Những dạng toán HH 8 thường gặp khi thi HSG

1- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa MỘT VÀI DẠNG TỐN HÌNH HỌC THƯỜNG GẶP TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC CẤP DẠNG I.Chứng minh đẳng thức Hình Học I.1 Dạng a = b Bài 1: Trong tam giác ABC lấy điểm P cho góc PBA, PCA Gọi D, E hình chiếu P AB, AC M trung điểm BC Chứng minh MD = ME A E D P H B K C M HD: Chứng minh Các tam giác MHD, MKE Bài 2: Cho ABCD hình thang ( AB//CD) Hai cạnh bên cắt E, hai đường chéo cắt O Chứng minh đường thẳng EO qua trung điểm hai đáy hình thang Bài Cho tam giác vuông cân ABC  AB  AC  Trên cạnh AB lấy điểm M cho BM  2MA , nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C vẽ đường thẳng AB Đường thẳng MC cắt NA E , đường thẳng BE cắt đường thẳng AC F a/Chứng minh AF  AM b/Gọi H trung điểm FC Chứng minh EH  BM Bx vng góc với AB, Bx lấy điểm N cho BN  Giải: K F A E M N B C a/Đường thẳng EC cắt đường thẳng BN K Ta có: AC  AB  gt  , KB  AB  gt   FC / / KB AF AE   AF AC AF AC AB NB EN      AF   AC AE  NB NK AB NK NK  NK EN  1 2- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Công Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa AC AM AC AB       AB BK MB KN  NB KN  2 AB    AB  KN  AB  KN  AB (2) KN  AB 2 AB AB   AF  AM (Đpcm) Từ (1) (2)  AF  AB b/Từ chứng minh suy AFB  AMC  ABF  ACM Mà ABF  AFB  900  ACM  AFB  900 FC  FEC  900  EH   FH AC AC AC Mà FH  FA  AH     BM  EH  BM  dfcm  3 Bài : Cho tam giác ABC Trên tia đối tia BA, CA lấy theo thứ tự điểm D, E cho BD  CE  BC Gọi O giao điểm BE CD Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác góc A, đường thẳng cắt AC K Chứng minh AB  CK A K B 1 C O M E D Vẽ hình bình hành ABMC  AB  CM 1 1 C1  CMB nên BO tia phân giác CBM 2 Tương tự CO tia phân giác BCM Do MO tia phân giác BMC Suy OM song song với tia phân giác A , suy K , O, M thẳng hàng Ta có: B1  3- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa 1 BMC  BAC  K1 2 Nên tam giác KMC cân C  CK  CM Từ (1) (2) suy CK  AB Ta có: M1  (2) Bài : Cho tứ giác ABCD có góc ABC, ADC vng Lấy M, N, P, Q thứ tự AB, BC, CD, DA cho MNPQ hình chữ nhật Chứng minh trung điểm AC cách MN PQ B M H E N C I A Q K F P D Gợi ý: Gọi I, E, F thứ tự trung điểm AC, MN, PQ; H K hình chiếu I MN, PQ => HE = FK; BE = DF  BMN +  DQP =  BAC +  DAC => BMN – BAC = DAC – DQP =>  BIE =  DIF => Các tam giác IEB, IFD => EI = FI => tam giác EHI, FHI => IH = IK I.2 Dạng ab =cd Bài Cho  ABC vuông A, vẽ đường cao AH Chứng minh a/AB2 = BH.BC b) AH2 = HB.HC Bài 2: Các đường phân giác đỉnh B C  ABC cắt K Đường thẳng vuông góc với AK K cắt đường thẳng AB AC D E Chứng minh DE2 = BD.CE HD: Chứng minh  DBK ~  EKC Bài 3: Đường thẳng qua trung điểm cạnh đối AB, CD tứ giác ABCD cắt đường thẳng AD, BC theo thứ tự I, K Chứng minh: IA KC = ID KB Giải K Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB, CD Ta có AM = BM; DN = CN I Vẽ AE, BF song song với CD F B  AME =  BMF (g.c.g)  AE = BF M IA AE BF (1) =  ID DN CN KB BF = Củng theo định lí Talét ta có: (2) KC CN IA KB  IA KC = ID KB Từ (1) (2) suy = ID KC Theo định lí Talét ta có: A E D N C 4- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa Bài 4: Cho hình thoi ABCD có B  600 Một đường thẳng qua D khơng cắt hình thoi cắt đường thẳng AB, BC E, F Gọi M giao điểm AF CE CMR: a)  EAC đồng dạng với  ACF b) AD2  AM AF