Các bài toán về tứ giác và đa giác đặc sắc

207 CÁC BÀI TOÁN VỀ TỨ GIÁC VÀ ĐA GIÁC ĐẶC SẮC I MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ TỨ GIÁC Tứ giác Định nghĩa: • Tứ giác ABCD hình gồm bốn 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 tam giác Tính chất: • Tổng góc tứ giác 3600 • Góc kề bù với góc tứ giác gọi góc ngồi tứ giác Tổng góc ngồi tứ giác 3600 Hình thang Định nghĩa • Hình thang tứ giác có hai cạnh đối song song • Hình thang vng hình thang có góc vng Tính chất • Nếu hình thang có hai cạnh bên song song hai cạnh bên nhau, hai cạnh đáy • Nếu hình thang có hai cạnh đáy hai cạnh bên song song Hình thang cân • Định nghĩa: Hình thang cân hình thang có hai góc kề đáy • Tính chất: Trong hình thang cân hai cạnh bên hai đường chéo • Dấu hiệu nhận biết: + Hình thang có hai góc kề đáy hình thang cân + Hình thang có hai đường chéo hình thang cân Đường trung bình tam giác • Đường trung bình tam giác đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh tam giác • Đường thẳng qua trung điểm cạnh tam giác song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba • Đường trung bình tam giác song song với cạnh thứ ba nửa cạnh THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 208 Đường trung bình hình thang • Đường trung bình hình thang đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh bên hình thang • Đường thẳng qua trung điểm cạnh bên hình thang song song với hai đáy qua trung điểm cạnh bên thứ hai • Đường trung bình hình thang song song với hai đáy nửa tổng hai đáy Hình bình hành Định nghĩa: Hình bình hành tứ giác có cặp cạnh đối song song Tính chất: Trong hình bình hành: • Các cạnh đối • Các góc đối • Hai đường chéo cắt trung điểm đường Dấu hiệu nhận biết: • Tứ giác có cạnh đối song song hình bình hành • Tứ giác có cạnh đối hình bình hành • Tứ giác có hai cạnh đối song song hình bình hành • Tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường hình bình hành Hình chữ nhật Định nghĩa: Hình chữ nhật tứ giác có bốn góc vng Tính chất: Trong hình chữ nhật, hai đường chéo cắt trung điểm đường Dấu hiệu nhận biết: • Tứ giác có ba góc vng hình chữ nhật • Hình thang cân có góc vng hình chữ nhật • Hình bình hành có góc vng hình chữ nhật • Hình bình hành có hai đường chéo hình chữ nhật Áp dụng vào tam giác: • Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền • Nếu tam giác có đường trung tuyến ứng với cạnh nửa cạnh tam giác tam giác vng Hình thoi Định nghĩa: Hình thoi tứ giác có bốn cạnh Tính chất: Trong hình thoi: • Hai đường chéo vng góc với THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 209 • Hai đường chéo đường phân giác góc hình thoi Dấu hiệu nhận biết: • Tứ giác có bốn cạnh hình thoi • Hình bình hành có hai cạnh kề hình thoi • Hình bình hành có hai đường chéo vng góc với hình thoi • Hình bình hành có đường chéo đường phân giác góc hình thoi Hình vng Định nghĩa: Hình vng tứ giác có bốn góc vng có bốn cạnh Tính chất: Hình vng có tất tính chất hình chữ nhật hình thoi Dấu hiệu nhận biết: • Hình chữ nhật có hai cạnh kề hình vng • Hình chữ nhật có hai đường chéo vng góc với hình vng • Hình chữ nhật có đường chéo đường phân giác góc hình vng • Hình thoi có góc vng hình vng • Hình thoi có hai đường chéo hình vng • Một tứ giác vừa hình chữ nhật, vừa hình thoi tứ giác hình vng Đa giác Định nghĩa • Đa giác lồi đa giác nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng chứa cạnh đa giác • Đa giác đa giác có tất cạnh tất góc Một số tính chất • Tổng góc đa giác n cạnh ( n − ) 180 ( n − ) 180 • Mỗi góc đa giác n cạnh n • Số đường chéo đa giác n cạnh n ( n − 3) II CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ Cho tứ giác ABCD Chứng minh hai đường chéo tứ giác ABCD vng góc với AB2 + CD = AD + BC Phân tích tìm lời giải Dễ thấy tứ giác ABCD có hai đường chéo vng góc AB2 + CD = AD + BC , ngược lại có AB2 + CD = AD + BC , để chứng minh AC BD vng góc với ta có hướng sau: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 210 + Hướng 1: Gọi M giao điểm AC BD Từ đỉnh B hạ đường thẳng vng góc với AC O Ta cần chứng minh M O trùng Muốn lấy N tia đối tia OB cho ON = MD ta cần phải chứng minh hai điểm M O trùng Chú ý AB = BC ta suy CD = DA nên hiển nhiên M O trùng Như ta cần xét cho trường hợp AB ≠ BC Theo định lí Pitago ta có AB2 + CD = AM + 2AM.OM + OM + OB2 + CM + MD BC + AD =OB2 + MC − 2MC.OM + OM + MA + MD Mà ta lại có AB2 + CD = AD + BC nên từ đóta suy MO ( AM + MC ) = ⇔ MO = + Hướng 2: Dựng BK DH vng góc với AC Ta cần chứng minh cho hai điểm K H trùng Áp dụng định lí Pitago ta AB2 + CD = AK + BK + CH + DH ; BC + AD = CK + BK + AH + DH Mà ta có AB2 + CD = AD + BC nên ta KH = Lời giải + Điều kiện cần: Xét tứ giác ABCD có hai đường chéo AC BD vng góc O Khi áp dụng định lí Pitago ta AB2 + CD = OA + OB2 + OC + OD ; AD + BC = OA + OB2 + OC + OD Từ ta AB2 + CD = AD + BC + Điều kiện đủ: Xét tứ giác ABCD có AB2 + CD = AD + BC Cách 1: Ta xét trường hợp sau B • Nếu AB = BC từ AB2 + CD = AD + BC ta CD = DA Từ suy B, D thuộc đường trung trực A M C đoạn thẳng AC, AC ⊥ BD • Nếu AB ≠ BC Khi vẽ BO vng góc với AC O, vẽ DM vng góc với AC M, vẽ DN D N vng góc với BO N Khi tứ giác DMNO hình chữ nhật Khơng tính tổng quát ta giả sử M nằm O A Khi áp dụng định lí Pitago ta THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 211 AB2 + CD = OA + OB2 + CM + MD = ( MA + MO ) + OB2 + CM + MD 2 = AM + 2AM.OM + OM + OB2 + CM + MD BC + AD =OB2 + OC + MA + MD =OB2 + ( MC − OM ) + MA + MD 2 =OB2 + MC − 2MC.OM + OM + MA + MD Mà ta lại có AB2 + CD = AD + BC nên ta 2MA.OM = −2MC.OM ⇔ MO ( AM + MC ) = ⇔ MO = Từ dẫn đến hai điểm O M trùng hay ta AC ⊥ BD Cách 2: Vẽ DH vng góc với AC H, BK vng B góc với AC K • Nếu hai điểm K H trùng ta AC ⊥ BD A H O K • Nếu hai điểm K H khơng trùng nhau, C gọi O giao điểm AC BD Khơng tính tổng quát ta giả sử A, H, O, K, C nằm AC theo D tứ tự Áp dụng định lí Pitago ta AB2 + CD = AK + BK + CH + DH BC + AD = CK + BK + AH + DH Mà ta có AB2 + CD = AD + BC nên ta AK + CH = CK + AH ⇔ AH − CH + CK − AK = ⇔ ( AH + CH )( AH − CH ) + ( AK + CK )( CK − AK ) = ⇔ AC ( AH − CH + CK − AK = KH ) 2AC.KH ⇔ = Điều vô lí K H khơng trùng Vậy hai điểm K H trùng hay ta AC ⊥ BD Ví dụ Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo Lấy điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh EG = FH EG ⊥ FH Phân tích tìm lời giải BE BM Từ giả thiết toán ta suy = = nên EM//AC Tương tự ta BA BC 2 NF//BD Từ ta = EM = AC; NF BD , ý đến AC = BD suy 3 = NH = AC ME = NF Từ đường thẳng song song ta thấy MG THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 212   ∆FNH Từ ta suy EG = FH Mặt khác gọi O EMG = FNH = 90 nên ∆EMG = giao điểm EG với FH, P giao điểm EM với FH Q giao điểm EM với FN   Khi ta thấy EOP = PQF = 90 nên ta EO ⊥ OP ⇒ EG ⊥  