cạnh AB, AD cho 

MCN=45 Chứng minh ∆AMN có chu vi

450

I

O

N D

C

A B

M

I F

K

D

C

A E B

(92)

450

I N

D C

A M B

K M

N

D C

A B

c) Cho hình vng ABCD Gọi N trung điểm AD M thuộc cạnh AB cho AM =

2

3AB Chứng minh MC phân giác góc



BMN

Lời giải:

a) Theo giả thiết:

2 = AM + AN + MN = (AB – BM) + (AD – DN) +MN = – (BM + DN) + MN

Suy MN = BM + DN

Trên tia đối tia DN lấy điểm I thỏa mãn DI = BM Hai tam giác vuông CBM CDI có: CB = CD,  

CBM=CDI=90 ; BM = DI

Suy CM = CI BCM =DCI

    

MCI=MCD+DCI=MCD+BCM=90

Theo ta có MN = BM + DN = ID + DN = IN

Xét hai tam giác CMN CIN có: CM = CI; MN = IN; CN chung

Suy ∆CMN = CIN∆ ⇒MCN =ICN

Mà   

MCN+ICN=MCI=90 Vậy MCN =450

b) Giả sử 

MCN=45 Chứng minh chu vi tam giác AMN

2

Đường thẳng qua C, vng góc với CM cắt AD I Vì



MCN=45 nên ICN =MCN=450

 

BCM=DIC(cùng phụ với MCD)

BC = DC

Do hai tam giác vng BCM DCI Suy CM = CI

Từ ta chứng minh ∆MCN= ∆ICN(c-g-c)

⇒MN = NI

Từ đây, tương tự ta chứng minh tam giác AMN có chu vi

c) Đường thẳng qua C, vng góc với CN, cắt AM K  

BCK=DCN(vì phụ với góc NCB)

Do dễ dàng chứng minh hai tam giác vuông BCK DCN (g-c-g)

Suy CK = CN BK = DN MK = MB + BK

= MB + DN = 1

2AB + 1 3AB =

5 6 AB

Theo định lí Pitago:

I N

D C

A M B

(93)

F K

D C

A B

E MN =

2

2 4AB AB 5AB

AM AN

9 4 6

+ = + = Ta MK = MN Từ suy CKM =CNM (c-c-c)

Vậy CMK =CMN, hay MC phân giác góc BMN

Bài 143 Ở phía hình vng ABCD, vẽ ∆ADE cân E có góc đáy 150. a) Chứng minh ∆BEC

b) Ở phía ngồi hình vng ABCD, vẽ ∆ADF Chứng minh A, E, F thẳng hàng

Lời giải:

a)  

BAE=90 – DAE=75 ;

Tương tự, 

CDE=75

Dễ thấy ∆ABE= ∆DCE (c-g-c)

Suy EB = EC

Bên tam giác ABE, dựng tam giác AEK

   0

BAK=BAE−KAE=75 −60 =15

Do ∆AKB= ∆AED(c-g-c)

∆ABK cân K, có góc đáy 150, suy ra:



AKB 150= EKB =3600 −(600 +1500)=1500

∆ABK ∆EBK có AK = EK;  

AKB=EKB 150= ,

BK chung

Suy ∆ABK EBK= ∆ (c-g-c)⇒EB = AB

Vậy ta có EB = EC = BC, nên ∆BCE b) Tam giác ADF cân D nên 

AFD 15=

 ( ) ( 0 0)

DEF 180= − EDF+EFD =180 − 60 +75 +15 =30

  0

DEF+DEA=30 +150 =180 Vậy A, E, F thẳng

hàng

Bài 144.Cho hình vng ABCD, lấy điểm M BD Vẽ ME AB E MF AD F

Chứng minh rằng: a) CF = DE; CF DE b) CM = EF; CM EF c) BF = CE; BF CE d) CM, BF, DE đồng quy

Lời giải

a) Chứng minh CF = DE; CF DE

Ta có AEMF hình chữ nhật (vì )

Mặt khác (so le trong), suy MF = DF Từ ta suy hai tam giác AED DFC (c-g-c)

⊥ ⊥

⊥ ⊥ ⊥

⊥

  

A = E = F = 90 AE = MF

⇒

 

FMD = ABD = 45

J K

I F

E B

A

C D

M

(94)

Do CF = DE

Gọi I giao điểm CF DE, ta có:

Vậy CF DE b) Chứng minh CM = EF; CM EF

Lại có:

Vậy CM = EF; CM EF c) BF = CE; BF CE

Ta dễ dàng chứng minh , suy BF = CE , suy BF = CE BF CE

d) Theo kết ba câu CM, FB, ED ba đường cao tam giác CEF Theo tính chất ba đường cao tam giác đồng quy, ta suy CM, BF, DE đồng quy

Bài 145 Cho hình vng ABCD, lấy điểm E, F, K cạnh AB, AD, DC

cho: AE = AF = DK

a) Chứng minh AK⊥BF giao điểm H b) Chứng minh 

EHC=90

c) Cho AB = 3, AE = Gọi I trung điểm FK, O trung điểm EC Chứng minh chu vi ∆HIO 1( 5 10 13)

2 + +

Lời giải:

a) Chứng minh AK⊥BF giao điểm H.

Ta có ∆ABF = ∆DAK (c-g-c) Suy ABF =DAK(1)

Mặt khác  

DAK+BAH=90 (2)

(1), (2) ⇒  

ABF+BAH=90

Vậy AK⊥BF

b) Chứng minh 

EHC=90

Dễ thấy BEKC hình chữ nhật, O trung điểm EC trung điểm BK

∆BHK vng H có HO đường trung tuyến nên HO = OB = OK

Suy HO = OC = OE Mà OH trung tuyến ∆HEC nên ta ∆HEC vuông H Vậy 

EHC=90

c) Cho AB = 3, AE =

 

ADE = DCF

 

    

0

IFD + DCF = 90

IFD + ADE = 90 FID = 90 ADE = DCF

 ⇒ ⇒



 ⊥

⊥

  (     0)

MF = FD

MFC = FDE MFC +IFD = FDE + IFD = 90 FC = DE

    

MFC = FDE CM = EF

⇒ ∆ ∆ ⇒

 

    

FCK = DEK

FCK + DEK = 90 EKJ = 90 DEK + EFC = 90

 ⇒ ⇒

 

⊥ ⊥

ABF BCE

∆ = ∆

   

ABF + BEC = ECF + BEC = 90 ⊥

I

O H

K F

D C

A E B

(95)

Theo ta có HO = 1

2BK = 1 2

2 1 1

BE EK 1 9 10

2 2

+ = + =

HI đường trung tuyến tam giác vuông HFK Do đó: HI = 1

2FK = 1 2

2 1 1

FD DK 1 4 5

2 2

+ = + =

Trong ∆FBK, OI đường trung bình, đó: OI = 1

2BF = 1 2

2 1 1

AB AF 9 4 13

2 2

+ = + =

Vậy chu vi tam giác OIH bằng: OI + OH + HI = 1( 5 10 13)

2 + +

Bài 146 Cho đoạn thẳng AG điểm D nằm A G Trên mặt phẳng bờ

AG vẽ hình vng ABCD, DEFG Gọi M, N trung điểm AG, EC Gọi I, K tâm đối xứng hình vng ABCD, DEFG

a) Chứng minh AE = CG AE⊥CG H b) Chứng minh IMKN hình vng c) Chứng minh B, H, F thẳng hàng

d) Gọi T giao điểm BF EG Chứng minh độ dài TM không đổi D di động đoan thẳng AG cố định

Lời giải:

a) Ta có: AD = CD, DE = DG, suy ra: ∆ADE= ∆CDG(c-g-c)⇒AE = CG

   

AED=CGD, ECH=GCD⇒AED   +ECH=CGD+GCD=900 ⇒ EHG =900

Vậy AE = CG AE⊥CG

b) Chứng minh IMKN hình vng

IN đường trung bình tam giác ADE, IN = 1

2AE IN // AE

KM đường trung bình tam giác AGE, suy KM = 1

2AE KM // AE

T

H

K

I

N

M

F E

C B

A G

D

(96)

Từ suy IN = KM = 1

2 AE IN // KM // AE

Tương tự, IM, KN đường trung bình hai tam giác ACG ECG Nên IM = KN = 1

2CG IM // KN // CG

Lại có AE = CG AE⊥CG Từ ta IMKNlà hình vng c) Chứng minh B, H, F thẳng hàng

Tam giác HAC vuông H, có HI trung tuyến nên HI = IA = IC

Suy HI = IB = ID Mà HI trung tuyến ∆HBD, ∆HBD vuông H Tương tự, HK = KE = KG = KD = KF, suy ∆HDF vuông H

Như ta có BH⊥DH FH⊥DH Vậy B, H, F thẳng hàng

d)  

ADB=AGE=45 ⇒BD // GE

K trung điểm DF nên KTlà đường trung bình tam giác BDF, hay T trung điểm BF

Tứ giác ABFG hình thang hai đáy AB FG, có TM đường trung bình Như ta có:

AB GF AD DG AG TM

2 2 2

+ +

= = = (không đổi)

Bài 147 Cho hình vng ABCD Gọi E, F, G trung điểm AB, BC, DE Vẽ BT

⊥ EF T

a) Chứng minh ∆AGT cân b) Chứng minh CE⊥GT

c) Gọi M giao điểm CE DF Chứng minh AM = AB

Lời giải:

a) ∆BEF cân B nên BT phân giác góc ABC,

do BT qua D

∆TED vuông T có TG trung tuyến nên TG =

1 2DE

∆AED vng A có AG trung tuyến nên AG =

1 2DE

Vậy AG = TG, hay ∆AGT cân G

b) Gọi K trung điểm CD, ta có AEKD hình chữ nhật nên G trung điểm AK

Dễ thấy tứ giác AECK hình bình hành Ta có CE // AG (1)

∆ADG cân G ⇒ ADG DAG 1AGE 2

= = Tương tự, TDG DTG 1TGE 2

= =

⇒    ( ) 

AGT=AGE+TGE=2 ADG+TDG =2ADB=90

⇒AG⊥GT (2)

(1) (2) suy CE⊥GT

K N

M T

G F

E

D C

A B

(97)

c) Gọi N giao điểm AK DM, ta có AK // CE K trung điểm DC nên N trung điểm DM

Dễ thấy ∆BCE = ∆CDF (c-g-c)⇒BCE =CDF

   

MCD+MDC=MCD+MCB=90 Từ suy CE⊥DF

Theo trên, AK // CE hay AN // CE, suy AN⊥DF

Trong tam giác ADM, N trung điểm DM AN⊥DM nên ∆ADM cân A Vậy ta có AM = AD = AB

Bài 148.Cho hình vng ABCD có giao điểm đường chéo O Đường thẳng qua O

cắt cạnh AD P, BC Q a) Chứng minh AP = CQ

b) Vẽ Px AC, Qy BD; Px cắt Qy M, Px cắt OA E, Qy cắt OB F Hỏi tứ giác OFME hình gì? Vì sao? c) Chứng minh M nằm cạnh AB

Lời giải:

a) Chứng minh AP = CQ Ta có:

b) Theo chứng minh trên, O trung điểm PQ Vì OF// PM (cùng vng góc với AC) suy OF đường trung bình tam giác PQM, F trung điểm MQ

Vậy M Q đối xứng qua đường thẳng BD Mặt khác, cạnh AB cạnh AC đối xứng qua đường thẳng BD Q thuộc cạnh AC, suy M thuộc cạnh AB

Bài 149.**Cho tam giác ABC có góc nhọn Phía ngồi tam giác ABC dựng hình

vng ABED, BCGF, ACHI có tâm C’, A’, B’ Chứng minh: a) AA’, BB’, CC’ cạnh tam giác

b) Tam giác ABC tam giác A’B’C’ có trọng tâm

c) Gọi O1, O2, O3, O4lần lượt trung điểm B’C’, AC, AA’, AB Chứng minh tứ

giác O1O2O3O4là hình vng

⊥ ⊥

   

0 OAP = OCQ = 45

OA = OC OAP = OCQ AP = CQ AOP = COQ

 

⇒ ∆ ∆ ⇒

  

F E

M

Q O

B A

C D

P

(98)

Giải:

a) Chứng minh AA’, BB’, CC’ cạnh tam giác * Ta chứng minh: AF = EC AF EC, BH = CD BH CD

= 900 +

AF cắt CE M, cắt BC P Chứng minh tương tự, ta AF = EC AF EC, BH = CD BH CD * Gọi K điểm đối xứng C qua A

Ta có: 1800 Vì AF EC nên Suy ra:

Từ suy hai tam giác KAF ICE nhau(c-g-c) KF = IE

Mặt khác AA’ B’C’ đường trung bình hai tam giác KFC EAI

AA’ = KF, B’C = EI, KF = IE AA’ = B’C’

Tương tự ta có BB’ = A’C’, CC’ = A’B’ Vậy AA’, BB’, CC’ độ dài ba cạnh tam giác A’B’C’

b) Chứng minh ABC A’B’C’ có trọng tâm

* Chứng minh KF IE Gọi N, Q giao điểm KF với IE CE

Q

P N

M K

B'

C'

A'

I H

F G

D

E

B A

C

⊥ ⊥

 

ABH = EBC ABC ⇒ ∆ABF= ∆EBC⇒ AF = CE    

MCP+MPC=PAF+BPF=90 ⇒ AF⊥CE

⊥ ⊥

 

KAF+FAC = ⊥ FAC + ECA = 90 

 ( )  

KAF = 180 – 90 − ECA = 90 + ECA=ECI

⇒

1

2 ⇒

⊥

T

S R

B'

C'

A'

I H

F G

D

E

B A

C

(99)

B1 B0 O4 O3 O2 O1 A' B' C' I H F G D E B A C

Vậy KF IE

* Gọi S trung điểm BC C’S = DC, C’S // DC B’S = BH, B’S // BH Theo ta có: DC = BH DC BH C’SB’ vuông cân S

Gọi R trung điểm C’B’ SR C’B’ SR = C’B’

Theo chứng minh trên, KF EI suy AA’ C’B’ SR // AA’, SR= AA’ Gọi T giao điểm AS A’R U, V trung điểm AT A’T Dễ thấy SRUV hình bình hành, suy UT= ST, VT = RT Như vậy: AT = 2ST, A’T =2RT

Vậy T trọng tâm hai tam giác ABC A’B’C’ c) Chứng minh O1O2O3O4là hình vng

Ta có O2O3//CA’, O2O3 = CA’và O3O4// BA’, O3O4= BA’

Vì CA’ = BA’ CA’ BA’ O2O3 = O3O4và O2O3 O3O4(*)

Gọi B0là điểm đối xứng B qua O2 Ta có AB’CB0là hình vng Vì AA’ B’C’ nên (hai góc

cùng phụ với góc )

Do (c-g-c) C’B0 = A’C = BA’ (1)

Gọi B1là giao điểm C’B0và CA’ C’B0vuông góc CA’, suy C’B0// BA’(2) Từ (1) (2) suy C’BA’B0 hình bình hành, suy C’B0= BA’ C’B0//BA’ Từ dễ dàng chứng minh O1O2= O3O4

và O1O2// O3O4(**)

Từ (*) (**) ta O1O2O3O4 hình

vng

Bài 150.*Cho tam giác ABC Phía ngồi tam giác ABC dựng hình vng ABEF,

ACGH, AD BC D

a) Chứng minh AD, BG, CE đồng quy

b) Gọi M, N, P, Q trung điểm FH, BF, BC, CH Chứng minh MNPQ hình vng

Lời giải:

   

NEC + NQE = MFQ + MQF = 90 ⊥

⇒

2

1

⊥ ⇒∆

⇒ ⊥

2

⊥ ⊥ ⇒

2 2 ⊥ ⇒ ⊥

⊥ C’B’C =A’AB’



AB’C’

 

0

C’B’B = C’B’C−45  

= A’A’B'−45 =A’AC

0

C’B’B A’AC

∆ = ∆ ⇒

 

C’B B’=A’CA

  

0 1

B’B B A’CA 180 B B C 90

⇒ + = ⇒ = ⊥ T A A' R S U V

(100)

a) Trên tia đối tia AD lấy điểm O cho AO = BC, OC cắt BG K, cắt CE L Ta chứng minh CE OB BG OC

(cùng phụ với góc ) Từ suy (c-g-c)

Gọi S giao điểm EC AB, ta có Vậy CE OB

Chứng minh tương tự, BG OC Như CE, BG OD ba đường cao tam giác OBC Do CE, BG AC đồng quy

b) Chứng minh tương tự 87, ta FC = BH FC BH (1)

Ta có MQ NP đường trung bình tam giác FHC FBC, đó:

Suy MNPQ hình bình hành Lại có PQ // BH PQ = BH Kết hợp với (1) (2), ta PQ = MQ PQ

MQ

Vậy MNPQ hình vng

Bài 151.*Cho tam giác ABC Phía ngồi tam giác ABC dựng hình vng BCDE, ACFG, ABKH vẽ tiếp hình bình hành BEQK, CDPF Chứng minh tam giác APQ vuông cân

Lời giải:

L

M O

D I S

Q

P

N K

G H

F

E

A

B

C

⊥ ⊥

 

ABC = OAF BAD ⇒EBC = BAO 

EBC = BAO

∆ ∆ ⇒BEC = ABO 

   

ABO + ESB = BEC + ESB = 90

⊥

MQ = FC, MQ // FC (2)

MQ = NP v

NP = FC, NP // FC



 ⇒

  

1

⊥

P Q

K

H

D E

G F

B

C A

(101)

Xét hai tam giác ABC BQK

Ta có: AB = BK; KQ = BE = AB, (cùng ) BQ = AC = AG

Suy BQ//AG (hai góc so le nhau) Vậy AQBG hình bình hành Ta có AQ = BG AQ // BG

Chứng minh tương tự, AHCP hình bình hành, suy AP = CH AP // CH Mặt khác, ta chứng minh , từ suy BG = CH BG CH Do AP = AQ AP AQ suy tam giác APQ vuông cân A