Giải: a) Ta có  EAD đồng dạng với  DCF  AE CD AE AC (vì AD = AC =    AD CF AC CF CD ) B Xét  EAC  ACF có: EAC  ACF  1200 AE AC ; suy ra:  AC CF  EAC đồng dạng với  ACF (c.g.c) b) Chứng minh  ACM đồng dạng với  AFC  AC  AM AF mà AC = AD nên ta có AD2  AM AF A C M F E D I.3 Dạng ab  cd = mn Bài 1: Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đường cao BD CE cắt H Chứng minh BH.BD + CH.CE = BC2 HD: Vẽ HF  BC Chứng minh BH.BD = BF BC CH.CE = CF.BC Bài 2: Cho  ABC, Vẽ đường phân giác AD Chứng minh AB.AC – DB.DC = AD2 HD: Vẽ tia Cx bên tam giác cho DCx  BAD ,Cx cắt AD I Bài : Cho hình bình hành ABCD ( có AC  BD ), O giao điểm AC BD Gọi E , F hình chiếu B D xuống đường thẳng AC Gọi H K hình chiếu C xuống đường thẳng AB AD Chứng minh: a)Tứ giác BEDF hình bình hành ? b) CH CD  CK.CB c) AB.AH  AD.AK  AC2 Bài giải: H C B F O E A D K Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt)  BE // DF (1) Xét BEO DFO Có: BEO  DFO  900 OB = OD (t/c hình bình hành) 5- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa EOB  FOB (đối đỉnh)  BEO  DFO (cạnh huyền – góc nhọn)  BE = DF (2) Từ (1) (2)  Tứ giác BEDF hình bình hành (đpcm) b) Ta có: ABCD hình bình hành (gt)  ABC  ADC Mà ABC  HBC  ADC  KDC  1800  HBC  KDC Xét CBH CDK có: BHC  DKC  900 HBC  KDC (chứng minh trên) CH CK  CBH CDK ( g  g )   CH CD  CK.CB  CB CD Bài Cho ABC vuông A  AC  AB  , đường cao AH  H  BC  Trên tia HC lấy điểm D cho HA  HD Đường vng góc với BC D cắt AC E a)Chứng minh hai tam giác BEC ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m  AB b)Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM c)Tia AM cắt BC G Chứng minh GB.AH + GB.HC = BC.HD A E M B H G C D a)Hai tam giác ADC BEC có: CD CA (hai tam giác vuông CDE CAB đồng dạng)  CE CB Do : BEC ADC Suy : BEC  ADC  1350 (vì AHD vng cân H theo giả thiết) Nên AEB  450 ABE vuông cân A suy BE  AB  m BM BE AD b)Ta có:    DoBEC ADC  BC BC AC Mà AD  AH (tam giác AHD vuông cân H) BM AD AH BH BH Nên      ABH CBA BC AC AC AB BE C chung; 6- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa Do BHM BEC (c.g.c) , suy BHM  BEC  1350  AHM  450 c) ABE vuông cân A, nên tia AM tia phân giác BAC GB AB AB ED AH HD  , mà   ABC DEC    ED / / AH   GC AC AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD Do đó:       GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC ĐCCM Suy : I.4 Dạng a c m    b d n Bài 1: Cho D, E, F nằm cạnh BC, AC, AB tam giác ABC cho AD, BE, CF đồng qui M Chứng minh rằng: AM AE AF   DM CE BF * Định hướng: Cần chuyển tỉ số vế phải mẫu Chứng minh Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BE CF I K Áp dụng định lí Talet ta có: AE AI  CE BC AE AF KI AF AK     CE BF BC BF BC K A E F (1) AM AI AK AI  AK KI (2) Từ (1)     DM BD CD BD  CD BC M C B D (2) suy đpcm Bài 2:Cho tam giác ABC có BAC  1200 Các phân giác AD, BE CF a)Chứng minh 1   AD AB AC b)Tính FDE A E F C I B D K a) Từ B kẻ BK / / AC cắt AD K, ta có tam giác ABK Do đó: I AB DB DK AB  AD 1     AC. AB  AD     AC DC DA AD AD AB AC 7- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa b) Áp dụng tính chất đườn phân giác tính BD  BC AB AB  AC AB AC AB  AC DA CA EA Suy nên DE phân giác BDA   DB CB EB Chứng minh tương tự DF phân giác ADC Từ suy EDF  900 Bài Cho tam giác ABC vuông A  AC  AB  Vẽ đường cao AH  H  BC  Trên tia đối tia BC lấy điểm K cho KH  HA Qua K kẻ Từ ( a ) suy AD  đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC P a/Chứng minh : Tam giác AKC đồng dạng với tam giác BPC b/Gọi Q trung điểm BP Chứng minh tam giác BHQ đồng dạng với tam giác BPC c/Tia AQ cắt BC I Chứng minh AH BC  1 HB IB I K B H Q P PK / / AH  CKP a/ Suy AKC C A CK CA  CP CB (1) CAB  BPC  c.g.c  0 b/ AKH vuông cân H  K1  45 Từ (1)  K1  P1  45  BAP vuông cân A  BP  AB BH AB  AB BC AB BH AB BH AB      BC AB BC AB BC BP BH BQ     BP  BQ  BC BP BC Chứng minh BHA BH AB BH  BP  BAC  8- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa BH BQ  ; PBC chung  BHQ BPC  c.g.c  BP BC c/ BAP vuông cân A, AQ trung tuyến nên phân giác  AI phân giác IC AC  (2) ABC  IB AB AC AH ABC HBA   (3) AB HB BHQ BPC có: Từ (2) (3) ta có: IC AH IB  BC AH BC AH    1  IB HB IB HB IB HB AH BC    1 dfcm  HB IB Bài Cho hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Trên cạnh AB lấy M   MB  MA cạnh BC lấy N cho MON  900 Gọi E giao điểm AN với DC, gọi K giao điểm ON với BE a)Chứng minh MON vuông cân b)Chứng minh MN song song với BE c)Chứng minh CK vng góc với BE d)Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC H Chứng minh: KC KN CN   1 KB KH BH Giải: M A O B N K D C E H a)Ta có : BOC  900  CON  BON  900 ; MON  900  BOM  BON  900  BOM  CON BOC  450 Ta có BD phân giác ABC  MBO  CBO  BOC  450 Vậy ta có : MBO  NCO Tương tự ta có: NCO  DCO  9- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa Xét OBM OCN có OB  OC; BOM  CON ; MBO  NCO  OBM  OCN  OM  ON Xét MON có MON  900 ; OM  ON  MON vuông cân b) OBM  OCN  MB  NC mà AB  BC  AB  MB  BC  NC AM BN  AM  BM   MB NC AN BN Ta có: AB / / CD  AM / / CE   NE NC AM AN Vậy ta có:    MN / / BE (Theo định lý Talet đảo) MB NE c)Vì MN / / BE  BKN  MNO  450 (đồng vị có tam giác MON vng cân) NB NO  BNK ONC (vì có BNK  ONK ; BKN  OCN  450 )   NK NC NB NO - Xét BNO; KNC có BNO  CNK ;   BNO KNC NK NC  NKC  NBO  450 Vậy ta có: BKC  BKN  CKN  450  450  900  CK  BE d)– Vì KH / /OM mà MK  OK  MK  KH  NKH  900 mà NKC  450  CKH  450  BKN  NKC  CKH  450 Xét BKC có BKN  NKC  KN phân giác BKC , mà KH  KN KC HC   KH phân giác BKC  KB HB KN BN  Chứng minh tương tự ta có : KH BH KC KN NC HC BN CN BH        1 Vậy ta có KB KH BH HB BH BH BH Bài 5: Cho hình vng ABCD, tia đối tia CD lấy điểm M  CM  CD  , vẽ hình vng CMNP (P nằm B C), DP cắt BM H, MP cắt BD K a/Chứng minh: DH vng góc với BM PC PH KP   BC DH MK c/Chứng minh: MP.MK  DK BD  DM b/Tính Q  10- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa A B K H N P D C M a/Chứng minh : DH vuông góc với BM Chứng minh được: CD  BC; PC  CM ; DCB  BCM  900  DPC  BMC  c.g.c   BHP  900 PC DM PC SPDM b/Chứng minh được: MP  BD    BC DM BC SBDM 1 DB KP DB.KP S PH S PH Tương tự   PBM ;   PBD DH DB.MK S BDM DH DB.MK S BDM 2 S  S PBM  S PBD  Q  PDM  S BDM (1) c/Chứng minh: MCP MKD  g.g   MP.MK  MC.MD Chứng minh: DBC DKM ( g.g )  DK BD  DC.DM   Từ 1 &    MP.MK  DK BD  DM  MC  DC   MP.MK  DK BD  DM DẠNG II Tính số đo góc, độ dài cạnh, Tính tổng ( hiệu, tích ) đoạn tỉ số Bài 1: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc A BD; I J thứ tự trung điểm đoạn thẳng DH BC Tính số đo góc AIJ Giải: 22- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa  Tam giác vuông EOM  tam giác vuông FON OM  ON ; N1  M d) a) b) c) a)   AOM  NOH  EM  NF   Từ  3 ,    EM  NE  NF  