Bài 152.*Cho hình vng ABCD, bên ta dựng tam giác FAB cân F có ;

E điểm nằm ngồi hình vng cho Chứng minh rằng: a) Tam giác FCD

b) A, F, E thẳng hàng

Lời giải:

Dễ dàng nhận thấy hai tam giác DAF CBF (c-g-c), suy DF = CF, hay tam giác CDF cân F

Dựng tam giác AFI bên hình vng ABCD

Hai tam giác DAI FAB có:

Do ta chứng minh (c-g-c) Vậy tam giác CDF tam giác

b) Chứng minh A, E, F thẳng hàng

Tam giác FCB cân C,

Suy

Dễ dàng chứng minh tam giác CEF vuông cân C

Vậy A, F, E thẳng hàng

 

BKQ = ABC 

180 − KBE

ABC BKQ

⇒ ∆ = ∆ ⇒ KBQ = CAB ⇒ABQ = BAG 

ABG = AHC

∆ ∆ ⊥

⊥

 15o

FAB=

  o

EBC = ECB = 60

150

E

D C

A B

F

I

 ( 0) 

DAI = 90 - 15 +60 = 15 = FAB

   

DA = AB

AID = FAB = 15 DAI = BAF AID = AFB = 150 AI = AF

 

⇒ ∆ ∆ ⇒

  

DAI FDI

∆ = ∆ ⇒FD = AD = CD

  0

FCB = 180 − 2FBC= 180 −2.75 =30

   0

FCE= FCB + BCE = 30 + 60 =90

      0 0

AFD + DFE = AFI + IFD +DFC + CFE = 60 + 15 + 60 + 45 = 180

(102)

CHƯƠNG II ĐA GIÁC, DIỆN TÍCH ĐA GIÁC

A LÝ THUYẾT:

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

2 Đa giác đa giác có tất cạnh góc đỉnh Cho đa giác n cạnh, số đường chéo xuất phát từ đỉnh n – số tam giác tạo thành n – ; tổng số đo góc đa giác (n – 2)1800; tổng số đường chéo

4 Diện tích đa giác có tính chất sau:

- Hai tam giác diện tích chúng

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

- Nếu chọn hình vng có cạnh 1cm, 1dm, 1m, làm đơn vị đo diện tích đơn vị diện tích tương ứng 1cm2, 1dm2, 1m2,…

5) Diện tích đagiác ABCDE thường kí hiệu SABCDE 6) Cơng thức tính diện tích hình chữ nhật (có kích thước a, b) là: S = a.b

7) Công thức tính diện tích hình vng (có độ dài cạnh: a) là: S = a2

8) Cơng thức tính diện tích tam giác vng (2 cạnh góc vng: a, b)là: S = a.b

9) Cơng thức tính diện tích tam giác (cạnh đáy: a chiều cao tương ứng: h) là: S = a.h

10) Cơng thức tính diện tích hình thang (2 đáy: a, b chiều cao: h) là: S = (a + b).h

11) Cơng thức tính diện tích hình bình hành (có độ dài cạnh a chiều cao tương ứng h1

hay có độ dài cạnh b chiều cao tương ứng h2) là:

S = a.h1= b.h2

12) Cơng thức tính diện tích hình thoi hay tứ giác có hai đường chéo vng góc (có độ dài hai đường chéo d1, d2) là:

S = d1.d2 B BÀI TẬP:

Bài 153.Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy điểm M

bất kỳ Chứng minh:

Lời giải:

Dựng AH BC, H thuộc BC

Ta có: SABM = AH.BM, SACM = AH.CM n(n-3)

2

1

ABM ACM

S BM

=

S CM

⊥

1

H A

B M C

(103)

Do

Bài 154.Cho tam giác ABC có trung tuyến AM, trọng tâm G

Chứng minh SABC = 6SBMG

Lời giải:

Dựng AH BC (H thuộc BC) BK AM (K thuộc AM) Ta có:

,

Từ suy

Bài 155.Cho tam giác ABC Trên BC lấy điểm M Trên đoạn thẳng AM lấy

điểm D Chứng minh

Lời giải:

Dựng AH, DK vng góc với BC (H, K thuộc BC) Ta có:

Như ta có: Áp dụng tỷ lệ thức: , ta suy ra:

Bài 156.Cho hình bình hành ABCD Lấy M tùy ý cạnh DC Gọi O giao điểm

AM BD

a) Chứng minh SABCD = 2SMAB b) Chứng minh SABO = SMOD + SBMC

Lời giải:

ABM ACM

1

AH.BM

S 2 BM

= =

1

S AH.CM CM

2 ⊥ ⊥ ABC ABM AH.BC S 2 S AH.BM

= = ABM

AGM

BK.AM

S 2 AM

3

S BK.GM GM

2

= = =

ABC BMG S =6S

ABD ACD S BM = S CM ABM ACM AH.BM

S 2 BM

1

S AH.CM CM

2 = = DBM DCM DK.BM

S 2 BM

1

S DK.CM CM

2

= =

ABM DBM ACM DCM

S S BM

S S CM

⇒ = =

ABM DBM ACM DCM

S S BM

S =S =CM

a c a c

b d b d

− = =

− ABM DBM ABM DBM ABD

ACM DCM ACM DCM ACD

S S S S S BM

S S S S S CM

− = = = = − K G M H A B C K H A

B M C

D

(104)

a) Dựng DH, MK vng góc với AB (H, K thuộc AB) Tứ giác DMKH có HK // DM, DH // MK,

Do DMKH hình chữ nhật, suy DH = MK

Từ suy

b) Vì M thuộc cạnh CD nên O thuộc cạnh AM BD Theo câu a) ta có:

Bài 157.Cho hình bình hành ABCD Lấy điểm M BC điểm N AB cho AM =

CN Chứng minh SDAM = SDCN , từ suy ra: đỉnh D hình bình hành cách hai đường thẳng AM, CN

Lời giải:

Dựng MH vng góc AD H, NK vng góc với CD K

MH đường cao hình bình hành ABCD ứng với cạnh AD, suy ra: SABCD= MH.AD Lập luận tương tự, SABCD= NK.CD

Do MH.AD = NK.CD (1)

Mặt khác, SDAM = MH.AD, SDCN = NK.CD (2)

Từ (1), (2) suy SDAM = SDCN

Gọi h1, h2 khoảng cách từ D đến

AM, CN Ta có:

SDAM = h1.AM, SDCN = h2.CN Vì SDAM = SDCNvà AM = CN nên suy h1 = h2

Bài 158.Cho tam giác ABC, cạnh AB, AC lấy điểm M, N Chứng minh

Lời giải:

Chứng minh tương tự tập 105, ta được:

Suy ra:

Bài 159.Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q 

H=90

ABCD MAB

1

S DH.AB, S MK.AB

2

= =

ABCD MAB S =2S

MAB BCD ABO BOM BCM BOM MOD ABO BCM MOD

S =S ⇒S +S =S +S +S ⇒S =S +S

1

AMN ABC

S AM.AN

=

S AB.AC

NAM NAB

S AM

S = AB

BAN BAC

S AN

S = AC

NAM BAN AMN

NAB BAC ABC

S S AM AN S AM.AN

S S = AB AC ⇒ S = AB.AC

K H

O B

A D

C

M

K

H N

B

A D

C M

A

B C

M N

(105)

là trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng: SAMN = SABC; SMNPQ = SABCD

Lời giải:

* Chứng minh SAMN = SABC

M trung điểm AB suy SNAM = SNAB

N trung điểm BC nên SNAB = SCAB

Từ suy SAMN = SABC

* Chứng minh SMNPQ = SABCD

Ta có: SMNPQ = SABCD – (SAMQ + SBMN + SCNP + SDPQ) Theo tập 110, ta có:

Suy

SMNPQ = SABCD – (SABD + SBAC + SCBD + SDAC) = SABCD – SABCD = SABCD Vậy SMNPQ = SABCD

Bài 160 Cho tứ giác ABCD có giao điểm hai đường chéo O Chứng minh

OAB BOC COD

S =S =S ABCD hình bình hành Giải:

Xét hai tam giác OAB OBC

Có chung đường cao hạ từ B Gọi h1là độ dài

đường cao Khi SOAB=1

2h1.AO SOBC=

2.h1.OC

Mà SOAB=SOBC

2h1.AO =

2.h1.OCOA OC

Suy O trung điểm AC Xét hai tam giác SCOD SCOB

Có chung đường cao hạ từ C.Gọi h2là độ dài

đườngcao

Khi SCOD=1 2 2

2h OB2h ODOB OD

Suy O trung điểm BD

Tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt trung điểm đường nên tứ giác hình bình hành

Bài 161.Cho hình chữ nhật ABCD có AB=8cm, BC=6cm hai đường chéo cắt O

Qua B kẻ đường thẳng a vuông góc với BD, a cắt DC kéo dài E

1

1 2

4

AMQ BMN CNP DPQ ABD BAC CBD DAC

S S S S 1

S = S =S =S =4

1

2

Q

P

N M

B

A

D

C

O

D C B

A

O

D C

B

A

(106)

a) Tính tỉ số diện tích: BCE DBE

S S

b) Kẻ đường cao CF tam giác BCE Chứng minh AC.EF =EB.CF

Giải:

a) Ta có CBE =CDB(cùng phụ với gócCBD)

 

BCD=ECB=90 Do ∆CEB∆CBD

Suy ra:

2

EC BC BC 36 9

EC ( )

BC = CD⇒ = CD = 8 = 2 cm 9

EC EC 2 9

9

ED EC CD 8 25 2

⇒ = = =

+ + BCEDBE

S EC 9 S ED 25

⇒ = =

b) Ta có: CEF =ACB (cùng phụ với gócCDB) CFE =ABC=900

Do đó: ∆CEF∆ACB EF CE AC.EF CE.CB CB AC

⇒ = ⇒ = (1)

Mặt khác, dễ thấy: BCF BEC BC CF CB.CE CF.BE BE EC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = (2)

(1), (2) suy ra: AC.EF = EB.CF

Bài 162.*Chứng minh tổng khoảng cách từ điểm tam giác

đến cạnh không phụ thuộc vào vị trí điểm

Giải:

Giả sử tam giác ABC M điểm bên tam giác Gọi a cạnh tam giác đều; h1, h2, h3lần lượt

khoảng cách từ M đến cạnh BC, CA, AB Ta có: SMBC = h1.a, SMCA = h2.a, SMAB = h3.a

Do đó: SABC = a(h1 + h2 + h3)

Mặt khác SABC = a.h, với h chiều cao tam giác

đều ABC Từ ta có:

a(h1 + h2 + h3) = a.h h1 + h2 + h3 = h (không

đổi)

Vậy khoảng cách từ điểm tam giác đến cạnh không phụ thuộc vào vị trí điểm

1

2

1

2 ⇒

a h3

h2

h1

C B

A

M

F E

A B

C D

O

(107)

Bài 163.*Cho tam giác ABC có M trung điểm BC Lấy điểm O cho B, C phía so với bờ AO Gọi B’, M’, C’ hình chiếu B, M, C lên đường thẳng OA Chứng minh SOAB + SOAC = 2SOAM

(Mở rộng: Xét trường hợp điểm O cho B, C khác phía với bờ AO Chứng minh 2SOAM = |SOAC – SOAB|)

Lời giải:

Ta có BB’ // CC’ // MM’ (vì vng góc với OA)

BCC’B’ hình thang với hai đáy BB’ CC’ MM’ đường trung bình hình thang Ta có 2MM’ = BB’ + CC’(1)

SOAB = BB’.OA, SOAC = CC’.OA SOAB + SOAC = ( BB’ +CC’).OA (2) SOAM = MM’.OA (3)

(1), (2), (3) suy SOAB + SOAC = 2SOAM

* Mở rộng trường hợp B C nằm khác phía so với đường thẳng OA

Giả sử BB’ CC’ Gọi D giao điểm CM’ với đường thẳng B’B

MM’ // BB’, M trung điểm BC nên MM’ đường trung bình tam giác BCD, suy M’ trung điểm CD

Dễ dàng chứng minh (g-c-g), suy CC’ = B’D

Vì M’, B’ thuộc đường thẳng AO nên D nằm tia B’B Mặt khác B’D = CC’ B’B, D thuộc đoạn B’B

MM’ = BD = (BB’ – CC’) MM’.OA = (BB’ – CC’)OA Hay 2SOAM = SOAB – SOAC

Trường hợp CC’ BB’ chứng minh tương tự

Bài 164.*Cho tứ giác ABCD Kéo dài AB đoạn BM = AB, kéo dài BC đoạn CN =

BC, kéo dài CD đoạn DP = CD kéo dài DA đoạn AQ = DA Chứng minh SMNPQ= 5SABCD

Lời giải:

* Ta chứng minh SMBC = SABC Thật vậy:

Dựng MK, AH vng góc với BC (K, H thuộc đường thẳng BC) Vì B trung điểm AM, ta chứng minh hai tam giác AHB MKB (g -c-g), suy MK = AH Từ đó:

1

2

≥

M’B’D M’C’C

∆ = ∆

≤

1

2 ⇒

1

≥

C' M'

B'

M A

B

C

O

D

C' M'

B'

M A

B C

O

K H Q

P

N

M A

D C

B

(108)

SMBC = MK.BC = AH.BC = SABC

* Mặt khác, C trung điểm BN nên SMBN = 2SMBC = 2SABC

Chứng minh tương tự, ta được:

SMBN = 2SABC, SNCP = 2SBCD, SPDQ = 2SCDA, SQAM = 2SDAB * SMNPQ = SABCD + SMBN + SNCP + SPDQ + SQAM

= SABCD + 2(SABC + SBCD + SCDA +SDAB) = SABCD + 2(SABC + SCDA + SBCD +SDAB) = SABCD + 2(SABCD + SABCD)

= 5SABCD

1

(109)

HÌNH HỌC – HỌC KÌ 2

Chương ĐỊNH LÝ THALES TRONG TAM GIÁC TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

Bài 1,2 ĐỊNH LÝ THALES TRONG TAM GIÁC ĐỊNH LÝ ĐẢO, HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÝ THALES

A. CHUẨN KIẾN THỨC

1) Đoạn thẳng tỉ lệ

a) Tỉ số hai đoạn thẳng

Tỉ số hai đoạn thẳng AB CD, ký hiệu , tỉ số độ dài chúng theo đơn vị đo

Chú ý:Tỉ số hai đoạn thẳng không phụ thuộc vào chọn đơn vị đo

b) Đoạn thẳng tỉ lệ

Hai đoạn thẳng AB CD gọi tỉ lệ với haiđoạn thẳng A'B' C'D' có tỉ lệ thức: hay

c) Một số tính chất tỉ lệ thức

d) Điểm chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước

* Cho đoạn thẳng AB Một điểm C thuộc đoạn thẳng AB (hoặc thuộc đường thẳng AB) gọi chia đoạn thẳng AB theo tỉ số , có

AB CD

AB A B CD C D

′ ′ =

′ ′

AB CD A B′ ′ =C D′ ′

= ⇒ =

AB A B

i AB C D A B CD

CD C D

' '

) ' ' ' '

' '

+ −

= = =

+ −

AB A B AB A B AB A B

ii

CD C D CD C D CD C D

' ' ' ' ' '

)

' ' ' ' ' '

 ± ±

= 

= ⇒ 

 =

 ± ±



AB CD A B C D

AB A B CD C D

iii AB A B

CD C D

CD AB C D A B

' ' ' '

) ' '

' '

' ' ' '

a b

CA a

CB = b

(110)

* Nếu C chia AB theo tỉ số C chia BA theo tỉ số * Nếu C chia AB theo tỉ số

2) Định lý thales (Talet) tam giác

a) Định lý Talet thuận

Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

Ví dụ 1.Cho hình vẽ

Ta có

b) Định lý Talet đảo

Nếu đường thẳng cắt hai cạnhcủa tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh cịn lại tam giác

Ví dụ

c) Hệ định lý Talet

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 cho

Ví dụ 3.