FM  MENF hình thoi (5) Từ (5) suy FM  FN  FD  DN mà DN  MB(cmt )  MF  DF  BM Gọi chu vi tam giác MCF p cạnh hình vng ABCD a p  MC  CF  MF  MC  CF  BM  DF ( DoMF  DF  MB)  ( MC  MB)  (CF  FD)  BC  CD  a  a  2a Hình vng ABCD cho trước  a khơng đổi  p khơng đổi Bài 3: Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O, M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C ) Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE  CM Chứng minh OEM vuông cân Chứng minh : ME / / BN Từ C kẻ CH  BN  H  BN  Chứng minh ba điểm O, M , H thẳng hàng E A B Xét OEB OMC Vì ABCD hình vng nên ta có : OB  OC Và B1  C1  450 O BE  CM  gt  Suy OEM  OMC (c.g.c)  OE  OM O1  O3 Lại có: O2  O3  BOC  900 tứ giác ABCD hình vng D M H' H C  O2  O1  EOM  900 kết hợp với OE  OM  OEM vuông cân O b) Từ giả thiết ABCD hình vng  AB  CD AB / /CD AM BM (định lý Ta-let) *  AB / /CD  AB / /CN   MN MC Mà BE  CM  gt  AB  CD  AE  BM thay vào * AM AE Ta có:   ME / / BN (theo Định lý Talet đảo) MN EB c) Gọi H ' giao điểm OM BN Từ ME / / BN  OME  MH ' B Mà OME  450 OEM vng cân O  MH ' B  450  C1 N 23- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa  OMC BMH '  g.g  OM MC   , kết hợp OMB  CMH ' (hai góc đối đỉnh) BM MH  OMB CMH '(c.g.c)  OBM  MH 'C  450 Vậy BH 'C  BH 'M  MH 'C  90  CH '  BN Mà CH  BN  H  BN   H  H ' hay điểm O, M , H thẳng hàng (đpcm) Bài Cho hình chữ nhật ABCD Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M điểm đối xứng C qua P a) Tứ giác AMDB hình ? b) Gọi E F hình chiếu điểm M lên AB, AD Chứng minh EF / / AC ba điểm E, F , P thẳng hàng c) Chứng minh tỉ số cạnh hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P d) Giả sử CP  BD CP  2,4cm, PD  Tính cạnh hình chữ nhật PB 16 ABCD a) Gọi O giao điểm đường chéo hình chữ nhật ABCD  PO đường trung bình tam giác CAM  AM / / PO  tứ giác AMDB hình C D P M I E F B A thang b) Do AM / / BD nên OBA  MAE (đồng vị ) Tam giác AOB cân O nên OBA  OAB Gọi I giao điểm đường chéo hình chữ nhật AEMF tam giác AIE cân I nên IAE  IEA (1) Từ chứng minh : FEA  OAB , EF / / AC Mặt khác IP đường trung bình tam giác MAC nên IP / / AC Từ (1) (2) suy ba điểm E,F,P thẳng hàng c) MAF d) Nếu DBA g  g  nên MF AD  không đổi FA AB PD PD PB    k  PD  9k , PB  16k PB 16 16 (2) 24- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa CP PB  PD CP Do đó: CP2  PB.PD hay  2,4   9.16k  k  0,2 PD  9k  1,8cm Nếu CP  BD CBD DCP( g.g )  PB  16k  3,2cm BD  5cm Chứng minh BC  BP.BD  16 Do BC  4cm; CD  3cm Bài 5:Cho điểm O nằm tam giác ABC, tia AO, BO, Co cắt cạnh tam giác ABC theo thứ tự A’, B’, C’ Chứng minh rằng: OA' OB' OC' OA OB OC b)   1   2 AA' BB' CC' AA' BB' CC' OA OB OC c) M =    Tìm vị trí O để tổng M có giá trị nhỏ OA' OB' OC' OA OB OC d) N =  Tìm vị trí O để tích N có giá trị A OA' OB' OC' a) nhỏ Giải Gọi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB Ta có: B' S S S S OA C' = =  (1) OA' SOA'C SOA'B S1 O SOA'B SOA'C  SOA'B S1 OA' SOA'C (2) = =   AA' SAA'C SAA'B SAA'C  SAA'B S S S OA B A' Từ (1) (2) suy  AA' S S S1  S3 OC S S S OB' OC' OB Tương tự ta có ;   ;  ;  OB' S2 OC' S3 BB' S CC' S OA' OB' OC' S1 S2 S3 S a)       1 AA' BB' CC' S S S S OA OB OC S2  S3 S1  S3 S1  S2 2S b)       2 AA' BB' CC' S S S S OA OB OC S2  S3 S1  S3 S1  S2  S1 S2   S3 S2   S1 S3               c) M = OA' OB' OC' S1 S2 S3  S2 S1   S2 S3   S3 S1   S1 S2   