0

a b ≠

b a

1

a

AC CB

b = ⇔ =

A

B C

B’ C’

′ ′

 = 

 ′ ′

′ ′  ⇒ =

 

∈ ∈   ′ ′

 =

 ′ ′ 

AB AC

B C BC

B AB C AC B B C C

AB AC

B B C C '  ; '



∈ ∈



′ = ′  = ⇒ ′ ′

 

′ ′  ′ ′ 

B AB C AC

AB AC hay AB AC hay B C BC

B B C C B B C C

' ; '



A

B C

B’ C’

AB AC B C B C BC

AB AC BC

′ ′ ′ ′

′ ′ ⇒ = =

(111)

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

Ví dụ Cho tam giácABC vng A, MN//BC ( , AB=9cm; AM =

3cm; AN = 4cm Tính độ dài đoạn thẳng NC, MN, BC

Bài giải

MB = AB – AM = 6cm Vì MN//BC nên theo hệ định lí Talet ta có

Suy NC = 8cm

Xét tam giác vng AMN có góc A vng, ta có

Vì MN//BC nên theo hệ định lí Talet ta có Suy BC = 15cm

B. LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI BÀI TẬP

Bài Cho tam giác ABC, M điểm BC Các đường song song với AM vẽ

từ B C cắt AC, AB N P Chứng minh A

B C

B’ C’

A

B C

C’ B’ B C BC AB AC B C

AB AC BC

′ ′ ′ ′

′ ′ ⇒ = =

; )

M∈AB N∈AC

AM AN AM AN

AB = AC ⇔ AB− AM = AC − AN

3 4 1

6 2

AM AN

MB NC NC

⇔ = ⇔ = =

2 2

25 5

MN AM AN

MN cm

= + =

=

3 5 9

AM MN

AB = BC ⇔ = BC

1 1 1

AM = BN + CP

(112)

Bài giải

Áp dụng hệ định lí Talet cho tam giác BNC tam giác CPB, ta có

(1) (2)

Lấy (1) + (2) ta

Bài 2.Cho hình thang ABCD (AB// CD), M trung điểm CD Gọi I giao điểm

AM BD, K giao điểm BM AC a) Chứng minh IK//AB

b) Đường thẳng IK cắt AD, BC theo E, F Chứng minh EI = IK = KF

Bài giải

a) Theo giải thiết AB//CD nên theo địnhlý Talet ta có

Mà CM = DM nên

(theo định lí Talet đảo) b) Theo chứng minh câu a ta có IE//CD

Mà DM = MC

Chứng minh tương tự IK = KF Vậy IE = IK = KF

Bài 3.Cho tam giác ABC trung tuyến AD Một đường thẳng song song với AD

cắt cạnh BC, đường thẳng CA, AB E, N, M

AM MC

BN = CB

AM BM

CP = BC

1

AM AM MC BM

BN CP CB

+

+ = =

1 1 1

BN CP AM

⇒ + =

;

IM DM KM MC IA = AB KB = AB

/ / IM KM

IK AB IA = KB ⇒

EI AE BF KF EI KF

DM AD BC MC DM MC

⇒ = = = ⇒ =

IE KF

⇒ =

(113)

Chứng minh

Bài giải

Trong tam giác ADC có EN//AD Nên

Trong tam giác BME có AD//ME Nên

Mà BD = DC (AM trung tuyến) Do

( BD = CD)

Bài 4.Cho hình bình hành ABCD Một đường thẳng qua A cắt đoạn BD, đường

thẳng CD BC tai E, F G Chứng minh

a)

b)

c) Khi đường thẳng qua A thay đổi tích BK.DG cógiá trị khơn đổi

Bài giải

a) Ta có DF//AB Theo hệ định lí Talet ta có (1) 2

EM EN AD + AD =

EN EC

AD = CD

EM BE AD = BD

EN EM CE BE

AD + AD =CD + CD

CE BE

CD

+

= EC BD DE 2BD 2

CD CD

+ +

= = =

2

EF AE = EG

1 1 1 AF+ AG = AE

EF ED AE = EB

(114)

Lại có AD//BG nên (2)

Từ (1) (2) ta có

b) Đẳng thức phải chứng minh tương đương với

Từ

Do

Vậy

c) Đặt AB = a, AD = b

do AB//CF nên (1) AD//BG nên (2)

Nhân (1) (2) vế theo vế ta không đổi

Bài 5.Cho tam giác ABC Với G trọng tâm Một đường thẳng qua G cắt cạnh AB,

AC M, N Chứng minh

Bài giải

ED AE

EB = EG

EF AE EA = EG

2

EF.

AE EG

⇒ =

1 AF

AE AE

AG

+ =

EF AF

AE BE AE DE

ED DB

= ⇒ =

AG

AE DE AE BE

AG = EB ⇒ = DB

1 AF

AE AE BE DE BD

AG DB BD BD

+ = + = =

1 1 1 AF+ AG = AE

CF CG

a = BG

DF b

CF =CG

. .

DF b

DF CG a b

a =CG ⇒ =

3

AC AB

AN + AM =

(115)

Gọi AI trung tuyến tam giác ABC, vẽ BD//MN, CE//MM ( ) Ta có BD//CE

Xét có (đối đỉnh)

BI = IC (AI trung tuyến) (so lê trong)

Do = (c.g.c) nên BD = CE, DI = IE

Trong tam giác AMG có MG//BD nên (hệ định lí Talet)

Trong tam giác ANG có NG//EC nên (hệ định lí Talet)

Do

Vì DI = IE (cmt); GA= AI (G tâm)

Vậy

Bài 6.Cho hình thang ABCD có hai đáy BC AD (BC khác AD) Gọi M, N hai

điểm cạnh AB, CD cho Đường thẳng MN cắt AC, BD tương ứng E F Vẽ MP//BD

a) Chứng minh PN//AC b) Chứng minh ME = NF

Bài giải

,

D E∈AG

IBD

∆ ∆ICE

1

I I ∧ ∧

=

DBI ECI

∧ ∧

=

IBD

∆ ∆ICE

AB AD

AM = AG

AB AD

AM = AG

2

3 2

3

AB AC AD AE AI DI AI IE AI

AM AN AG AG AI

+ − + +

+ = = = =

2 3 3

AC AB

AN + AM =

AM CN

AB = CD

(P∈AD)

(116)

a) Ta có MP//BD nên (định lí Talet)

Mà (1) suy Suy PN//AC ( định lí Talet)

b) Ta có FN//BC nên (1)

ME//BC nên (2)

Từ (1), (2) (3) suy

Bài 7.Cho tam giác ABC Kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB D cắt AC E

Qua C kẻ Cx song song với AB, cắt DE G Gọi H giao điểm AC BG Kẻ HI song song với AB Chứng minh

a) AD.EG = BD.DE b)

c)

Bài giải

a) Tứ giác DGCB có DG//BC; CG//DB nên tứ giác DGCB hình bình hành BD = CG (1)

Trong tam giác AD//CG nên (2)

AP AM AD = AB

AM CN

AB = CD

AP CN

AD = CD

FN CN

BC =CD

ME AM

BC = AB

ME FN

BC = BC ⇒ =

(I∈BC)

2

HC =HE HA

1 1 1

HI = AB + CG

⇒

DE DA

EG =GC

(117)

Từ (1) (2) suy

DE.BD = DA.EG (đpcm)

b) Ta có BC//EG (định lí Talet)

Ta lại có AB//CG

Suy

(đpcm)

c) Ta có AB//IH (định lí Talet) (3)

IH//CG (định lí Talet) (4)

Lấy (3) +(4) vế theo vế ta

Hay (đpcm)

Bài 8.Cho tia Ox Oy, Oz tạo thành Chứng minh A, B, C

điểm thẳng hàng Ox, Oy, Oz ta có

Bài giải

Qua B vẽ BD//Ox, D Oz Và DE//Oz, E Ox

Ta có tứ giác ODBE hình bình hành mà OB tia phân giác góc AOC, nên ODBE hình thoi

Suy DB = BE

Tam giác AOC có BD//OA nên (hệ định lí Talet)

DE DA

EG = BD

⇒

⇒ HE HG

HC = HB

HC HG HA HB

⇒ =

HE HC

HC = HA

2

.

HC HA HE

⇒ =

HI IC

AB BC

⇒ =

IH IB

CG BC

⇒ =

1

IH HI IB IC IB IC

CG AB BC BC BC

+

⇒ + = + = =

1 1 1 1

IH HI

CG + AB = ⇒ CG + AB = IH

0

60

xOy yOz

∧ ∧

= =

1 1 1

BD = OA+ OB

∈ ∈

BD CB

OA = AC

(118)

Tam giác AOC có EB//OC nên (hệ định lí Talet)

Do

Hay BD = BE (cmt)

Nên

Bài 9 Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi O giao điểm đường chéo Qua O ta kẻ

một đường thẳng song song với CD cắt BC M Chứng minh

Bài giải

Trong tam giác ABC có OM//AB (1)

Trong tam giác DCB có OM//DC (2)

Do

Hay

BE AB

OC = AC

1

BD BE CB AB

OA OC AC

+

+ = =

1

BD BD

OA + OC =

1 1 1

BD =OA + OB

1 1 1

OM = AB + CD

OM MC

AB BC

⇒ =

OM MB

CD BC

⇒ =

1

OM OM MC BM

AB + CD = BC + BC =

1 1 1

AB + CD = OM

(119)

Bài 10.Cho tam giác ABC, G tâm Qua G kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC D, kẻ đường thẳng song song với AC, cắt BC E So sánh tỉ số

Bài giải

Vì G tâm tam giác ABC nên ta có

áp dụng định lí Talet vào tam giác MAB với DG//BA ta có

Suy Hay (1)

áp dụng định lí Talet vào tam giác MAC với GE//AC ta có suy hay (2)

Từ (1) (2) suy

Bài 11.Hình thang ABCD đáy nhỏ CD Qua D vẽ đường thẳng song song với BC cắt AC

tại M Qua C vẽ đường thẳng AD cắt AB F Qua F lại kẻ đường thẳng song song AC cắt BC P Chứng minh

a) MP//AB

b) Ba đường thẳng MP, CF, BD đồng qui

Bài giải

a) Trong tam giác ABC có FP//AC (1)

;

BD EC BC BC

2 3

AG AM =

2 3

BD AG

BM = AM =

2 2. 2.3

BD BM =

1 3

BD BC =

2 3

EC AG

MC = AM =

2 1 2. 2.3 3

EC

MC = =

1 3

EC BC =

1 3

BD EC

BC = BC =

AF CP

BP FB

⇒ =

(120)

K

O H

F

J

E

I

A B

C D

Trong tam giác DMC có AK//DC (2)

Các tứ giác AFCD; DCBK hình bình hành suy

AF = DC; DC = KB; (3) Kết hợp (1) (2) (3) ta có

Áp dụng định lí đảo Talet ta có MP//AB

b) Gọi I giao điểm BD CF Theo câu a ta có mà FB//DC

Rút từ PI//DC (//AB)

Theo a) ta có PM//AM Theo tiên đề Oclit đường thẳng song song ba điêm P, I, M thẳng hàng, nói cách khác, MP phải qua giao điểm I BD CF

Bài 12.Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB lấy điểm I Gọi E giao điểm DI CB

Gọi J giao điểm AE CI Chứng minh BJ vng góc DE

Giải:

Trên tia đối tia AB lấy điểm F cho AF = BE CF cắt EA, ED H, O, EA cắt DF K

Ta có ∆ABE = ∆DAF (c-g-c)  

AFD BEA (1), AE DF (2)

⇒ = = ,

Vì FAK =BAE BAE +BEA=900(3)

(1), (3) suy  

AFD+FAK =90 , hay EA⊥

DF

   

ADF=BAE⇒CDF=DAE, kết hợp với

(2), ta được:

CDF DAE

∆ = ∆ (c-g-c), suy DCF =ADE (4) CM DC

MA AK

⇒ =

FB AK

⇒ =

CP CM PB = MA

CP CM DC DC

PB = AM = AK = FB

DC DI FB = IB CP DI

PB = IB

(121)

Mặt khác  

CDO+ADE=90 nên CDO +DCF=900, ta có ED⊥CF

Từ suy I trực tâm tam giác CEF H trực tâm tam giác DEF, suy CI⊥EF, DH⊥EF⇒DH // CI

Theo định lí Talet thì: EJ EI EB

EH = ED = EC, BJ // CH

Theo CH⊥ED , BJ⊥ED

(122)

Bài TÍNH CHẤT CỦA ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TRONG TAM GIÁC

1) Định lí

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

AE phân giác góc A

Ví dụ: Cho tam giác ABC, đường phân giác góc BAC cắt cạnh BC D

a) Tính tỉ số biết AB = 3cm; AC = 5cm b) Tính độ dài DC, biết BD = 1,5cm

Bài giải:

a) AD phân giác , ta có Vậy

b)

hay

2) Lưu ý

Định lí với phân giác góc ngồi tam giác

EB AB

EC AC

⇒ =

BD DC

BAC

∧

3 5

BD AB

DC = AC =

3 5

BD DC =

3 5

5 3

BD

DC BD

DC = ⇔ =

5

1,5 2,5 3

DC = = cm

(123)

AE phân giác ngồi góc A

Bài 13 Cho tam giác ABC cân A, phân giác BD, BC = 10cm, AB = 15cm.Tính AD,

DC

Bài giải:

BD phân giác góc B nên

Theo tính chất tỉ lệ thức, ta có

(cm) Ta có DA + DC = AC (cm)

Bài 14 Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Phân giác góc A cắt BC D, phân giác ngồi góc A cắt BC E Tính BD, DC, EB,EC theo a, b, c

Bài giải:

Theo tính chất đường phân giác tam giác ABC ta có

• (tính chất dãy tỉ số nhau)

FB AB

FC AC

⇒ =

DA BA

DC BC

⇒ =

15 10 10

DA DC BA BC AC

DC BC DC

+ + +

= ⇒ =

10. 10.15 6 25 25

AC DC

⇒ = = =

15 6 9

AD AC DC

⇒ = − = − =

BD AB BD DC AB AC

DC AC DC AC

+ +

= ⇒ =

. .

BC AB AC BC AC a b

DC

DC AC AB AC c b

+

⇒ = ⇒ = =

+ +

1

ab b

BD a a

c b b c

 

⇒ = − =  − 

+  + 

(124)

•

Bài 15 Cho tam giác ABC có phân giác AM, BN, CP cắt I Chứng minh a)

b)

Bài giải

a) Ta có AM phân giác góc A Theo tính chất đường phân giác tam giác, ta có

Tương tự đường phân giác BN, CP ta có

Do

Vậy

b) Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB

EC AC EC EB AC AB

EB AB EB AB

− −

= ⇒ =

BC AC AB

EB AB

−

⇒ =

. .

BC AB a c

EB

AC AB b c

⇒ = =

− −

.

a c

EC EB BC a

b c

= + = +

−

1

c a

b c

 

=  + 

−

 

AP

.BM CN. 1

AP BC CA =

1

MI NI PI

MA + NB + PC =

MB AB

MC = AC

;

NC BC PA CA

NA = BA PB = CB

1

MB NC PA AB BC CA

MC ⋅ NA PB⋅ = AC BA CB⋅ ⋅ =

AP

.BM CN. 1

AP BC CA =

(125)

Trong BI phân giác ứng với cạnh AM nên

(1)

Trong CI phân giác ứng với cạnh AM nên

Mà CM = BC – BM = a – BM Nên (2)

So sánh (1) (2) ta có

Suy

Vậy

Bài 16 Cho tam giác ABC, phân giác AD Phân giác giác cắt AC F, phân

giác cắt AB E Chứng minh a)

b) AF.BE.CD = AE.BD.CF

Bài giải

ABM

∆

MI BM BM MI BM MI BM

IA = BA = c ⇒ MI +IA= BM +c ⇒ MA = BM +c ACM

∆

MI CM CM MI CM MI CM

IA = CA = b ⇒ MI + IA=CM +b ⇒ MA =CM +b

MI a BM

MA a BM b

− =

− +

MI BM a BM BM a BM

MA BM c a BM b BM c a BM b

− + −

= = =

+ − + + + − +

MI a

MA a b c

⇒ =

+ +

NI b

BN = a+ +b c

PI c

CP = a+ +b c

1

MI NI PI a b c a b c

MA BN CP a b c a b c a b c a b c

+ +

+ + = + + = =

+ + + + + + + +

1

MI NI PI

MA + NB + PC =

ADC

∧

ADB

∧

AF

.BE AB

AE CF = AC

(126)

a) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có

(1)

(2)

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta

Do AD phân giác góc A nên

Vậy

b) Nhân (1) với (2) vế theo vế ta

Hay

Vậy AF.BE.CD = AE.BD.CF

Bài 17 Cho tam giác ABC, phân giác BD, CE Chứng minh

a) Nếu DE//BC tam giác ABC cân A b) Nếu tam giác ABC cân Athì DE//BC

Bài giải

a) Giả sử DE//BC ta có (1)

Mặt khác, BD phân giác góc B nên ta có CE phân giác góc C

BE BD AE = AD AF AD FC = DC

AF

.

BE AD BD BD

FC AE⋅ = DC AD = DC

BD AB

DC = AC

AF

.BE AB

AE CF = AC

AF AF

. . 1

BE AD BD BE DC AD BD DC

FC AE⋅ = DC AD⇒ FC AE BD⋅ ⋅ = DC AD BD⋅ =

AF

1

BE DC FC AE BD⋅ ⋅ =

AE AD

EB = DC

AD AB

DC = BC

(127)

nên ta có

Suy

Nên cân A b) Giả sử cân A Ta có BD phân giác góc B

nên ta có CE phân giác góc C nên ta có Mặt khác

Suy DE//BC

Bài 18 Cho hình bình hành ABCD Trên tia đối tia CD lấy điểm

E cho Đường thẳng BE cắt đường thẳng AD M Đường thẳng CM cắt AB F, BD K Chứng minh

a) b)

c)

Bài giải

c) Ta có BC//DM

Ta lại có FB//DC

Suy

AE AC

EB = BC

AC AB

BC = BC ⇒ =

ABC

∆

ABC

∆ ⇒ AC =AB

AD AB

DC = BC

AE AC

EB = BC AC= AB

AE AD

EB = DC ⇒

0

(AB AD A, 90 ).

∧

> >

^ ^

DBC=CBE

2

CK =KF KM

1 1 1

CK =CF + CM

BF BE FA = BD

CK KB KM KD

⇒ =

FK KB

KC KD

⇒ =

FK KC

KC = KM

2

.

CK KF KM

⇒ =

(128)

d) Ta có BC//DM (1) Ta lại có FB//DC

(2)

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta

Vậy

c) Ta có suy BC phân giác góc B Theo tính chất phân giác ta có (3)

Mặt khác, ta có FB//CE

AF//DC

Suy (4)

Từ (3) (4) suy

Bài 19 Cho tam giác ABC vuông A (AB <AC), vẽ đường cao AH Trên tia HC lấy điểm D cho HD = AH Đường thẳng vng góc với BC D cắt AC E Gọi M trung điểm BE, tia AM cắt BC G Chứng minh: BG HD

BC = AH+HC

Giải:

BG HD BC = AH+HC

BC AH HC BG HD

+

⇒ = 1 HC

HD

= +

CK KB

CM BD

⇒ =

CK KD

CF BD

⇒ =

1

CK CK KD KB BD

CF + CM = BD + BD = BD =

1 1 1

CF +CM = CK

^ ^

DBC =CBE

CE BE

DC = BD

FB MF

CE FC

⇒ =

FA MF

CD FC

⇒ =

. .

FA BF BF CE

CD BF FA CE

CD = CE ⇒ = ⇒ FA =CD

BF BE FA = BD

I

G M

E D H

A B

C

(129)

BC HC BC BG HC GC HC 1

BG HD BG HD GB HD

−

⇒ − = ⇒ = ⇒ =

Ta chứng minh: HC GC

HD = GB Ta có: DE // AH ⇒

HC AC HD = AE

Dựng đường thẳng qua E vng góc AH I, suy HIED hình chữ nhật IE = HD = HA; IAE =HBA hai tam giác vng IEA HBA

AE AB

⇒ = HC AC AC

HD AE AB

⇒ = =

Vì M trung điểm BE, tam giác ABE cân A nên AM tia phân giác góc BAC

hay G chân đường phân giác góc BAC tam giác ABC Từ ta có: GC AC

GB = AB Vậy

HC AC AC GC HD AE AB GB

⇒ = = = Chứng minh xong!

Bài 20 Cho tam giác ABC vng A có AH đường cao (H thuộc BC), N trung

điểm AB Biết AB=6cm, AC=8cm

a) Vẽ AK tia phân giác góc BAC (K thuộc BC) Tính AK?

b) Gọi E hình chiếu vng góc H lên AC T điểm đối xứng N qua I với I giao điểm CN HE Chứng minh tứ giác NETH hình bình hành Giải:

a) Theo tính chất chân đường phân giác ta có:

KC AC 4 CK 4 KB =AB = ⇒3 CB = 7

Gọi K’ hình chiếu vng góc K lên AC, suy KK’ // AB Theo định lí Talet ta có:

KK' CK 4 4 4 24 KK' .AB .6 (cm) AB = CB = ⇒7 =7 =7 = 7

Mặt khác, tam giác AKK’ vuông cân K’ nên:

24

AK KK’ 2 2(cm) 7

= =

b) Ta chứng minh I trung điểm HE

Vì HE⊥AC nên HE // BA Theo định lí Talet ta có: IE CI IH

NA = CN = NB

Vì NA = NB nên IE = IH Do I trung điểm HE Theo giả thiết I trung điểm NT

Tứ giác NETH có hai đường chéo NT EH có chung trung điểm I nên NETH hình bình hành

I

T K' E

K N

H

A B

C

(130)

Bài 4, 5, TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG.

CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA HAI TAM GIÁC (CẠNH – CẠNH – CẠNH, CẠNH – GÓC – CẠNH, GÓC - GÓC)

A.CHUẨN KIẾN THỨC

1) Định nghĩa

Hai tam giác gọi đồng dạng với chúng có cặp góc đơi cặp cạnh tương ứng tỉ lệ

Ví dụ 1 có

• Các góc gọi góc tương ứng

• Các đỉnh góc gọi đỉnh tương ứng • Các cạnh đối diện với góc gọi cạnh tương ứng

• Khi dùng ký hiệu phải ghi đúng thứ tựcặp đỉnh tương ứng

• Tỉ số hai cạnh tương ứng k gọi tỉ số đồng dạng

2) Tính chất

a) Phản xạ

b) Đối xứng

theo tỉ số k theo tỉ số

c) Bắc cầu

Lưu ý.Nếu đồng dạng theo tỉ số ,

đồng dạng theo tỉ số đồng dạng theo tỉ số

3) Định lí

ABC

∆ ∆A B C' ' '

'; '; ' ' ' ' ' ' '

A A B B C C

ABC

AB BC CA

A B B C C A

∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ 

= = = 

⇔ ∆  

= =



' ' '

A B C

∆

ABC

∆ ∆ABC

ABC

∆ ∆ABC

ABC

∆ ∆A B C' ' ' ∆A B C' ' ' ∆ABC 1

k

1 1

A B C

∆ ∆A B C2 2 2

2 2

A B C

∆ ∆A B C3 3 3

1 1

A B C

⇒ ∆ ∆A B C3 3 3

1 1

A B C

∆ ∆A B C2 2 2 k1 ∆A B C2 2 2 ∆A B C3 3 3

2

k ∆A B C1 1 ∆A B C3 3 3 k k1 2

(131)

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

Ví dụ 2

có MN //BC

Lưu ý Định lí trường hợp đường thẳng a cắt phần kéo dài hai cạnh tam giác song song với cạnh cịn lại

Ví dụ 3

có MN //BC

4) Các trường hợp đồng dạng hai tam giác

a) Trường hợp Nếu ba cạnh tam giác tỉ lệ với ba cạnh tam giác hai tam giác đồng dạng với

Xét , :

(c-c-c)

b) Trường hợp Nếu hai cạnh tam giác tỉ lệ với hai cạnh tam giác hai góc tạo cặp cạnh

Xét , :

(c-g-c) A

B C

M N

ABC

∆ (M ∈AB N; ∈AC)

AMN

⇒ ∆ ∆ABC

A

B C

M N

A

B C

N M ∆ABC

AMN

⇒ ∆ ∆ABC

ABC

∆ ∆A B C' ' ' ' ' ' ' ' '

AB BC CA

k A B = B C =C A =

⇒ ∆ABC ∆A B C' ' '

ABC

∆ ∆A B C' ' ' ' ' ' '

'

AB CA

k

A B C A

A A

∧ ∧



= = 

 

= 

⇒ ∆ABC ∆A B C' ' '

(132)

nhau hai tam giác đồng dạng với

c) Trường hợp Nếuhai góc tam giác hai góc tam giác hai tam giác đồng dạng với

Xét , :

(g-g)

Ví dụ Tìm cặp tam giác đồng dạng tam giác

Bài giải

Xét , ta có

Vậy ,

Ví dụ 5 Cho tam giác ABC Một đường thẳng song song BC cắt cạnh AB AC D E

sao cho Chứng minh

Bài giải

ABC

∆ ∆A B C' ' ' ' '

B B

A A

∧ ∧

 =    =  ⇒ ∆ABC ∆A B C' ' '

ABC

∆ ∆DEF

2 1 3 1 4 1

; ;

4 2 EF 6 2 8 2 1

EF 2

AB AC BC

DE DF

AB AC BC

DE DF

= = = = = =

⇒ = = =

ABC

∆ ∆DEF

2

.

DC =BC DE ECD DBC

∧ ∧

=

(133)

Ta có

Xét hai tam giác DEC CDB có (so le trong) Và

Nên DEC CDB

(hai góc tương ứng)

Bài CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA HAI TAM GIÁC VUÔNG

1) Các trường hợp đồng dạng đặc biệt hai tam giác vuông

Suy từ các trường

hợp đồng dạng hai tam

giác

a) Trường hợp 1

Tam giác vng có góc nhọn góc nhọn tam giác vng

Xét vng A, vng A’ có

(g-g)

b) Trường hợp 2

Tam giác vng có cạnh góc vng tỉ lệ với cạnh góc vng tam giác vng

(c-g-c)

2

.

DC =BC DE

DC DE

BC DC

⇒ =

EDC DCB

∧ ∧

=

DC DE

BC = DC

∆ ∆

ECD DBC

∧ ∧

⇒ =

ABC

∆

' ' '

A B C

∆

' B B

∧ ∧

=

⇒ ∆ABC

' ' '

A B C

∆

ABC

∆

' ' '

A B C

∆

' ' ' '

AB CA

k A B =C A =

⇒ ∆ABC

' ' '

A B C

∆

(134)

Định lí

c) Trường hợp 3

Nếu cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng tỉ lệ với cạnh huyền cạnh góc vng tam giác vng hai tam giác vng đồng dạng

(ch-cgv)

2) Áp dụng

a) Định lí 1 Tỉ số hai đường cao tương ứng tam giác đồng dạng tỉ số đồng dạng

(k tỉ số đồng dạng)

b) Định lí 2 Tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng

(S diện tích ,k tỉ số đồng dạng)

Ví dụ 6 Cho tam giác ABC vng A, có AB = 6cm; BC = 10cm Lấy điểm D AB

và E AC cho AE = 3cm; DE = 5cm Chứng minh

Bài giải

Xét hai tam giác vng ABC AED Ta có

Suy ABC AED

ABC

∆

' ' '

A B C

∆

' ' ' '

AB BC

k A B = B C =

⇒ ∆ABC

' ' '

A B C

∆

ABC

∆ ∆A B C' ' '⇒

' ' ' '

AH AB

k A H = A B =

ABC

∆ ∆A B C' ' '⇒

' ' '

ABC A B C S

k S

∆ ∆

=

ADE ACB

∧ ∧

=

3 1 5 1 ;

6 2 10 2

AE DE

AB = = BC = =

1 2

AE DE

AB BC

⇒ = =

∆ ∆

(135)

Vậy

Ví dụ 7 Cho tam giác ABC vng A, có AH đường cao AM đường trung

tuyến Tính diện tích tam giác AHM tỉ số diện tích tam giác AHM ABC, biết BH = 4cm; CH = 6cm

Bài giải

Ta có hai tam giác vng HAB HCA đồng dạng

Suy

Nên ;

Vậy

Ví dụ Cho tam giác ABC vng A (AB < AC) M trung điểm BC Vẽ MD⊥AB D, ME

⊥AC E, AH⊥BC H qua A kẻ đường thẳng song song DH cắt DE K HK cắt AC N Chứng minh HN2= AN.CN.

Giải:

MD ⊥AB⇒MD // AC, D trung điểm AB Tương tự E trung điểm AC

Ta có DE // BA

Hai tam giác BDH DAK có:

 

HBD = KDA(góc đồng vị)

BD = DA  

BDH=DAK BDH = DAK

∆ ∆ (g – c – g)

⇒DH = AK⇒ADHK hình bình hành Ta có HK // DA⇒HN⊥AC

NAH NHC

∆ ∆ ⇒ NA NH

HN AN.AN NH = NC ⇔ =

ADE ACB

∧ ∧

=

HA HB

HC HA

⇒ =

2

. 16.4 64 8

AH BH HC

AH cm

⇒ = = =

⇒ =

1

10 2

BM =CM = BC= cm 6

HM =CH −MC = cm

2

1

. 24 2

AHM

S = AH HM = cm 1

. 80 2

ABC

S = AH BC = cm 24 3

80 10

AHM ABC

S

S = =

N K H

E

D M

A C

B

(136)

Bài 21 Cho tam giác ABC vng cân có Từ C kẻ tia vng góc với trung tuyến

AM cắt AB D Hãy tính tỉ số

Bài giải

Kẻ CH H tam giác ABC vuông cân C nên đường cao CH đồng thời đường trung tuyến

Gọi G giao điểm AH AM Suy G tâm tam giác ABC

Trong tam giác ACD có H trực tâm tam giác ADC Suy

Ta lại có nên BC//DG

Hay DG//BM (định lí Talet)

Mà

Vậy

Bài 22 Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh

Bài giải

0

90 C

∧

=

BD DA

AB

⊥

2

AG GM

⇒ =

CH AD AG CD

⊥ 

⇒ 

⊥ 

DG⊥ AC BC⊥ AC

AG AD

MG BD

⇒ =

2

AG

GM = 2

AD BD = 1

2 BD DA =

2

. .

AD = AB AC −BD DC

(137)

Trên tia AD lấy điểm E cho

Xét có (vì AD phân giác)

(1) Xét có

(đối đỉnh) suy

(2) Từ (1) (2) suy

Bài 23 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi M trung điểm cạnh BC, N trung điểm

cạnh AC Các đường trung trực cạnh BC AC cắt điểm O H trực tâm G trọng tâm

a) Hai tam giác ABH MNO đồng dạng? b) Hai tam giác AHG MOG đồng dạng? c) Ba điểm H, G, O thẳng hàng

Bài giải

a) Ta có AH//OM; AB//MN; BH//ON nên

Do

b) Xét hai tam giác OMG HAG ta có

AEB ACB

∧ ∧

=

ABE

∆ ∆ADC A1 A2

∧ ∧

=

AEB ACB

∧ ∧

=

ABE

∆ ∆ADC

. .

. ( )

AB AE AD AC

AB AC AE AD

AB AC AD DE AD

⇒ =

⇒ = +

2

. .

AB AC AD AD DE

⇒ = +

BDE

∆ ∆ADC

AEB ACB

∧ ∧

=

1

D D ∧ ∧

=

BDE

∆ ∆ADC

. .

BD DE

AD AC BD DC

AD DC

⇒ = ⇒ =

2

. .

AD = AB AC −BD DC

;

BAH OMN BAH ONM ∧ ∧ ∧ ∧

= =

OMN

∆ ∆HAB

(138)

Nên

c) Từ câu b) suy Ta có

suy H, G, O thẳng hàng

Bài 24 Giả sử AC đường chéo lớn hình bình hành ABCD Từ C kẻ đường thẳng

CE, CF vng góc với AB, AD Chứng minh rằng:

Bài giải

Vẽ BH

Xét có

chung

Suy (g-g)

(1) Xét có

(BC//AF) Suy (g-g)

(2) Mà AD = BC (vì ABCD hình bình hành)

1 ;

2

OM MG

HAG OMG

AH AG

∧ ∧

= = =

OMG

∆ ∆HAG

MGO AGH

∧ ∧

=

0

180

MGO MGH AGH MGH

∧ ∧ ∧ ∧

+ = + =

2

.AF

AB AE + AD = AC

( )

AC H AC

⊥ ∈

HAB

∆ ∆EAC

0

90

H E

∧ ∧

= =

A

∧

HAB

∆ ∆EAC

. .

AB AH

AB AE AH AC

AC AE

⇒ = ⇒ =

HBC

∆ ∆FCA

0

90

H F

∧ ∧

= =

AF

BCH C

∧ ∧

=

HBC

∆ ∆FCA

. .

BC HC

BC AF HC AC

AC AF

⇒ = ⇒ =

(139)

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:

AH.AC + HC.AC = BC.AF + AB.AE AC(AH+HC) = BC.AF + AB.AE = BC.AF + AB.AE (đpcm)

Bài 25 Cho tam giác ABC, điểm M thuộc cạnh CA Vẽ MP song song với AB (P thuộc CB)

và MN song song với CB (N thuộc AB) Biết Chứng minh

Bài giải

Gọi MA = x; MC = y (x, y>0) Gọi

Ta có MN//BC

Ta có MP//BA

Do

Ta có (1)

Ta có BNMP hình bình hành Do từ (1) ta viết

(2) Bình phương hai vế (2) ta

⇔ AC ⇔ 2 , AMN PMC

S∆ =a S∆ =b

2

( )

ABC

S∆ = a+b

1,

AMN PMC

S∆ =S S∆ =S

3;

BNP ABC

S∆ =S S∆ =S

AMN

⇒ ∆ ∆ABC

2

1

S AM x

S AC x y

    ⇒ =  =  +     CMP

⇒ ∆ ∆CAB

2

S MC y

S AC x y

    ⇒ =  =  +     2

S S x y

S x y x y

   

+

=  + 

+ +

   

( 2)

2

2 ( )

S S S xy

S x y

− + = + BNMP

S = S

3

2

2 2

( )

S xy

S = x+ y

3

( ) ( )

S x y

S x y x y

⇒ = ⋅

+ +

(140)

Hay Mặt khác Vậy

Bài 26 Cho tam giác ABC, kẻ đường cao BD CE cắt H

a) Chứng minh AE.AB = AD.AC b) Chứng minh

c) Chứng minh CH.CE + HB.BD =

d) Giả sử góc A có số đo Tính

Bài giải

a) Xét có

chung Nên (g-g)

Vậy (đpcm)

b) Xét có chung

(cm câu a)

Nên Vậy

2

3

3 1.

S S S

S S S

S S S

  = ⋅ ⇒ =

 

 

3

S =a b

2

1 2

ABC

S∆ =S +S + S =a +b + ab

2

( )

ABC

S∆ = a+b

ADE ABC

∧ ∧

=

2

BC

0

60 S∆ABC =120cm2 S∆ADE

AEC

∆ ∆ADB

90

D E

∧ ∧

= =

A

∧

AEC

∆ ∆ADB AE AC

AD AB

⇒ =

. .

AE BA= AD AC ADE

∆ ∆ABC A

∧

AE AC AD = AB

ADE

∆ ∆ABC ADE ABC

∧ ∧

=

(141)

c) Vẽ HF BC,

Xét tam giác BFH tam giác BDC có chung

Nên BFH BDC Suy

Mà

Do CH.CE + HB.BD = (đpcm) d) Đặt AB = a

Trong tam giác vng ADB ta có = suy

là tam giác cạnh AB = a nên đường cao ; Mặt khác, ta có (cm câu b)

Vậy

nên =

Bài 27 Cho tam giác, đường phân giác AI Gọi D E hình chiếu B C lên AI Chứng minh

Bài giải

Ta có AI phân giác góc A

⊥ F∈BC

B ∧ 90 D F ∧ ∧ = = ∆ ∆ . . BF BH

BH BD BF BC

BD = BC ⇒ =

. .

CH CE =CF BC

2

( )

CF BC +BC BF =BC CF +BF =BC

2 BC A ∧ 60 30 B ∧ = ADB ∆ 3 2 a BD= 2 a AD= ADE

∆ ∆ABC

AD AE AB AC ⇒ = ADE ABC S AD S AB ∆ ∆   ⇒ =     2 1 2 4 ADE ABC

S AD a

a S AB ∆ ∆     =  = ÷  =     120 ABC

S∆ = cm

ADE

S∆ 1 1 120 30 4S∆ABC = ⋅4 = cm

AD ID AE = IE

(142)

Nên theo tính chất đường phân giác ta có (1)

Ta lại có BD//EC (vì vng góc với AI) (2)

Từ (1) (2) suy (3) Mặt khác, xét có

(AI phân giác góc A)

Suy (g-g) (4)

Từ (3) (4) suy

Bài 28 Cho tam giác ABC vuông A Qua điểm D đáy BC kẻ đườngvng góc với

BC cắt đường thẳng AB AC theo thứ tự E G Chứng minh DB.DC = DE.DG

Bài giải

Xét có chung Suy (g-g)

BI AB

IC = AC

ID BI

IE IC

⇒ =

ID BA

IE AC

⇒ =

ADB

∆ ∆AEC

1

A A ∧ ∧

=

0

90

D E

∧ ∧

= =

ADB

∆ ∆AEC

BD AB AD

EC AC AE

⇒ = =

AD ID AE = IE

DGC

∆ ∆ABC D A 900

∧ ∧

= = C

∧

DGC

∆ ∆ABC

(143)

(1)

Xét có chung Suy (g-g)

(2)

Từ (1) (2) suy Vậy DB.DC = DE.DG

Bài 29 Trong tam giác ABC có hai góc B góc A thỏa mãn điều kiện , kẻ

đường cao CH Chứng minh

Bài giải

Trong tam giác vng AHC ta có (1) Trong tam giác vng BHC ta có (2) Mặt khác ta có thay vào (1)

ta

Vậy ta có

Xét vng H vng H có (cmt) Nên

Bài 30 Cho tam giác ABC vuông A Từ điểm D cạnh AC kẻ đường

CEvng góc với DB E

Chứng minh BE.AC = AB.EC + AE.BC

. .