S3 S2   S1 S3         222   S2 S1   S2 S3   S3 S1  Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3  O trọng tâm tam giác ABC S  S S  S S  S  S S S S S S d) N =  3 S1 S2 S3 S1.S2 S3 Aùp dụng Bđt Cô si ta có  C 25- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa S2  S3  S1  S3  S1  S2  N = S1.S2 S3  2 2  4S1S2 4S2S3 4S1S3 S1.S2 S3   64  N  Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3  O trọng tâm tam giác ABC Bài 6:Cho  ABC cân A, có BC = 2a, M trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC cho DME = B A a) Chứng minh tích BD CE khơng đổi b)Chứng minh DM tia phân giác BDE c) Tính chu vi  AED  ABC tam giác Giải a) Ta có DMC = DME + CME = B + BDM , mà DME = B (gt) nên CME = BDM , kết hợp với B = C (  ABC cân A) I suy  BDM  CME (g.g) BD BM D  =  BD CE = BM CM = a không đổi CM CE K DM BD DM BD b)  BDM  CME  =  = ME CM BM  DBM (c.g.c)  MDE = BMD hay E H ME B (do BM = CM)   DME DM tia phân giác BDE c) chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác DEC kẻ MH  CE ,MI  DE, MK  DB MH = MI = MK   DKM =  DIM  DK =DI   EIM =  EHM  EI = EH Chu vi  AED PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)  ABC tam giác nên suy  CME củng tam giác CH =  AH = 1,5a  PAED = AH = 1,5 a = 3a M C MC a  2 Bài 7: Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AA ', BB ', CC ', H trực tâm a) Tính tổng HA ' HB ' HC '   AA ' BB ' CC ' b) Gọi AI phân giác tam giác ABC; IM , IN thứ tự phân giác góc AIC góc AIB Chứng minh rằng: AN.BI CM  BN IC.AM c) Chứng minh rằng: x  AB  BC  CA AA '  BB '  CC ' 2 4 A B' C' M N a) S HAB S ABC HA '.BC HA '   AA '.BC AA ' C B A' I D 26- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa S HAB HC ' S HAC HB '  ;  S ABC CC ' S ABC BB ' HA ' HB ' HC ' S HBC S HAB S HAC       1 AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC S ABC b) Áp dụng tính chất phân giác vào tam giác ABC, ABI , AIC : BI AB AN AI CM IC  ;  ;  IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC    1 IC NB MA AC BI AI AC BI  BI AN CM  BN IC AM c)Vẽ Cx  CC ' Gọi D điểm đối xứng A qua Cx Chứng minh góc BAD vng, CD  AC, AD  2.CC ' Xét điểm B, C , D ta có : BD  BC  CD BAD vuông A nên : AB2  AD2  BD2  AB  AD   BC  CD  Tương tự: AB  4CC '2   BC  AC  4CC '2   BC  AC   AB 2 Tương tự: AA '2   AB  AC   BC 2 BB '2   AB  BC   AC 2   Chứng minh được: AA '2  BB '2  CC '2   AB  BC  AC    AB  BC  AC  2 4 AA '2  BB '2  CC '2 Đẳng thức xảy  BC  AC, AC  AB, AB  BC  AB  AC  BC  ABC Bài 8: Cho hình vng ABCD , gọi M điểm cạnh BC Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa C, dựng hình vng AMHN Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E.Đường thẳng AH cắt DC F a) Chứng minh BM  ND b) Tứ giác EMFN hình c) Chứng minh chu vi tam giác MFC khơng đổi M thay đổi BC A B d E M N O D C F H 27- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa a) Do ABCD hình vng nên  A1  MAD  900 (1) mà AMHN hình vng  A2  MAD  900 (2) Từ 1 ;   suy A1  A2 Do đó, AND  AMB  c.g.c   B  D1  900 BM  ND b) Do ABCD hình vuông  D2  900  NDC  D1  D2  900  900  1800  N , D, C thẳng hàng Gọi O giao điểm hai đường chéo AH , MN hình vng AMHN  O tâm đối xứng hình vng AMHN  AH đường trung trực đoạn MN, mà E, F  AH  EN  EM FM  FN (3)   EOM  FON OM  ON ; N1  M  O1  O2  EM  FN (4) Từ  3 ;    EM  NE  NF  FM  MEMF hình thoi (5) c) Từ (5) suy FM  FN  FD  