DG DC DG AB

AB DC DG AC

AB AC DC AC

⇒ = ⇒ = ⇒ =

ABC

∆ ∆DBE

90

D A

∧ ∧

= = B

∧

ABC

∆ ∆DBE

. .

BD DE

AB DE DB AC

AB AC

⇒ = ⇒ =

DE AB

DB AC

⇒ =

DE DC

DB = DG

∧ ∧

= −

A 900 B CH2 =BH AH

0

1 90

C A ∧ ∧

+ =

2 90

C B ∧ ∧

+ =

∧ ∧

= −

A 900 B

C B ∧ ∧

=

C B ∧ ∧

=

HBC

∆ ∆HCA

1

C B ∧ ∧

=

HBC

∆ ∆HCA

2

.

HB HC

HC HB HA

HC = HA ⇒ =

(144)

Bài giải

Gọi M giao điểm AB CE Vẽ AF vng góc với AE (Fthuộc BE)

Xét có

chung Suy (g-g)

Xét có

(cmt) (cùng phụ với ) Suy (g-g)

(1)

Mặt khác, ta có (g-g) (đối đỉnh)

Ta lại có có (cmt) (đối đỉnh)

Nên có (cmt) (2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta

Vậy BE.AC = AB.EC + AE.BC

Bài 31 Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC lấy điểm E Tia AE cắt đường thẳng CD

M, tia DE cắt AB N Chứng minh rằng: a)

MBE

∆ ∆MCA E A 900

∧ ∧

= =

M

∧

MBE

∆ ∆MCA

; MB MC

MBE MCA ME AM

∧ ∧

⇒ = =

ABF

∆ ∆ACE

MBE MCA

∧ ∧

= ABF EAC

∧ ∧

= FED

∧

ABF

∆ ∆ACE

. .

AB BF

AB CE AC BF

AC CE

⇒ = ⇒ =

ABD

∆ ∆ECD E A 900

∧ ∧

= = ADB EDC

∧ ∧

=

DA BD AD DE

DE DC DB DC

⇒ = ⇒ =

ADE

∆ ∆BDC AD DE

DB = DC ADE BDC

∧ ∧

=

AED DCB

∧ ∧

⇒ =

AEF

∆ ∆ACB AED DCB

∧ ∧

=

90

E A

∧ ∧

= =

. .

AE EF

AE CB AC EF

AC CB

⇒ = ⇒ =

. . . . ( EF) .

AB CE + AE BC = AC BF + AC EF = AC BF + = AC BE

NBC

∆ ∆BCM

(145)

b) BM vuông với CN

Bài giải

a) Ta có AB//CM (1) Và ta có CD//BN

(2)

Từ (1) (2)

mà CD = AB = BC (do ABCD hình thang vng)

Vậy

b) Ta có (cm câu a) Suy ;

Mà

Vậy BM vuông với CN

Bài 32 Chứng minh trung điểm hai đáy hình thang, giao điểm hai đường

chéo giao điểm hai cạnh bên kéo dài hình thang thẳng hàng

Bài giải

Trong hình vẽ bên ta phải chứng minh bốn điểm H, E, G, Fthẳng hàng

Nối EG, FG ta

∆ADG ∆CBG (g.g) ⇒AD CB = AGCG

Hay 2AE2CF = AGCG ⇔ AECF = AGCG

E

(1)

Ta lại có (so le trong) (2)

AB BE

CM CE

⇒ =

BN BE

CD CE

⇒ =

BN BA

CD CE

⇒ =

. .

BN MC CD AB

⇒ =

2

. BN BC

BN MC BC

BC MC

⇒ = ⇔ =

NBC

∆ ∆BCM

NBC

∆ ∆BCM

2

B N ∧ ∧

= C2 M ∧ ∧

=

0

1 90 90

B B B N

∧ ∧ ∧ ∧

+ = ⇒ + =

EAG FCG ∧ ∧

= B C

F

A D

H

E

G

(146)

Tõ (1) vµ (2) ⇒∆AEG ∆CFG (c.g.c)

Nªn Vậy E, G, F thẳng hàng (3)

Nèi EH, FH Chứng minh tương tự ta ∆AEH ∆BFH ⇒

Vậy H, E, F thẳng hàng (4)

Từ (3) (4) ta kết luận H, E, G, F thẳng hàng

Bài 33 Tam giác ABC vuông A (AB < AC) M trung điểm BC Vẽ MD⊥AB D, ME ⊥AC E, AH⊥BC H qua A kẻ đường thẳng song song DH cắt DE K HK cắt AC N Chứng minh HN2= AN.CN

Giải:

MD ⊥AB⇒MD // AC, D trung điểm AB Tương tự E trung điểm AC Ta có DE // BA

Hai tam giác BDH DAK có:

 

HBD = KDA(góc đồng vị)

BD = DA  

BDH=DAK BDH = DAK

∆ ∆ (g – c – g)

⇒DH = AK⇒ADHK hình bình hành Ta có HK // DA⇒HN⊥AC

NAH NHC

∆ ≈ ∆ ⇒ NA NH

HN AN.AN NH = NC ⇔ =

Bài 34 Cho tam giác ABC vuông tai A, đường cao AH, từ H kẻ HI vng góc với AB I,

HK vng góc với AC K

a) Chứng minh tam giác AKI đồng dạng với tam giác ABC suy AI.AB = AK.AC b) Chứng minhABK =ACI

c) Gọi O trung điểm đoạn IK Từ A vẽ đường thẳng vng góc với đường thẳng BO R Đường thẳng AR cắt cạnh BC S Chứng minh S trung

điểm đoạn thẳng HC

Giải:

a) Tứ giác AKHI có  

A= = =K I 90 nên AKHI hình chữ

nhật, ta có: AKI =AHI

Lại có AHI =ABC(cùng phụ với góc BHI) Suy  

AKI=ABC

Hai tam giác AKI ABC có Achung, AKI =ABC nên AKI ABC

∆ ∆

AGE CGF ∧ ∧

=

AHE BHF ∧ ∧

=

N K H

E

D M

A C

B

O

S R

K

I H

A B

C

(147)

b) Theo trên, AKI ABC AK AI AB AC

∆ ∆ ⇒ = , hai tam giác AKB AIC có Achung nên ∆AKB∆AIC Từ ta có ABK =ACI

c) Xét tam giác ABS có AH BR đường cao nên O trực tâm tam giác ABS, SO ⊥AB, suy SO // AC

Mặt khác, theo tứ giác AKHI hình chữ nhật nên O trung điểm AH Như tam giác AHC, SO đường trung bình Từ ta có S trung điểm HC

Bài 35.Cho tam giác ABC vng A, có AB=3cm,

AC=4cm,vẽ đường cao AH

a) Vẽ đường thẳng vng góc với AC C cắt AH kéo dài D Chứng minh ∆BAC∆ACD, suy AC2 =

AB CD

b) Chứng minh tứ giác ABDC hình thang vng Tính diện tích ABDC

c) Qua H kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt AC E cắt BD F So sánh HE HF?

Giải:

a) Ta có: ABC =CAD(cùng phụ với gócABH),

 

BAC=ACD=90 Do đó: ∆BAC∆ACD Từ suy AC BA AC2 AB.CD CD = AC ⇒ =

b) Vì AB CD vng góc với AC nên AB // CD Tứ giác ABDC có AB // CD 

A=90 nên ABDC hình thang vng

Theo AC2 16

AC AB.CD CD (cm) AB 9

= ⇒ = =

( )

ABDC

1 1 16 86

S AB DC AC 3 4 (cm )

2 2 9 9

 

= + =  +  =

 

c) Dễ thấy: ABH DCH BH AH BH AH CH DH BC AD

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = (1)

Mặt khác, EF // DC nên theo định lí Talet ta có: HF BH

CD = BC

HE AH DC = AD (2)

(1) (2) HF HE HE HF CD DC

⇒ = ⇒ =

Bài 36.Cho tam giác ABC vng A có AH đường cao (H thuộc BC)

a) Trên tia đối tia AC lấy điểm D, vẽ AE vng góc với BD E Chứng minh tam giác AEB đồng dạng tam giác DAB

b) Chứng minhBE.BD= BH.BC

E F

D

H

A B

C

A E

D

H B

C

(148)

c) Chứng minh BHE =BDC

Giải:

a) Ta có: DBA =ABEvà AEB =DAB=900 ∆AEB∆DAB

b) BE BA

AEB DAB BE.BD BA BA BD

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = (1)

Xét hai tam giác BAH BCA có: ABH =CBAvà BHA =BAC=900 nên BAH BCA

∆ ∆ , suy BH BA

BH.BC BA BA = BC ⇒ = (2)

(1) (2) suy BE.BD = BH.BC

c) Theo BE.BD BH.BC BE BH BC BD

= ⇒ = Xét hai tam giác BEH BCD có góc B

chung BE BH

BC = BD nên ∆BEH∆BCD Từ ta có

 

BHE=BDC

Bài 37 Cho tam giác ABC vng A có AB = 8cm, AC = 6cm, đường cao AH Qua C vẽ

đường thẳng song song với AB cắt AH D a) Chứng minh ∆AHB∆DHC

b) Chứng minh AC2 = AB.DC

c) Tứ giác ABDC hình gì? Vì sao? Tính diện tích tứ giác ABDC Giải:

a) Ta có ABH =DCH(so le trong) AHB =DHC=900

nên ∆AHB∆DHC

b) ABC =CAD(cùng phụ với góc BAH)

DC // AB nên DC⊥AC⇒ BAC =ACD=900 Do ABC CAD

∆ ∆ , từ suy ra:

AB AC

AB.CD AC CA =CD ⇒ =

c) AB // CD 

BAC=90 nên ABDC hình thang vng

2

2 AC 36 9

AB.CD AC CD (cm) AB 8 2

= ⇒ = = =

( )

ABDC

1 1 9 75

S AB CD AC 8 6 (cm )

2 2 2 2

 

= + =  +  =

 

Bài 38.Cho tam giác ABC vuông A, AH đường cao Kẻ BD

là tia phân giác ABC cắt AH I Chứng minh AD2 = IH

DC Giải:

D

A

H B

C

I

D A

H B

C

(149)

Ta chứng minh AD IH

DC = AD

Theo tính chất chân đường phân giác thì:

AD BA CD = BC (1)

Dễ thấy hai tam giác BAC BHA đồng dạng nên:

BA BH BC = BA(2)

Xét hai tam giác BHI BAD có: HBI =ABD( BD tia phân giác ABC);

 

BHI BAD= =90 Do ∆BHI∆BAD, suy ra: IH BH DA = BA (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: AD IH

AD IH.CD CD = DA ⇒ =

Bài 39.Cho đoạn thẳng AB Trong mặt phẳng có bờ đường thẳng AB, vẽ hai tia

Ax va By vng góc với AB A B Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (khác A, B) Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), tia vng góc MC M cắt By D

a) Chứng minh ∆AMC∆BDM

b) Đường thẳng CD cắt AB E Chứng minh EC.BD = ED.AC c) Vẽ MH vng góc với CD H Chứng minh HM2= HC.HD

d) Gọi I giao điểm BC AD Chứng minh DE.IA = ID.EC

Giải:

a) Ta có:

   

AMC+BMD=90 , BDM+BMD=90

, suy AMC =BDM

Lại có  

MAC=DBM=90 ,

đó ∆AMC∆BDM

b) Vì BD // AC, theo định lí Talet ta có:

ED BD

EC.BD ED.AC EC =AC ⇒ =

c) MCH =DMH(cùng phụ với gócCMH ); MHC =DHM=900, nên ta có:

2

MH CH

MCH DMH MH CH.DH

DH MH

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

d) Ta có: ED BD

EC = AC Mặt khác: BD // AC, ta suy ∆IDB∆IAC nên

ID BD IA = AC

I H

E D

y x

M C

B A

(150)

Từ ta có: ED ID DE.IA ID.EC EC = IA ⇒ =

Bài 40.Cho tam giác ABC vng A có AB = 15cm, AC = 20 cm đường cao AH Vẽ

HD vuông góc AB D HE vng góc AC E

a) Vẽ tia Ax vng góc DE cắt BC M Chứng minh M trung điểm BC b) Tính diện tích tam giác ADE

Giải:

a) Tứ giác ADHE có   

A= = =D E 90 nên ADHE hình chữ

nhật

 

MAB=EDH (cùng phụ với gócEDA)

 

EDH=AHD (ADHE hình chữ nhật)

 

ABM=AHD (cùng phụ với góc BHD)

Do đó: MAB =ABM Từ suy hai tam giác AMB

AMC cân M Vậy M trung điểm BC

b) 2

BC =AB +AC =225+400=625⇒BC=25(cm)

Dễ thấy HBA ABC HA BA AH.BC AB.AC AC BC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

AB.AC 15.20

AH= 12(cm) ED AH 12(cm) BC 25

⇒ = = ⇒ = =

   

ABC+HAD=90 ⇒ABC=AED Từ suy ∆ABC∆AED AE AD ED 12 12 36 12 48

AE .15 (cm), AD .20 (cm) AB = AC = BC =25⇒ = 25 = 5 = 25 = 5

Vậy 1 1 36 48 864

. . . (cm ) 2 2 5 5 25

ADE

S = AE AD= =

Bài 41 Cho tam giác ABC nhọn, đường cao

AD BH cắt I

a) Chứng minh HI.CB = CH.IA

b) Tia CI cắt AB, DH K, M Chứng minh: IK.MC = KC.IM

Giải:

a) Xét hai tam giác IHA CHB có:  

AIH=BCH (cùng phụ với gócCAD)

 

IHA=CHB=90

M

D

E H

A B

C

M I

D K

H A

B C

(151)

F K E

H

D A

B C

Do ∆IHA∆CHB

Suy IH IA HI.CB CH.IA CH = CB⇒ =

b) Dễ thấy hai tam giác CDA CHB đồng dạng, đó: CD CA

CH = CB

Hai tam giác CDH CAB có góc C chung CD CA

CH = CB nên ∆CDH∆CAB

Chứng minh tương tự, ta có ∆AHK∆ABC, từ ta có ∆CDH∆KAH

Suy CHD =KHA⇒ KHI =MHI, hay I chân đường phân giác kẻ từ H

tam giác HKM Vì HC⊥HI nên C chân đường phân giác kẻ từ H tam giác

HKM Theo tính chất chân đường phân giác ngồi thì:

KI KA KC

KI.MC KC.MI MI = MA = MC⇒ =

(Chứng minh xong)

Bài 42 Cho tam giác nhọn ABC có hai đường

cao BD CE cắt H (D thuộc AC, E thuộc AB)

a) Chứng minh tam giác ADE ABC đồng dạng tam giác ABC

b) Gọi K, F giao điểm AH với DE, BC Chứng minh KH.AF= AK.HF Giải:

a) Dễ thấy ADB AEC AD AB AE AC

∆ ∆ ⇒ = Xét

hai tam giác ADE ABC có góc Achung AD AB

AE =AC nên ∆ADE∆ABC

b) Chứng minh tương tự câu 1b

H A chân đường phân giác kẻ từ D tam giác KDF, suy ra:

KH KA KD

KH.FA KA.FH FH = FA = FD ⇒ =

Bài 43 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) Kẻ đường cao BE CF cắt H

a) Gọi K giao điểm AH BC Chứng minh tam giác BKF đồng dạng tam giác BAC b)Tia EF cắt AK BC N, D Chứng minh DE.FN = DF.NE

(152)

c) Gọi O, I trung điểm BC AH Chứng minh ON vng góc DI

Giải:

a) Dễ thấy ∆BAK∆BCF, đó: BA BK

BC = BF Hai tam giác BKF

BAC có góc Bchung BK BA BF = BC

nên ∆BKF∆BAC

b) Ta chứng minh KN đường phân giác KD đường phân giác kẻ từ K tam giác FKE Theo tính chất chân đường phân giác phân giác ngồi, ta có:

EN ED EK

ED.FN EN.FD FN = FD = FK ⇒ =

c) Gọi J điểm đối xứng H qua O, ta có BHCJ hình bình hành, từ suy BJ⊥AB, CJ⊥AC

Dễ thấy:

BF BH CJ BFH CFA

CF CA CA

∆ ∆ ⇒ = =

Từ ta có ∆BFC∆JCA

 

ABC AJC

⇒ =

Mặt khác, tương tự câu a, ta chứng minh ∆AEF∆ABC suy ABC =AEF

Từ ta có AEF =AJC Mà AJC +JAC=900 nên AEF +JAC=900, hay AJ⊥EF

Ta có IO đường trung bình tam giác AHJ nên IO // AJ⇒EF⊥IO Xét tam giác IDO có IN⊥DO, DN⊥IO nên N

trực tâm ∆IDO Vậy ON⊥DI

Bài 44 Cho tam giác ABC (gócA =90, AB < AC)

Qua trung điểm I AC vẽ đường thẳng vng góc với BC qua Cvẽ đường thẳng vng góc với AC, chúng cắt E Chứng minh AE vng góc BI

Giải:

N

D

K F

E

H A

B C

J O

I

N

D K

F

E

H A

B C

E

I A

B

C

(153)

Ta có: ACB =CEI (cùng phụ vớiCIE)

Do đó: ∆ACB∆CEI

AB CI AI AB CA AC CE CE AI CE

⇒ = = ⇒ =

Vì  

BAI=ECA=90 nên ∆ABI∆CAE

Do ta có ABI =CAE

Mặt khác  

ABI+AIB=90 ⇒CAE +AIB=900

Vậy EA⊥BI

Bài 45 Cho hình thang ABCD (CD > AB; AB//CD) có AB vng góc 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 DC lấy điểm F cho DF = GB Chứng minh GF vng góc EF

Giải:

Dựng đường thẳng qua E, vng góc với CD, cắt đường thẳng CD H Ta có  

ECH+DCG=90 , DCG +DGC=900, DGC =AGB

Từ suy ECH =AGB

Như ta có ∆AGB= ∆ECH (g-c-g)⇒EH=AB, CH=BG=DF

Ta có ABG CDG AB BG DF CD DG DG

∆ ∆ ⇒ = =

Mà EH=AB, HF=HC+CF=DF+CF=CD nên suy DF HE DG = HF(1)

Lại có  

FDG=EHF=90 (2)

(1), (2) suy ∆FDG∆EHF⇒DGF =HFE

Mặt khác  

DGF+DFG=90 nên HFE +DFG=900 Vậy GFE=900

H F

E

G

A B

C D

(154)

Chương HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG HÌNH CHĨP ĐỀU

Bài HÌNH HỘP CHỮ NHẬT

A CHUẨN KIẾN THỨC 1) Hình hộp chữ nhật

• Hình hộp chữ nhật có mặt, đỉnh 12 cạnh

• Hai mặt hình hộp chữ nhật khơng có cạnh chung gọi hai mặt đối diện xem chúng hai đáy hình hộp chữ nhật, mặt cịn lại xem mặt bên

• Hình lập phương hình hộp chữ nhật có mặt hình vng

Hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’

2) Mặt phẳng đường thẳng

• Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ Ta xem:

- Các đỉnh:A, B, C, D, A’, điểm

- Các cạnh AD, DC, CC’,… đoạn thẳng

- Mỗi mặt, chẳng hạn mặt ABCD, phần mặt phẳng (ta hình dung mặt

phẳng trái rộng phía)

• Đường thẳng qua hai điểm A, B mặt phẳng (ABCD) nằm trọn mặt phẳng (tức điểm thuộc mặt phẳng)

3) Hai đường thẳng song song khơng gian

(155)

• Trong không gian hai đường thẳng a b gọi song song với chúng nằm mặt phẳng khơng có điểm chung

• Với hai đường thẳng phân biệt không gian, chúng có thể: - Cắt

- Song song

- Không nằm mặt phẳng

• Hai đường thẳng phân biệt, song song với đường thẳng thứ ba song song với

4) Đường thẳng song song với mặt phẳng Hai mặt phẳngsong song

• Khi AB khơng nằm mặt phẳng (A’B’C’D’) mà AB song song với đường thẳng mặt phẳng này, chẳng hạn AB//A’B’, ta nói AB song song với mặt phẳng (A’B’C’D’) kí hiệu AB//mp(A’B’C’D’)

• Xét hai mặt phẳng (ABCD) (A’B’C’D’) Mặt phẳng (ABCD) chứa hai đường thẳng cắt AB, AD mặt phẳng (A’B’C’D’) chứa hai đường thẳng cắt A’B’, A’D’, AB song song với A’B’ AD song song với A’D’, ta nói mặt phẳng (ABCD) song song với mặt phẳng (A’B’C’D’) kí hiệu

mp(ABCD)//mp(A’B’C’D’)

Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.EFGH

a) Hãy kể tên cạnh song song với mặt phẳng (EFGH) b) Kể tên mặt phẳng song song với

Bài giải

a) * BC// FG mà FG nằm mặt phẳng (EFGH) Vậy BC//mp (EFGH)

(156)

* CD//GH mà GH nằm mặt phẳng (EFGH)

Vậy GH//mp(EFGH)

* DA//HE mà HE nằm mặt phẳng (EFGH)

Vậy DA//mp(EFGH)

b) * mp(BCGF) // mp(ADHE) BF, BC cắt nằm mp(BCGF); AE, AD cắt nằm mp(ADHE) BF//AE, BC//AD

* mp(ABCD) // mp(EFGH) AB, BC cắt nằmtrong mp(ABCD); EF, FG cắt nằm mp(EFGH) AB//EF, BC//FG

* mp(ABFE) // mp(DCGH) AB, AE cắt nằm mp(EBFE); DC, DH cắt nằm mp(DCGH) AB//DC, AE//DH

5) Đường thẳng vng góc với mặt phẳng Hai mặt phẳng vng góc

• Khi đường thẳng A’A vng góc với hai đường thẳng căt AD AB mặt phẳng (ABCD) ta nói A’A vng góc với mặt phẳng (ABCD) A kí hiệu

• Nhận xét:Nếu đường thẳng vng góc với mặt phẳng điểm A

vng góc với đường thẳng qua A nằm mặt phẳng

• Khi hai mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng cịn lại ta nói hai mặt phẳng vng góc với

Ví dụ 2 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.MNPQ

a) Đường thẳng AD vng góc với mặt phẳngnào?

b) Hai mặt phẳng (AMQD) (DQPC) có vng góc với không?

Bài giải

' ( )

A A⊥mp ABCD

(157)

a)* AD vng góc với hai đường thẳng cắt AM AB mặt phẳng (AMNB) nên

* AD vuông góc với hai đường thẳng cắt DC DQ mặt phẳng (QDPC) nên

b) AD nằm mặt phẳng

(AMQD)

5) Diện tích xung quanh - Thể tích hình hộp chữ nhật

• Diện tích xung quanh hình hộp chữ nhật tổng diện tích mặt bên Ta có cơng thức (p chu vi đáy, h chiều cao)

• Diện tích tồn phần hình hình hộp chữ tổng diện tích xung quanh diện tích hai đáy

• Nếu kích thước hình hộp chữ nhật a, b, c (cùng đơn vị độ dài) thể tích hình hộp chữ nhật V=abc

• Thể tích hình lập phương cạnh a V =

Ví dụ 3: Tính kích thước hình hộp chữ nhật, biết chúng tỉ lệ với 3, 4, thể tích hình hộp

Bài giải

Gọi kích thước hình hộp a, b, c Theo giả thiết ta có V= abc =

Theo tính chất dãy tỉ số ta có

Vậy kích thước hình hộp a = 6cm, b = 8cm, c = 10cm

( )

DA⊥mp AMNB

( )

AD⊥mp DQPC

( ) ( )

mp AMQD ⊥mp DQPC AD⊥mp DQPC( )

2

xq

S = ph

2

tp xq day

S =S + S

3

a

3

480cm

3 4 5

a b c

k

= = =

480cm

3 480

8 3.4.5 60

abc

k = = =

2

k

⇒ =

(158)

Ví dụ 4: Diện tích tồn phần hình lập phương Thể tích bao nhiêu?

Bài giải

Hình lạp phương có mặt hình vng Vậy diện tích mặt hình vng 486:6 = 81 Một cạnh hình lập phương dài a=9cm Thể tích hình lập phương

V = 9.9.9 = 729

B LUYỆN KĨNĂNG GIẢI BÀI TẬP

Bài 1 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’

a) Những cạch song song với DD’? b) Những cạch song song với BC? c) Những cạch song song với CD?

d) Những mặt song song với mp(BCC’B’)

Bài giải

a) Các cạch song song với DD’ AA’; BB’; CC’ b)Các cạch song song với BC B’C’; AD; A’D’ c) Các cạch song song với CD AB; C’D’; A’B’ d) mp(BCC’B’) // mp(ADD’A’)

vì mp(BCC’B’) chứa hai đường thẳng BC BB’ cắt nhau, mà BC//AD BB’//AA’

Bài 2 Một phòng dài 5m, rộng 3,2m cao 3m Người ta muốn quét vôi trần nhà

bốn tường Biết tổng diện tích cửa 6,3 Hãy tính diện tích cần qt vơi?

Bài giải

3

486cm

2

cm

3

cm

2

m

(159)

Diện tích trần nhà

Diện tích mặt tường phòng

Diện tích cần qt vơi phịng (đã trừ diện tích cửa)

Bài 3 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ Tìm đường thẳng chung (giao tuyến)

hai mặt phẳng

a) mp(ABCD) mp(ADD’A’)

b) Gọi M, N trung điểm AB, AD Chứng minh MN song song với mặt phẳng (BB’D’D) (A’B’C’D’)

Bài giải

a) Giao tuyến hai mp(ABCD) mp(ADD’A’) AD

b) Ta có MN đường trung bình tam giác ABD nên MN//DB, mà

Suy MN// mp(BB’D’D)

* Ta có MN// mp(BB’D’D) (cmt) Suy MN//B’D’ mà

Nên MN // mp(A’B’C’D’)

Bài 4 Hãy kể tên cạnh cạnh BD hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’

Bài giải

Những cạnh cạnh BD AC; B’D’; A’C’

1 5.3, 16

S = = m

( ) ( )

2 3.5 2 3.3, 2 49.2

S = + = m

1 2

6, 16 49, 6, 3 68.8

S S S

S m

= + − = + −

=

( ' ' )

BD⊂ mp BB D D

' ' ( ' ' ' ')

B D ⊂mp A B C D

(160)

Bài 5 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = 3cm, AD = 4cm; AA’= 5cm Tính AC’

Bài giải

Ta có AB = A’B’=3cm; AA’=BB’ = 5cm AD=B’C’ = 4cm

Áp dụng định lí py - ta – go vào tam giác vng A’B’C’ ta có

Áp dụng định lí py - ta – go vào tam giác vng AA’C’ ta có

a) Hai đường thẳng AC’ BD’ có cắt khơng?

b) Đường thẳng BD có cắt đường thẳng AA’, A’C’, CC’ hay khơng c) Tìm điểm cách đềucác đỉnh hình hộp chữ nhật

Bài giải

a) Đường thẳng AC’ BD’ cắt hai đường chéo hình hộp chữ nhật b) Ta có AA’ vng góc với mp(ABCD) mà

nên hay BD cắt AA’

* Ta có mp(ABCD)//mp(A’B’C’D’)

Mà

Nên BD khơng cắt A’C’

* Ta có CC’ vng góc với mp(ABCD) mà nên hay BD cắt CC’

2 2

' ' ' ' ' ' 3 4 ' ' 5

A C A B B C

A C cm

= + = +

=

2 2

' ' ' ' 5 5 ' 5 2

AC AA A C

AC cm

= + = +

=

( )

BD⊂mp ABCD AA '⊥ BD

( )

BD⊂mp ABCD A C' '⊂mp A B C D( ' ' ' ')

( )

BD⊂mp ABCD CC'⊥ BD

(161)

Bài 7 Tìm độ dài cạnh hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ biết BD’= cm

Bài giải

Gọi độ dài cạnh hình lập phương a cm

Ta có cm

Ta có

Mà BD’= cm nên ta có a = cm Vậy cạnh hình lập phương 1cm

Bài 8 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ Chứng minh BA’C’ tam giác

đều ABCD.A’B’C’D’ hình lập phương

Bài giải

Gọi cạnh tam giác BA’C’ d

Chiều dài, chiều rộng, chiều cao hình hộp a, b, c Trong tam giác vng A’D’C’ ta có (1) Trong tam giác vng AA’B ta có (2) Trong tam giác vng C’B’B ta có (3) Lấy (2)-(3) vế theo vế ta

(*)

Lấy (1)-(2) vế theo vế ta (**)

Từ (*) (**) suy a = b = c

Hay ABCD.A’B’C’D’ hình lập phương

Bài 9 Tính kích thước hình hộp chữ nhật biết chúng tỉ lệ với 2, 3, thể tích hình hộp 1536

Bài giải

Gọi kích thước hình hộp chữ nhật a, b, c

3

2

' ' 2

B D = a +a =a

2 2

' ' ' ' 2

' 3

BD B D BB a a

BD a cm

= + = +

= 3

2 2

d = a +b

2 2

d =a +c

2 2

d =b +c

2

a =b

2

c =b

2

cm

(162)

Ta có V= abc = 1536

Suy

Vậy ; ;

Vậy kích thước hìnhhộp 8; 12; 16

Bài 10 Một bể đựng nước có dạng hình hộp chữ nhật (xem hình vẽ) Mực nước

bằng chiều cao bình Nếu ta đậy bình lại rùi dựng đứng lên (lấy mặt (AA’B’B) làm đáy) chiều cao mực nước bao nhiêu?

Bài giải

Thể tích hình hộp chữ nhật

Thể tích nước chứa hình hộp

Nếu chọn (AA’B’B) làm đáy Gọi h chiều cao mực nước mới, ta tích

Vậy chiều cao mực nước 8cm

Bài 11 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Chứng minh

a) BC vng góc với mp(DD’C’C) b) A’C’ vng góc với mp(BDD’B’) c) BD vng góc với mp(AA’C’C) d) BC vng góc C’D

Bài giải

2 3 4

a b c

k

= = =

cm

3 1536

64 2.3.4 24

4

abc k

k

= = =

⇒ =

4 8

2

a

= ⇒ = 4 12

3

b

= ⇒ = 16

4 c

c

= ⇒ =

2 3

3 6.8.12 576

V = = cm

3

2

8.12. .6 384 3

V =  = cm

 

1 8.6. 384 48 8

V = h⇒ = h⇒ =h cm

(163)

a) Ta có BC DC; BC CC’ mà DC CC’ hai đường thẳng cắt nằm

mp(DD’C’C) Vậy nên b) Ta có

mặt khác DD’ vng góc với hai đường thẳng cắt A’D’ D’C’ nằm

mp(A’B’C’D’) nên DD’ mp(A’B’C’D’) mà

Suy A’C’ vng góc với mp(BDD’B’) c) Tương tự câu b

d) nên BC vuông góc với đường thẳng nằm mp(DD’C’C) hay BC DC’

Bài 12 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

a) Đường thẳng A’B’ song song với mặt phẳng nào? b) Đường thẳng AC có song song với mặt phẳng (A’B’C’) khơng?

Bài giải

a) A’B’//mp(ABCD) A’B’//AB

A’B’// mp(DCC’D’) A’B’//D’C’

b) AC//mp(A’B’C’) AC//A’C’

Bài 13 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, AD = b, AA’ = c Chứng minh

D’B = B’D =AC’=A’C =

Bài giải

Trong tam giác vng A’B’C’ ta có

⊥ ⊥

(DD ' ' )

BC ⊥mp C C

' ' ( ' ' ' ')

A C ⊂ mp A B C D

⊥ ' (DD ' ' )

DD ⊂ mp B B

(DD ' ' )

BC ⊥mp C C

⊥

( )

AB⊂mp ABCD

' ' ( ' )

D C ⊂mp DCC D

' ' ( ' ' ')

A C ⊂mp A B C

2 2

a + +b c

2 2

' ' ' ' ' ' ' '

A C = B C +B A ⇒ A C = b +a

(164)

Trong tam giác vuông AA’C’ ta có

Tương tự ta có D’B = B’D =

A’C= Vậy D’B=B’D =AC’=A’C=

Bài 14 Một hình hộp chữ nhật tích 60 diện tích tồn phần 94

Tính chiều rộng, chiều dài hình hộp chữ nhật biết chiều cao 4cm

Bài giải

Gọi hai kích hình hộp a, b

Ta có (1)

Hay a + b = (2)

Từ (1) (2) suy a = 5; b = a = 3; b =

Vậy hai kích thước hình hộp chữ nhật 3cm cm

Bài 15 Một bể đựng nước có dạng hình hộp chữ nhật (xem hình vẽ) Mực nước

bằng chiều cao bình Nếu ta đậy bình lại rùi dựng đứng lên (lấy mặt (ADD’A’) làm đáy) chiều cao mực nước bao nhiêu?

Bài giải

Thể tích hình hộp chữ nhật

Thể tích nước chứa hình hộp

2 2 2

' AA ' ' ' '

AC = + A C ⇒ AC = c + +b a

2 2

a + +b c

2 2

a + +b c

2 2

a + +b c

2 2

a + +b c

3

cm

4 60 V = ab=

cm ⇒ab=15

2 2 2

2( ).4 2 94

tp xq day

tp

S S S ph ab

S a b ab

= + = +

= + + =

2 3

3 6.8.12 576

V = = cm

3

2

8.12. .6 384 3

V =  = cm

 

(165)

Nếu chọn (ADD’A’) làm đáy Gọi h chiều cao mực nước mới, ta tích

Vậy chiều cao mực nước 5,3cm

Bài 16 Một bình đựng nước có dạng hình hộp chữ nhật có chiều rộng 4cm, chiều dài

bằng 8cm, chiều cao 5cm Mực nước chiều cao bình Nếu ta đổ nước bình vào bình khác hình lập phương có cạnh 5cm chiều cao mực nước bao nhiêu?

Bài giải

Thể tích nước có hình hộp

Gọi h chiều cao mực nước bình hình lập phương có cạnh 5cm, ta có 12.6. 384 72 5, 3

V = h⇒ = h⇒ =h cm

3 4

3

.5.8.4 120 4

V = = cm

120 4,8 25 25

V

h = = = cm

(166)

Bài HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG

A CHUẨN KIẾN THỨC 1) Hình lăng trụ đứng

• Hình bên hình lăng trụ đứng Trong hình này: - A, B, C, D, đỉnh

- Các mặt hình chữ nhật Chúng gọi mặt bên

- Hai mặt hai đáy

• Hình lăng trụ đứng có hai đáy tứ giác nên gọi lăng trụ đứng tứ giác, kí hiệu

• Hình hộp chữ nhật, hình lập phươngcũng hình lăng trụ đứng

• Hình lăng trụ đứng có đáy hình bình hành gọi hình hộp đứng

• Lăng trụ đứng có hai đáy tam giác, tứ giác , ngũ giác hình lăng trụ đứng tương ứng gọi lăng trụ đứng tam giác, lăng trụ đứng tứ giác, lăng trụ đứng ngũ giác (hình 1)

Hình lăng trụ đứng tứ giác

(hình 1)

2) Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng

• Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng tổng diện tích mặt bên Ta có cơng thức (p chu vi đáy, h chiều cao)

1; 1; 1; A B C D

1 1; 1; ABB A BCC B

1 1 ;

ABCD A B C D

1 1

ABCD A B C D

2

xq

S = ph

(167)

• Diện tích tồn phần hình lăng trụ đứng tổng diện tích xung quanh diện tích hai đáy

3) Thể tích hình lăng trụ đứng

• Thể tích hình lăng trụ đứng diện tích đáy nhân với chiều cao • Cơng thức V =S.h ( S diện tích đáy, h chiều cao)

B.LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI BÀI TẬP

Bài 17 Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ a) Những cặp mặt phẳng song song với nhau? b) Những cặp mặt phẳng vng góc với nhau?