DN Mà DN  MB  MF  DF  BM Gọi chu vi tam giác MCF p cạnh hình vng a Ta có: P  MC  CF  MF  MC  CF  BM  DF (Vì MF  DF  MB)   MC  MB    CF  FD   BC  CD  a  a  2a Do đó, chu vi tam giác MCF không đổi M thay đổi BC Bài 9: Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  có AD tia phân giác BAC Gọi M N hình chiếu D AB AC , E giao điểm BN DM , F giao điểm CM DN 28- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa a)Chứng minh tứ giác AMDN hình vuông EF / / BC b)Gọi H giao điểm BN CM Chứng minh ANB đồng dạng với NFA H trực tâm AEF c)Gọi giao điểm AH DM K, giao điểm AH BC O, giao điểm BK AD I Chứng minh : BI AO DM   9 KI KO KM A a/*Chứng minh tứ giác AMDN hình vng +) Chứng minh N AMD  900 ; AND  900 ; MAN  900 M Suy tứ giác AMDN hình chữ nhật +)Hình chữ nhật AMDN có AD phân giác MAN nên tứ giác AMDN hình vng *Chứng minh EF // BC H E B K LF OD FM DB  (1) FC DC DB MB Chứng minh:  (2) DC MA MB MB Chứng minh AM  DN   (3) MA DN MB EM Chứng minh  (4) DN ED EM FM Từ 1 ,   ,  3 ,   suy   EF / / BC ED FC b/Chứng minh ANB NFA AN DN  (5) Chứng minh AN  DN suy AB AB DN CN Chứng minh  (6) AB CA CN FN  (7) Chứng minh CA AM FN FN  (8) Chứng minh AM  AN Suy AM AN AN FN   ANB NFA  c.g.c  Từ (5) (6) (7) (8) suy AB AN +) Chứng minh : *chứng minh H trực tâm tam giác AEF C 29- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa NFA nên NBA  FAN Mà BAF  FAN  900  NBA  BAF  900 Suy EH  AF , Tương tự: FH  AE , suy H trực tâm AEF 1) Đặt S AKD  a, SBKD  b, S AKB  c Khi đó: S ABD S ABD S ABD a  b  c a  b  c a  b  c      S AKD S BDK S AKB a b c Vì ANB b a a c  b c  3       a b c a c b b a Theo định lý AM-GM ta có:   a b a c b c Tương tự :   ;  2 c a c b BI AO DM Suy   9 KI KO KM Dấu "  " xảy ABD tam giác đều, suy trái với giả thiết Bài 10: Cho tam giác ABC vuông cân A Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, cho M khác A C Trên cạnh AB lấy điểm E cho AE  CM a) Gọi O trung điểm cạnh BC Chứng minh OEM vuông cân b) Đường thẳng qua A song song với ME , cắt tia BM N Chứng minh : CN  AC c) Gọi H giao điểm OM AN Chứng minh tích AH AN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M cạnh AC a Vì tam giác ABC vuông cân A O trung điểm cạnh BC nên AO đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC Suy OA  OC  OB H A N E OAB  ACO  45 Xét OEA OMC có: OA  OC; OAB  ACO  450 ; AE  CM  gt  M O B  OEA  OMC  c.g.c   OE  OM & EOA  MOC (1) Vì AO đường trung tuyến tam giác cân ABC nên AO đường cao  AO  BC  AOM  MOC  AOC  900 (2) Từ (1) (2) suy : AOM  AOE  EOM  900 C 30- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Công Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa Vì OE  OM & EOM  900 nên OEM vuông cân O b BM BE  (3) MN EA Vì tam giác ABC cân A nên AB  AC, mà AE  CM nên BE  AM Do đó, (3) ta thay BE AM , thay EA MC ta được: BM AM  (4)  AB / /CN (Theo định lý Ta let đảo) MN MC Mà AB  AC  CN  AC Vì ME / / AN nên theo định lý Ta – let ta có: c Từ ME / / AN  OME  OHA (cặp góc đồng vị) Mà OME  450 (vì OEM vng cân O) suy OHA  450  ACB Hay MHA  ACB Kết hợp với OMC  AHM (đối đỉnh) (1) OM MC  , kết hợp OMA  CMH (hai góc đối đỉnh) AM MH  OMA CMH (c.g.c)  OAM  MHC (2)  Từ (1) (2) suy AHC  MHA  MHC  900 , suy CH  AN Xét tam giác AHC tam giác CAN đồng dạng theo trường hợp góc góc  AH AC   AH AN  AC.HC không đổi HC AN Bài 11: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, CF cắt H a) Tính tổng HD HE HF   AD BE CF b) Chứng minh : BH BE  CH CF  BC c) Chứng minh: H cách ba cạnh tam giác DEF A d) Trên đoạn HB, HC lấy E điểm M , N tùy ý cho F HM  CN Chứng minh đường H trung trực đoạn MN qua điểm cố định N M B C D O 31- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa a) Trước hết chứng minh Tương tự ta có: Nên HD S HBC  AD S ABC HE S HCA HF S HAB  ;  BE S ABC CF S ABC HD HE HF HD HE HF S HBC  S HCA  S HAB   1    1 AD BE CF AD BE CF S ABC b) Trước hết chứng minh BDH Và CDH BEC  BH BE  BD.BC CFB  CH CF  CD.CB  BH BE  CH CF  BC. BD  CD   BC (dfcm) c) Chứng minh AEF Và CDE ABC  AEF  ABC CAB  CED  CBA  AEF  CED Mà EB  AC nên EB phân giác góc DEF Tương tự : DA, FC phân giác góc EDF DFE Vậy H giao điểm đường phân giác tam giác DEF Nên H cách ba cạnh tam giác DEF (đpcm) d) Gọi O giao điểm đường trung trực hai đoạn MN HC , ta có OMH  ONC  c.c.c   OHM  OCN (1) Mặt khác ta có OCH cân O nên OHC  OCH (2) Từ 1   ta có: OHC  OCH  HO phân giác góc BHC Vậy O giao điểm trung trực đoạn HC phân giác BHC nên O điểm cố định Hay trung trực đoạn MN qua điểm cố định O Bài 12: Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE  AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N a)Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật b)Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh AC  2EF 32- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa c)Chứng minh : 1   2 AD AM AN E A B H a)Ta có: DAM  ABF (cùng phụ với F BAH ) AB  AD ( gt ); BAF  ADM  90D M (ABCD hình vng) C  ADM  BAF  g.c.g   DM  AF , mà AF  AE ( gt ) nên AE  DM Lại có: AE / / DM (vì AB / / DC ) N Suy tứ giác AEMD hình bình hành Mặt khác DAE  900 ( gt ) Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật b)Ta có ABH FAH ( g.g )  AB BH BC BH   hay  AB  BC; AE  AF  AF AH AE AH Lại có: HAB  HBC (cùng phụ với ABH )  CBH AEH (c.g.c) 2 S SCBH  BC   BC   CBH    4( gt )    , mà    BC   AE  S EAH  AE  S EAH  AE   BC  AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD Do đó: BD  2EF hay AC  2EF (dfcm) c)Do AD / /CN ( gt ) Áp dụng hệ định lý Ta let ta có: AD AM AD CN    CN MN AM MN Lại có: MC / / AB  gt  Áp dụng hệ định lý Ta let ta có:  MN MC AB MC AD MC     hay AN AB AN MN AN MN 2 MN  AD   AD   CN   CM  CN  CM   1         MN MN  AM   AN   MN   MN  ( Pytago) 2 2 33- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Công Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa 2 1  AD   AD        1 AM AN AD  AM   AN  (dfcm) Bài 13: Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt tia By D a)Chứng minh AB  AC.BD b)Kẻ OM vng góc CD M Chứng minh AC  CM Từ M kẻ MH vng góc AB I Chứng minh BC qua trung điểm MH a)Chứng minh OAC y x I D M C DBO  g.g  OA AC    OA.OB  AC.BD DB OB AB AB   AC.BD  AB  AC.BD(dfcm) A 2 K H O OC AC  OD OB OC AC OC OD Mà OA  OB     OD OA AC OA Chứng minh OCD ACO  c.g.c   OCD  ACO Chứng minh OAC  OMC  ch  gn   AC  MC (dfcm) c)Ta có: OAC  OMC  OA  OM ; CA  CM  OC trung trực AM  OC  AM Mặt khác : OA  OM  OB  AMB vuông M  OC / / BM (Vì vng góc với AM ) hay OC / / BI b)Theo câu a ta có OAC DBO  g.g   Chứng minh C trung điểm AI Do MH / / AI theo hệ Ta let ta có: MK BK KH   IC BC AC Mà IC  AC  MK  HK  BC qua trung điểm MH (đpcm) Bài 14: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao AD, BE, CF cắt H a)Chứng minh rằng: BD.DC  DH DA b)Chứng minh rằng: HD HE HF    AD BE CF B 34- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa c)Chứng minh rằng: H giao điểm đường phân giác tam giác DEF d)Gọi M , N , P, Q, I , K trung điểm đoạn thẳng BC, CA, AB , EF , FD, DE Chứng minh ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy a) Chỉ BDH ADC ( g.g )  BD DH   BD.DC  DH DA AD DC S HBC HD.BC HD b) Ta có:   S ABC AD.BC AD HE S HAC HF S HAB Tương tự  ;  BE S ABC CF S ABC A P c) Chứng minh AEF F N H K Do đó: HD HE HF S HBC  S HAC  S HAB S ABC     1 AD BE CF S ABC S ABC E Q I B D M ABC  c.g.c   AEF  ABC Tương tự: DEC  ABC Do đó: AEF  DEC Mà AEF  HEF  DEC  HED  900 nên HEF  HED  EH phân giác ngồi góc EFD Do H giao đường phân giác tam giác DEF d) Do BEC vuông E, M trung điểm BC nên EM  BC (trung tuyến ứng BC Do đó: EMF cân M, mà Q trung điểm EF nên MQ  EF  MQ đường trung trực EF hay MQ đường trung trực tam giác DEF Hoàn toàn tương tự, chứng minh NI PK đường trung trực tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy điểm với cạnh huyền), Tương tự: FM  Bài 15: Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD) Gọi O giao điểm AC BD; đường kẻ từ A B song song với BC AD cắt đường chéo BD AC tương ứng F E Chứng minh: a) EF / / AB b) AB  EF CD C 35- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa c)Gọi S1 , S2 , S3 S theo thứ tự diện tích tam giác OAB, OCD, OAD OBC Chứng minh S1.S2  S3.S4 A a) Do AE / / BC E B O K H F  OE OA  OB  OC BF / / AD    OF  OB  OA OD D B1 Mặt khác AB / /CD ta lại có: A1 OA OB OE OF nên    EF / / AB OC OD OB OA b) ABCA1 ABB1D hình bình hành  AC  DB1  AB EF AB Vì EF / / AB / /CD nên   AB  EF CD AB DC 1 1 c) Ta có: S1  AH OB; S2  CK OD; S3  AH OD; S4  OK OD 2 2 1 AH OB AH S AH OD AH S  12  ; 32  S4 CK OB CK S2 CK OD CK 2 S S    S1.S2  S3 S4 S4 S2 Bài 16 Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AA ', BB ', CC ' H trực tâm C a) Chứng minh BC '.BA  CB '.CA  BC b) Chứng minh rằng: HB.HC HA.HB HC.HA   1 AB AC BC AC BC AB c) Gọi D trung điểm BC Qua H kẻ đường thẳng vng góc với DH cắt AB, AC M N A Chứng minh H trung điểm MN C' H B' N M B A' D C 36- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa BH BC '   BH BB '  BC '.BA (1) AB BB ' BH BA ' Chứng minh BHA ' BCB '    BH BB '  BC.BA ' (2) BC BB ' Từ (1) (2)  BC '.BA  BA'.BC Tương tự : CB '.CA  CA '.BC  BC '.BA  CB '.CA  BA '.BC  CA '.BC   BA ' A ' C .BC  BC a)Chứng minh BHC ' b)Có BH BC ' BH CH BC '.CH S BHC     AB BB ' AB AC BB ' AC S ABC Tương tự:  BAB '  AH BH S AHB AH CH S AHC  ;  CB.CA S ABC CB AB S ABC HB.HC HA.HB HC.HA S ABC    1 AB AC AC.BC BC AB S ABC HM AH  (3) HD CD AH HN  (4) Chứng minh AHN BDH  g.g   BD HD ( gt ) (5) Mà CD  BD c)Chứng minh AHM CDH  g.g   Từ  3 ,   ,  5  HM HN   HM  HN  H trung điểm MN HD HD ...  S BOC  S AOB S DOC   S AOD  Thay số để có 20 082 .20092   S AOD   S AOD  20 08. 2009 Do : S ABCD  20 082  2.20 08. 2009  20092   20 08  2009  40172 (dvdt ) Bài 2: Cho hình vng ABCD...  2  BD  AE  C 18- BDHSG mơn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa 1 AB AB  AB 1 AB  AB AB 2    AD  AD     AD      2  2  8 AB AB   AB không... điểm CM DN 28- BDHSG môn Tốn 8- GV: Lương Cơng Hiển- THCSVăn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hịa a)Chứng minh tứ giác AMDN hình vng EF / / BC b)Gọi H giao điểm BN CM Chứng minh ANB đồng dạng với NFA