Bài giải

a) Những cặp mặt phẳng song song là:mp(ABC)//mp(A’B’C’)

b) Những cặp mặt phẳng vng góc là: mp(ABC) mp(AA’B’B) mp(ABC) mp(BB’C’C)

mp(ABC) mp(AA’C’C) mp(A’B’C’) mp(BB’C’C) mp(A’B’C’) mp(AA’C’C) mp(A’B’C’) mp(AA’B’B)

Bài 18 Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.DEF

Trong phát biểu sau phát biểu đúng? a) Các cạnh bên AB AD vng góc với b) Các cạnh bên BE EF vng góc với c) Các cạnh bên AC DF vng góc với d) Các cạnh bên AC DF song song với

e) Hai mặt phẳng (ABC) (DEF) song songvới f) Hai mặt phẳng (ACFD) (BCFE) song song với

2

tp xq day

S =S + S

⊥ ⊥

⊥ ⊥ ⊥ ⊥

(168)

nhau

g) Hai mặt phẳng (ABED) (DEF) vng góc với

Bài giải

a) Sai AB AD khơng phải cạnh bên b) Sai BE EF khơng phải cạnh bên c) Sai AC DF cạnh bên d) Sai AC DF khơng phải cạnh bên e) Đúng

f) Sai Hai mặt phẳng (ACFD) (BCFE) vng góc g) Đúng

a) Những cặp mặt phẳng song song với

b) Mặt phẳng (ABCD) vng góc với mặt phẳng

Bài giải

a) Những mặt phẳng song song với là: mp(ABCD)//mp(A’B’C’D’); mp(AA’D’D)// mp(BB’C’C);

mp(DCC’D’)//mp(AA’B’B)

b) mp(ABCD) mp(AA’B’B) mp(ABCD) mp(BCC’B’) mp(ABCD) mp(ADD’D)

Bài 20 Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có hai đáy hai tam giác vuông A, A’ Chứng minh

a) b)

Bài giải

⊥ ⊥ ⊥

(AA ' ' )

AB⊥mp C C

(AA ' ' ) (AA ' ' )

mp C C ⊥mp B B

(169)

a) vuông A)

(AA’B’B hình chữ nhật) nên AB vng góc với hai đường thẳng cắt AC AA’ mặt phẳng (AA’C’C)

Suy

b) mp(AA’B’B) chứa AB, mà AB vng góc với mp(AA’C’C) nên

Bài 21 Một khối gỗ hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, có cạnh a Người ta cắt khối

gỗ theo mặt (ACC’A’) hai hình lăng trụ đứng Tính diện tích xung quanh hình lăng trụ

Bài giải

Ta có

Chu vi đáy hình lăng trụ

Diện tích xung quanh hình lăng trụ

Bài 22Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’, có đáy tam giác ABC cân C, D

là trung điểm cạnh AB Tính diện tích tồn phần hình lăng trụ

Bài giải

(

AB⊥ AC ∆ABC

AA '

AB⊥

(AA ' ' )

AB⊥mp C C

(AA ' ' ) (AA ' ' )

mp C C ⊥mp B B

2

AC = a +a =a cm

( )

2 2 2

a+ +a a = + a

2

2(2 2)

2 (2 2)

2

xq

a a

S = ph= + = + a cm

(170)

D trung điểm AB, suy CD chiều cao tam giác đáy

Vậy nên

BB’ AB, áp dụng định lí py-ta-go, ta có

Diện tích tồn phần hình lăng trụ

Bài 23Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC tam giác vng cân B với

BA = BC = a ,biết A'B hợp với đáy ABC góc 600 Tính thể tích lăng trụ.

Bài giải

Ta có hình

chiếu A'B đáy ABC Trong ta có

SABC =

Vậy V = SABC.AA' =

Bài 24 Cho hình lăng trụ có đáy hình vng cạnh a Tính chiều cao (theo a) hình lăng trụ, biết diện tích xung quanh diện tích tồn phần

2

5 4 25 16 9 3

DB= − = − = = cm

⊥

2

' 5 3 25 9 16 4

BB = − = − = = cm

2

1 2 (5 5 6).4 2( 4.6)

2 64 24 88

tp xq d

tp

S S S

S cm

= + = + + +

= + =

A 'A⊥(ABC)⇒A 'A⊥AB& AB

o

ABA '∧ =60 ABA '

∆

0

AA ' AB.tan 60 a

⇒ = =

2

1 a

BA.BC

2 = 2

3 a 3

2

1 2

(171)

Bài giải

Diện tích xung quanh hình trụ (cm)

Diện tích tồn phần hình trụ

Theo đề ta có

Hay

Vậy chiều cao hình trụ (cm)

Bài 25 Tính diện tích tồn phần (tổng diện tích mặt) thể tích hình sau

Bài giải

* Tính diện tích tồn phần hình lăng trụ HFG.JIK Độ dài đường chéo tam giác đáy

2( ).

xq

S = a+a h

2

2 2( ). 2 4 2 2 (2 )

tp xq d

tp

S S S a a h a a

S ah a a h a

= + = + +

⇒ = + = +

1 2

xq tp

S = S 1

4 2 ( 2 ) 2

ah= a a+ h

4 2

2

2 h a h

a h a h

⇒ = +

⇒ = ⇒ =

2 a

2

3 4 25 5

JK = HG= + = = cm

(172)

Diện tích tam giác đáy

Diện tích tồn phần hình lăng trụ HFG.JIK

* Tính diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật ABCD.EFII’

*

* Diện tích tồn phần hình cho

• Thể tích hình lăng trụ • Thể tích hình hộp chữ nhật • Thể tích hình cho

Bài 26

Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC cân A có kích thước hình vẽ Tính thể tích hình lăng trụ

Bài giải

Chiều cao tam giác đáy

Diện tích tam giác ABC

Thể tích hình lăng trụ ABC.A’B’C’

2

1

3.4 6 2

HFG JIK

S∆ =S∆ = = cm

2

3 4 5

2 2 .3 2.6 48 2

tp xq day

S =S + S =  + +  + = cm

 

2 2 2(1 3).5 2.1.3 46

tp xq d

S =S + S = + + = cm

2

3.3

JIFH

S = = cm

2

1 48 46 9 85

tp tp tp JIFH

S =S +S −S = + − = cm

3 d 6.3 18

V =S h= = cm

3

2 d 3.5 15

V =S h= = cm

3

1 18 15 33

V =V +V = + = cm

3

' 13 5 169 25 ' 144 12

h

h cm

= − = −

= =

2

1 1

'. .12.10 60

2 2

S = h BC = = cm

3

60.12 720

d

V =S h= = cm

(173)

Bài 27 Một bình thủy tinh hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy tam giác cân ABC có kích thước hình vẽ Mực nước bình chiều cao lăng trụ Bây ta đậy bình lại lật đứng lên cho mặt (BCC’B’) mặt đáy Tính chiều cao mực nước

Bài giải

Chiều cao tam giác đáy

Diện tích tam giác ABC

Thể tích nước hình lăng trụ Nếu chọn đáy (BCC’B’)

Chiều cao mực nước

Bài 28 Tính thể tích khối lăng trụ đứng có đáy tam giác mặt bên hình vng cạnh a

2 3

3

' 13 5 169 25 ' 144 12

h

h cm

= − = −

= =

2

1 1

'. .12.10 60

2 2

S = h BC = = cm

3

2

60 .12 480 3

V = = cm

2

10.12 120

d

S = = cm

480

' ' 4

120

d

V

h h cm

S

= = ⇒ =

(174)

Bài giải

Hình lăng trụ có đáy tam giác cạnh a, đường cao tam giác đáy

Thể tích hình lăng trụ

Bài 29 Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC cân A Gọi M, N trung điểm BC B’C’

a) Chứng minh AMNA’ hình chữ nhật

b) Tính diện tích hình chữ nhật AMNA’ biết thể tích hình lăng trụ V BC = a

Bài giải.

a) Ta có A’N // AM A’N = AM nên A’NMA hình bình hành

Mặt khác A’N mp(CC’B’B) nên A’N NM

Vậy AMNA’ hình chữ nhật b)

mà AA’ = MN

nên diện tích hình chữ nhật AMNA’

Bài 30 Một Một bình thủy tinh hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy tam giác ABC có

AB = 6cm, BC = 10cm, AC = 8cm, chiều cao CC’= 12cm Mực nước bình

3 2

a

h= cm

2

1 3 3

2 2 4

a a

S = a=

2

3

3 3

.

4 4

a a

V =S h= a= cm

⊥ ⊥

1

. . .AA ' 2

d

V =S h= AM BC

2

1

.AA ' ( ) 2

V

S AM cm

a

= =

(175)

chiều cao hình lăng trụ Bây ta đậy bình lại lật đứng lên cho mặt (ACC’A’) mặt đáy Tính chiều cao mực nước

Bài giải

Thể tích nước hình lăng trụ

Nếu chọn đáy (ACC’A’) Chiều cao mực nước

Bài 31 Một bình thủy tinh hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy tam giác ABC có AB = 6cm, BC = 10cm, AC = 8cm, chiều cao CC’= 12cm Mực nước bình chiều cao hình lăng trụ Bây ta đậy bình lại lật đứng lên cho mặt (BCC’B’) mặt đáy Tính chiều cao mực nước

Bài giải

Thể tích nước hình lăng trụ

Nếu chọn đáy (BCC’B’) Chiều cao mực nước

Vậy chiều cao mực nước 2,7cm

2 3

2

1

.8.6 24 2

S = = cm

3

2

24 .12 192 3

V = = cm

2

8.12 96

d

S = = cm

192

' ' 2

96

d

V

h h cm

S

= = ⇒ =

2 3

2

1

.8.6 24 2

S = = cm

3

2

24 .12 192 3

V = = cm

2

6.12 72

d

S = = cm

192

' ' 2,7

72

d

V

h h cm

S

= = ⇒ ≈

(176)

Bài 32 Đáy lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ tam giác ABC vuông cân A có cạnh BC = a biết A'B = 3a Tính thể tích khối lăng trụ

Bài giải

Ta có

vng cân A nên AB = AC = a

ABC A'B'C' lăng trụ đứng

Vậy V = B.h = SABC.AA' =

Bài 33 Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D' có cạnh bên 4a đường chéo 5a

Tính thể tích khối lăng trụnày

Bài giải

ABCD A'B'C'D' lăng trụ đứng nên BD2= BD'2 - DD'2 = 9a2

ABCD hình vng

Suy B = SABCD =

Vậy V = B.h = SABCD.AA' = 9a3

Bài 34 Đáy lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ tam giác cạnh a=4 biết diện tích tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ

2

∆ABC

AA' AB

⇒ ⊥

∆AA'B⇒AA'2 =A'B AB2 − =8a2

AA' 2a

⇒ =

3

a

BD 3a

⇒ =

3a AB

2

⇒ =

2

9a 4

5a 4a

D' C'

B' A'

D C

B A

(177)

+ Phân tích V= B.h để tìm B h hình đối tượng ? + Tìm diên tích B = SABCbằng cơng thức

nào ?

+ Từ diện tích suy cạnh ? ?

+ Tìm h = AA' dùng tam giác định lí ?

Lời giải:

Gọi I trung điểm BC Ta có ABC nên

Vậy VABC.A’B’C’ = SABC.AA'=

∆A'BC

∆

AB

3 &

AI= =2 AI⊥BC⇒A 'I⊥BC

A'BC A'BC

2S 1

S BC.A 'I A 'I 4

2 BC

= ⇒ = =

AA '⊥(ABC)⇒AA '⊥AI

2

AA ' A 'I AI

⇒ = − =

8

A' C'

B'

A

B

C I

(178)

Bài HÌNH CHĨP ĐỀU VÀ HÌNH CHĨP CỤT ĐỀU

A CHUẨN KIẾN THỨC 1) Hình chóp

Hình chóp có:

- Đáy đa giác, mặt bên tam giác có chung đỉnh

- Đường thẳng qua đỉnh vng góc với mặt phẳng đáy gọi đường cao

- Trong hình trên: hình chóp S.ABCD có đỉnh S, đáy tứ giác ABCD, ta gọi hình chóp tứ giác

2) Hình chóp đều

Hình chóp S.ABCD có đáylà hình vng ABCD, mặt bên SAB, SBC, SCD SDA tam giác cân Ta gọi S.ABCD hình chóp tứ giác

(179)

Hình chóp hình chóp có đáy đa giác đều, mặt bên tam giác cân có chung đỉnh

– Chân đường cao hình chóp trùng với tâm đường trịn qua đỉnh mặt đáy

– Đường cao vẽ từ đỉnh mặt bên hình chóp gọi trung đoạncủa hình chóp

Ví dụ 1: a) Hình chóp có đáy hình thoi, mặt bên tam giác cân có chung đỉnh, gọi hình chóp tứ giác khơng?

b) Hình chóp có đáy hình chữ nhật, mặt bên tam giác cân có chung đỉnh, gọi hình chóp tứ giácđều khơng?

Bài giải

a) Hình thoi khơng phải đa giác nên hình chóp có mặt đáy hình thoi khơng phải hình chóp Vậy phát biểu sai

b) Sai vid hình chữ nhật đa giác

3) Hình chóp cụt đều

Hình chóp cụt làphần hình chóp nằm mặt phẳng đáy hình chóp mặt phẳng song song với đáy cắt hình chóp

– Mỗi mặt bên hình chóp cụt hình thang cân

4) Diện tích xung quanh hình chóp đều.

- Diện tích xung quanh hình chóp tích chu vi đáy với trung đoạn

(p chu vi đáy; d trung đoạn hình chóp)

– Diện tích tồn phần hình chóp tổng diện tích xung quanh diện tích đáy

xq

S = pd

(180)

(S: diện tích đáy)

Ví dụ 2: Hình chóp tứ giác có độ dài cạnh bên 25cm Đáy hình vng ABCD

cạnh 30cm Tính diện tích tồn phần hình chóp?

Bài giải

Gọi EI trung đoạn hình chóp đều, ta có

Diện tích tồn phần hình chóp

5) Thể tích hình chóp đều

– Thể tích hình chóp phần ba diện tích đáy nhân với chiều cao (S: diện tíchđáy, h: chiều cao)

Ví dụ 3: Tính thể tích hình chóp tam giác đều, biết đường cao 12cm, cạnh đáy 10cm

Bài giải

Hình chóp tam giác với cạnh đáy AB = 10cm, đường cao OD = 12cm có

+ Đường cao tam giác đáy CH=

+ Diện tích đáy

tp xq

S =S +S

2 2

2

2 2

2

2 25 15

25 15 20

EI IB EB

AB

EI EB IB EB

EI

EI cm

+ =

 

⇒ = − = −  

 

= −

⇒ = − =

2

(30 30)20 30.30 2100

tp xq d

S =S +S = + + = cm

V S h

=

2

10 −5 ≈8,66cm

2

1 1

. 10.8,66 43,30

2 2

S = HC AB= = cm

(181)

Thể tích

Bài 35 Cho hình chóp tam giác A.BCD Gọi H trung điểm CD Chứng minh: a) CD

vng góc với mặt phẳng (AHB) b) AC BD

Bài giải

a) Hình chóp A.BCD hình chóp tam giác nên tam giác CBD tam giác tam ACB, ACD, ADB tam giác cân A H trung điểm CD suy HB CD; AH CD

Vậy CD vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc mặt phẳng (AHB) nên CD mp(AHB)

b) Gọi E trung điểm BD ta có AE BD; CE BD

Vậy BD vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc mặt phẳng (AEC) nên CD mp(AEC) suy CD vng góc với đường thẳng thuộc mp(AEC)

Hay AC BD

Bài 36 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Gọi O giao điểm AC BD Chứng

minh

a) SO vng góc với mp(ABCD)

b) mp(SAC) vng góc với mp(ABCD)

3

1 1

. .43,3.12 173, 20

3 3

V = S OD= = cm

⊥

⊥ ⊥

⊥

⊥ ⊥

(182)

Bài giải

a) Hình chóp tứ giác S.ABCD nên có ABCD hình vng, cạnh bên

Ta có tam giác cân A có OD = OB nên SO đường cao tam giác hay

Tương tự, ta có

SO vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc mp(ABCD) nên SO

b) Ta có AC BD

Mà BD nên

Bài 37.Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = 2cm, SA = 4cm Tính độ dài trung đoạn

và chiều cao hình chóp

Bài giải

Hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = 2cm, SA = 4cm, nên ABCD hình vng cạnh bên

Ta có

Trong tam giác vng SOA vng O, theo pytago ta có

SBD

∆

SO⊥BD

SO⊥ AC

( )

mp ABCD

⊥

( )

mp SAC

∈

( )

mp SBD

∈

AC

⊥

( ) ( )

mp SAC ⊥mp SBD

2 2

2 2 2 2

AC =BD= AD + AB = + =

2 2

AC AO= =

( )2

2

4 2 3 2

SO= SA − AO = − =

(183)

Vậy chiều cao hình chóp

Gọi H trung điểm AB, ta có SH trung đoạn hình chóp Trong tam giác SBH vng H, theo pytago ta có

Vậy độ dài trung đoạn

Bài 38 Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 3cm, cạnh bên SA = 4cm Tính chiều

cao hình chóp

Bài giải

Hình chóp tam giác S.ABC nên ABC tam giác

Gọi H trung điểm AB, O tâm tam giác ABC

Ta có CH đường cao tam giác ABC Trong tam giác CHB vuông H ta có

OC =

Trong tam giác vng SOC vng O ta có

Vậy chiều cao hình chóp

Bài 39 Một hình chóp có 10 cạnh Hỏi đáy hình chóp đa giác nào?

Bài giải

Hình chóp có 10 cạnh đáy hình chóp thập giác

Bài 40 Một hình chóp cụt có đáy lớn 12cm, đáy bé 8cm cạnh bên

Tính độ dài trung đoạn chiều cao hình chóp cụt 2cm

2 2

4 1 15

SH = SB +IB = − =

15cm

2

2 2 3 3 3

3

2 2

HC = CB −HB = −   =

 

2 2 3 3 3CH = ⋅3 2 =

( )2

2 2

4 3 13

SO= SC −OC = − =

13cm

(184)

Bài giải

Hình chóp cụt ta thấy mặt bên hình thang cân AA’D’D Vẽ đường cao A’E D’F , ta có

Vậy độ dài trung đoạn cm

Khai triển hình chóp cụt ta thấy Trong hình thang vng OBB’O’ vẽ đường cao B’I ta có

Vậy đường cao hình chóp cụt

Bài 41 Cho hình chóp tứ giác có độ dài cạnh đáy 8cm độ dài cạnh bên

5cm Tính diện tích tồn phần hình chóp

Bài giải

Trong tam giác vng SHB, theo pytago ta có

Diện tích đáy

Diện tích xung quanh hình chóp

Diện tích tồn phần hình chóp

' ' 12 8

' ' 2

2 2

AD A D

A E =D F = − = − =

6 2; ' ' 4 2 2

BD

OB= = O B =

' ' 2 BI =OB−O B =

( )

2

' '

' 13 2 2 5

B I B B BI B I

= −

= − =

2 2

5 4 3

SH = SB −HB = − =

2

8.8 64( )

d

S = = cm

2

(8 8).3 48( )

xq

S = pd = + = cm

2

64 48 112( )

tp xq d

S =S +S = + = cm

(185)

Bài 42 Cho hình chóp tứ giác có diện tích xung quanh diện tích tồn phần Chứng minh mặt bên hình chóp tam giác vng cân

Bài giải

Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng, cạnh bên tam giác cân S (1)

Gọi a độ dài cạnh đáy, d trung đoạn hình chóp Ta có

Mặt khác

Gọi G trung điểm AB suy

Ta có SG trung đoạn hình chóp

Vậy tam giác SGB có GB= nên tam giác vng

cân G (2)

Tương tự, ta có (3) Từ (2), (3) suy (4)

1 2

2

xq

S = pd = ad

2

tp xq d

S =S +S = ad +a

1 2

xq tp

S = S 2 1(2 2) 1 0

2 2

ad ad a ad a

⇔ = + ⇔ − =

1 1

0

2 2

a d a d a

⇔  − = ⇔ =

 

1 2 GB= a

1 2 SG= a

1 2

SG= a G 900 ∧

= ∆SGB

0

45

GSB

∧

⇒ =

0

45

GSA

∧

=

0

90

BSA

∧

=

(186)

Từ (1), (4) suy vuông cân S

Tương tự ta chứng minh cạnh bên hình chóp tam giác vng cân

Bài 43 Tính diện tích tồn phần hình chóp tứ giác S.ABCD biết

Bài giải

Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng nên AD = AB, ta có

Trong tam giác vng SHB, theo pytago ta có

Trong tam giác SOB vng O, theo pytago ta có

Diện tích đáy

Diện tích xung quanh hình chóp Diện tích tồn phần hình chóp

Bài 44 Tính diện tích tồn phần hình chóp tam giác biết cạnh đáy 10cm, cạnh bên 13cm

Bài giải

Tam giác BCA cân S có SI I, theo pytago ta có

ASB

∆

12 2 , 10

BD= cm SC = cm

2

2 12 2

BD= AD + AB = AB =

12

AB

⇒ =

2 2

10 6 8

SH = SB −HB = − =

( )2

2 2

10 6 2 2 7 SO= SB −OB = − =

2

12.12 144( )

d

S = = cm

2

(12 12).8 192( )

xq

S = pd = + = cm

2

144 192 336( )

tp xq d

S =S +S = + = cm

AB

⊥

2

2 2

13 5 12 2

AB

SI = SB −  = − =

 

(187)

Tam giác ABC tam giác có cạnh a = 10cm nên chiều cao tam giác

S.ABC hình chóp nên chân đường cao H trùng với giao điểm ba đường trung tuyến tam giác, ta có SH CI

Trong tam giác SHC vng H, theo định lí pytago ta có

Diện tích đáy

Vậy diện tích tồn phần hình chóp

Bài 45 Tính diện tích tồn phần hình chóp tam giác biết chiều cao cạnh bên 5cm

Bài giải

3 10 3

5 3 2 2

a

h=CI = = =

⊥

2 2 10 3 .5 3

3 3 3

HC = CI = =

2

2 2 10 3

13 11,6

3

HS = SC −CH = −  ≈

 

2

1 1

. .5 3.10 25 3( )

2 2

S = CI AB= = cm

2

10 10 10

.12 180( ) 2

xq

S = pd = + +  = cm

 

2

11,6 180 191,6( )

tp xq d

S =S +S = + = cm

13cm

⊥ 2

3

HC= CI

(188)

Trong tam giác SHC vuông H, theo định lí pytago ta có

Suy CI = cm

Tam giác ABC tam giác đều, giả sử có cạnh a nên chiều cao tam giác

đều mà CI chiều cao tam giác ABC nên cạnh tam giác

hay AB=6cm

Diện tích đáy

Ta có SI trung đoạn hình chóp, ta có

Vậy diện tích tồn phần hình chóp

Bài 46 Cho hình chóp tứ giác có diện tích xung quanh diện tích tồn phần

Tính diện tích xung quanh hình chóp biết cạnh bên

Bài giải

Gọi a cạnh đáy hình chóp tứ giác đều, d trung đoạn Ta có

Mà

2

2 2

5 13 2 3 HC = SC −SH = − =

3

3 2

a h=

2 2.3 3 6

3 3

h = =

2

1 1

. .3 3.6 9 3( )

2 2

S = CI AB = = cm

2

2 2

5 3 4 2

AB

SI = SB −  = − =

 

2

6 6 6

.4 36( ) 2

xq

S = pd = + +  = cm

 

2

36 9 3 51,6( )

tp xq d

S =S +S = + ≈ cm

2 3

5cm

2 3

xq tp

S = S

2

xq

S = pd = a d Stp =Sxq +Sd =2ad +a2

(189)

Vậy

Ta có

Vậy

Diện tích xung quanh hình chóp

Bài 47 Tính diện tích tồn phần hình chóp tứ giác biết chiều cao

cạnh bên 10cm

Bài giải

Áp dụng định lí pytago tam giác vng EFC ta có

Suy AC = cm

Gọi a độ dài cạnh đáy hình chóp, ta có

( 2)

2

2 2

3

ad = ad +a

( )

2

4 2

2

3 3

2 2 2

0 0

3 3 3

ad a ad

ad a a d a

⇒ = +

⇔ − = ⇔ − =

d a

⇔ = a>0

2

2 20

5

4 2

a a

d = SB −HB = − = −

2

2 2

20

2 20 4 20

2

a

a a a a a

− = ⇔ = − ⇔ = −

2

5a 20 a 4 a 2

⇔ = ⇔ = ⇔ =

2

2 2.2.2 8( )

xq

S = pd = a d = = cm

28cm

2 2

CF 10 28

FC 100 28 72 EC FE

cm

= − = −

= − =

2 72

(190)

Diện tích tứ giác đáy Thể tích hình chóp

Bài 48 Tính thể tích hình chóp tứ giác biết độ dài cạnh đáy 6cm độ dài cạnh bên

Bài giải

Ta có Suy FC =

Diện tích tứ giác đáy Thể tích hình chóp

Bài 49 Tính thể tích hình chóp tam giác biết chiều cao cạnh bên

4cm

Bài giải

Trong tam giác SHC vng H, theo định lí pytago ta có 2

2 2 72 12

AC a a a

a cm

= + = =

⇒ =

2

12.12 144

S = = cm

3

1 1

. 144 28 253,9 3 3

V = S h= ≈ cm

43cm

2

6 6 6 2

AC = + = cm

3 2cm

2

2 2

EF 43 (3 2)

EF 43 18 25 5

EC FC

cm

= − = −

= − = =

6.6 36

S = = cm

3

1 1

. 36.5 60 3 3

V = S h= = cm

12cm

⊥ 2

3

HC = CI

(191)

Suy CI = 3cm

Tam giác ABC tam giác đều, giả sử có cạnh a nên chiều cao tam giác mà CI chiều cao tam

giác ABC nên cạnh tam giác hay AB= cm Diện tích đáy

Thể tích hình chóp

Bài 50 Tính thể tích hình chóp tứ giác biết độ dài cạnh đáy 4cm độ dài cạnh bên

Bài giải

E.ABCD hình chóp tứ giác đềucó đáy ABCD hình vng, có cạnh AB=4cm Ta có

Suy FC =

2 2

4 12 2 HC = SC −SH = − =

3 2

a h=

2 2.3

2 3 3 3

h

= =

2

1 1

. .3.2 3 3 3( )

2 2

S = CI AB= = cm

3

1 1

. 3 12 6( ) 3 3

V = S h= = cm

24cm

2

4 4 4 2

AC = + = cm

2 2cm

(192)

Chiều cao hình chóp 4cm Diện tích tứ giác đáy Thể tích hình chóp

Bài 51 Tính thể tích hình chóp tam giác biết độ dài cạnh bên cạnh bên

đáy 3cm

Bài giải

Gọi H trọng tâm tam giác ABC, HC cắt AB D, ta có

Tam giác CDB vng D, theo định lí pytago, ta có

Tam giác SHC vng H , ta có

Bài 52 Tính thể tích hình chóp tứ giác có trung đoạn 5cm diện tích xung quanh

2

2 2

EF 24 (2 2)

EF 24 8 16 4

EC FC

cm

= − = −

= − = =

4.4 16

S = = cm

3

1 1

. 16.4 21,3 3 3

V = S h= ≈ cm

6cm

3 2 AD=DB=

2

2 2 3 3 3

3

2 2

DC = BC −BD = −   =

 

2 2 3

. 3

3 3 2

HC = CD = =

( ) ( )2

2

6 3 3

SH = SC −HC = − =

3

1 1 1 1 3 9

. . . .3 3

3 d 3 2 3 2 4

V = S h=  DC AB SH =   = cm

   

2

80cm

(193)

Bài giải

Diện tích xung quanh hình chóp tứ giác có cạnh đáy a cm, trung đoạn 5cm:

Hay a = 8cm

Ta có

Ta có FI = 4cm (vì FI đường trung bình tam giác ABC, tam giác ABC có cạnh AB = a = 8cm)

Áp dụng định lí pytago tam giác vng EFI ta có

Bài 53 Tính thể tích hình chóp tứ giác có diện tích xung quanh diện

tích tồn phần

Bài giải

Diện tích xung quanh hình chóp tứ giác có cạnh đáy a, trung đoạn d (1)

Diện tích tồn phần hình chóp tứ giác có cạnh đáy a, trung đoạn d (2)

Từ (1) (2) suy

Thay a = vào (1) ta d = cm

. 2 80

xq

S = p d = a = cm

2

8 8 8 2

AC = + = cm

F

B cm

⇒ =

2 2

EF= EI −FI = 5 −4 =3cm

2

1 1

. 8 3 64 3 3

V = S h= = cm

2

80cm

2

144cm

2

. 2 80

xq

S = p d = a d = cm

2

2 144

xq d

S +S = ad + a = cm

2

144 80 64 64 a = − = ⇒ =a = cm

(194)

Ta có

Ta có FI = 4cm

Áp dụng định lí pytago tam giác vng EFI ta có

Vậy thể tích hình chóp tứ giác cho

Bài 54 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên a Gọi M, N,

Q trungđiểm SA, SB, SC, SD Tính thể tích hình chóp cụt ABCD.MNPQ theo a

Bài giải

Hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh a N trung điểm SB nên

Trong hình thang vng OO’NB vẽ đường cao NI, ta có 2

8 8 8 2

AC = + = cm

F

B cm

⇒ =

2 2

EF= EI −FI = 5 −4 =3cm

2

1 1

. 8 3 64 3 3

V = S h= = cm

2 a NB=

2 2

2

2 2 2 2

BC AB AC a a a

OB= = + = + =

2

'

2 2

2

2 2 2 2

'

2 2 4

MN MQ

ON O N

a a a

a O N

+

= =

  + 

   

   

= = =

2 2 2

'

2 4 4

a a a

IB=OB−O N = − =

(195)

Vậy đường cao hình chóp cụt Diện tích đáy lớn

Diện tích đáy nhỏ

Thể tích hình chóp cụt

Bài 55 Một hình chóp cụt ABCD.A’B’C’D’ có cạnh đáy a 2a, đường cao

của mặt bên a

a) Tính diện tích xung quanh

b) Tính cạnh bên, đường cao hình chóp cụt

Bài giải

a) Diện tích xung quanh hình chóp cụt

b) Khai triển hình chóp cụt ta thấy mặt bên hình thang cân ABA’B’ Vẽ đường cao A’H B’K , ta có

Trong hình thang vng OBB’O’ vẽ đường cao B’I ta có

2

4 16

a a

NI NB IB

a a a NI

 

= − =   −      

⇒ = − =

2 4

a

2

1 ( )

S =a cm

2

2 ( )

4

a

S = cm

2

1 2

2

3

1 1 2

( .

3 3 4 4 4

1 2 7 14

( ) 3 4 2 24

a a a

V h S S S S a a

a a a

V cm

 

= + + =  + + 

 

= =

2

1 1

( '). (4.2 4 ) 6

2 2

xq

S = p+ p d = a+ a a= a

' '

2 2

AB A B a AH =BK = − =

(196)

Vậy đường cao hình chóp cụt

Bài 56 Cho hình chóp tam giác S.ABC Gọi M, N, P trung điểm cạnh SA, SB, SC Chứng minh ABC.MNP hình chóp cụt tam giác

Bài giải

Ta có AB//MN; BC//NP nên mp(MNP)//mp(ABC)

Mặt khác, S.ABC hình chóp tam giác nên SA = SB = SC

Suy , AMNB hình thang cân

Tương tự BNPC; AMPC hình thang cân Vậy ABC.MNP hình chóp cụt tam giác

Bài 57 Cho khối chóp tứ giác SABCD có tất cạnh có độ dài a a) Chứng minh SABCD chóp tứ giác

b) Tính thể tích khối chóp SABCD

Bài giải

? Dựng hình thoi ABCD từ câu hỏi 1, dựng SO (ABCD) Tại ? Phân tích yêu cầu đề racác yêu cầu nhỏ:

*) Hình thoi ABCD có nội tiếp đường trịn khơng? Suy từ giả thiết? *) Phân tích V= B.h để tìm B h hình đối tượng nào?

*) Tìm diện tích B ABCD cơng thức nào?

2 2; ' '

2 2

BD a

OB= =a O B =

2 ' '

2

a BI =OB−O B =

2

' '

5 2 3

'

2 2 2

B I B B BI

a a a

B I

= −

   

=   −  =

   

SAB SBC

∧ ∧

=

⊥

1 3

(197)

*) Tìm h = SO qua tam giác định lí gì? Dựng SO (ABCD)

Ta có SA = SB = SC = SD nên

OA = OB = OC = OD ABCD hình thoi có đường trịn gnoại tiếp nên ABCD hình vng

Ta có SA2 + SB2 = AB2 +BC2 = AC2 nên

vuông S

Vậy

Bài 58 Cho khối tứ diện ABCD cạnh a, M trung điểm DC

a) Tính thể tích khối tứ diện ABCD

b)Tính khoảng cách từ M đến mp(ABC) Suy thể tích hình chóp MABC

Bài giải

? Dựng tam giác ABC ,từ tâm O dựng DO (ABC) Tại sao? Phân tích yêucầu đề yêu cầu nhỏ:

*) Phân tích V= B.h để tìm B h hình đối tượng nào? *) Tìm diện tích B ABC cơng thức nào?

*) Tìm h = DO qua tam giác định lí ?

*) Mặt phẳng (DCO) (ABC)? Dựng MH OC suy điều ?Tính MH? ⊥

⇒

SAC

∆

2 2 a OS

⇒ =

3

1 1 2 2

.

3 ABCD 3 2 6

a a

V = S SO= a =

3

a V= 6

⊥ 1

3

⊥ ⊥

(198)

a) Gọi O tâm

,

b) Kẻ MH// DO, khoảng cách từ M đến mp(ABC) MH

Vậy

Bài 59 Cho chóp tam giác SABC cạnh đáy a cạnh bên 2a Chứng minh

rằng chân đường cao kẻ từ S hình chóp tâm tam giác ABC.Tính thể tích chóp SABC

Bài giải

? Dựng tam giác ABC , từ tâm O dựng SO (ABC) Tại sao? Phân tích yêu cầu đề yêu cầu nhỏ:

*) So sánh SA,SB,SC suyra OA,OB,OC tích chất nào?

*) Phân tích V= B.h để tìm B h hình đối tượng nào? *) Tìm diện tích B ABC cơng thức nào?

*) Tìm h = SO qua tam giác định lí gì? ABC

∆ ⇒DO⊥(ABC)

1 . 3 ABC V = S DO

2 ABC

a

S =

3

a OC = CI =

2

ơ ó :

DOC vu ng c DO DC OC

∆ = −

6 a

= 1 3. 6 2 3 4 3 12

a a a

V

⇒ = =

1

2

a MH = DO=

2

1

3 24

MABC ABC

a a a

V S MH

⇒ = = = V a 23

24 =

⊥

1 3

(199)

Dựng SO (ABC) Ta có SA = SB = SC suy OA = OB = OC

Vậy O tâm tam giác ABC Ta có tam giác ABC nên

AO =

Vậy

⊥

2AH 2 a a 3

3 =3 2 = 3 a

2a

H O

C

B A

S

⇒SO2 =SA2 −OA2 =11a2

3 ⇒SO=a 113

3 ABC

1 a 11

V=3S .SO= 12

Định dạng
Số trang	199
Dung lượng	2,79 MB