FH Lời giải + Chứng minh EG = FH Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG 1 Ta có = CM = CF BC nên ta BM BE BM =⇒ = = BC BA BC Do theo định lí Talets đảo ta EM song song với AC Nên suy EM BM 2 = = ⇒ EM = AC AC BE 3 NF CF 2 Tương tự ta = = ⇒ NF = BD BD CB 3 B E A F P O Q M H D N G C Mà ta lại có AC = BD nên suy mà ME = NF Tương tự ta có MG // BD NH // AC Lại có MG = NH = AC Mặt khác EM // AC; MG // BD AC vuông góc với  = 90 Hồn tồn tương tự BD nên ta EM vng góc với MG Từ ta EMG  = 90 Từ ta EMG   ta có FNH = FNH = 90 Kết hợp với ME = NF MG = NH = AC ta ∆EMG = ∆FNH nên suy EG = FH + Chứng minh EG ⊥ FH Gọi O giao điểm EG với FH, P giao điểm EM với FH Q giao điểm EM với FN  = 90 nên QPF  + QFP  = OPE  OEP  = QFP  = Khi ta có PQF 90 Mà ta lại có QPF   = PQF = 90 nên ta EO ⊥ OP ⇒ EG ⊥  FH Suy EOP Ví dụ Cho tứ giác ABCD điểm M cạnh AD Qua điểm A D vẽ đường thẳng song song với MC MB, hai đường thẳng cắt N Chứng minh N nằm cạnh BC AB song song với CD Phân tích tìm lời giải + Khi N nằm cạnh BC ta PA CN = PB CB CN CD = CB CQ nên PA CD PQ PB Từ Q kẻ đường thẳng song song với PB cắt AD, PC = ⇒ = PB CQ CD CQ THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 213 PA CD CD C' D' , từ ta Từ suy C C’, D D’ = = C' D' CQ CQ C' Q trùng Do ta AB//CD + Khi AB song song với CD, giả sử DN cắt BC K AN cắt BC L Khi cần D’ C’ ta chứng minh ba điểm N, K, L trùng Lời giải Gọi giao điểm AB CM P, giao P B A điểm BM CD Q + Điều kiện cần: Ta chứng minh N K N L M nằm cạnh BC AB song song với CD Q C C' D D' Thật vậy, N nằm cạnh BC Do AN//CP nên theo định lí Talet ta có PA CN = PB CB Do DN//BQ nên theo định lí Talet ta có CN CD PA CD PQ PB Từ ta = = ⇒ = CB CQ PB CQ CD CQ Từ Q kẻ đường thẳng song song với PB cắt AD, PC D’ C’ Ta chứng minh hai điểm C C’ trùng nhau, hai điểm D D’ trùng Vì QC’//BP nên theo định lí Talet ta có CD C' D' PA CD , từ ta Nếu minh hai điểm C C’ = = CQ C' Q C' D' CQ không trùng nhau, hai điểm D D’ khơng trùng ta DD’//CC’ Điều mâu thuẫn Do ta PB//CQ hay AB //CD + Ta chứng minh AB//CD N nằm cạnh BC Thật vậy, giả sử DN cắt BC K AN cắt BC L Do AB//CD BM//DK nên theo định PA CL PA CD CK lí Talets ta = = Từ AL//CM ta có = PB CB PB CQ CB Từ ta CL CK = ⇒ CL = CK nên ta L ≡ K , L ≡ K ≡ N hay N nằm CB CB BC Ví dụ Hình thang ABCD có AB//CD hai đường chéo cắt O Đường thẳng qua O song song với đáy AB cắt cạnh bên AD, BC theo thứ tự M N a) Chứng minh OM = ON b) Chứng minh THCS.TOANMATH.com 1 + = AB CD MN TÀI LIỆU TOÁN HỌC 214 c) Biết S AOB = a S COD = b Tính S ABCD theo a b Lời giải a) Trong tam giác DAB có OM song song OM OD AB nên theo định lí Talets ta có = AB BD ON OC Tương tự ta có = AB AC OD OC Cũng theo định lí Talets ta có = OB OA OD OC OD OC Do = ⇒= OD + OB OC + OA DB AC A B M N O D C OM ON nên suy OM = ON = AB AB OM DM b) Trong tam giác ABD có OM//AB nên theo định lí Talets ta có = AB AD OM AM Trong tam giác ADC có OM//CD nên theo định lí Talets ta có = DC AD  1  AM + DM AD Từ ta OM  + = =1  = AD AD  AB CD  Kết hợp kết ta  1  Chứng minh hoàn toàn tương tự ta ON  + =  AB CD  1  1  Suy ta có ( OM + ON )  + = + = hay ta  AB CD MN  AB CD  c) Dễ thấy tam giác AOB AOD có đường cao hạ từ A nên Các tam giác BOC DOC có đường cao hạ từ C nên Do ta S AOB OB = S AOD OD S BOC OB = S DOC OD S AOB S BOC suy S AOB S DOC = S BOC S AOD = S AOD S DOC Mà lai lại có S CAB = S DAB hay S COB + S AOB = S DOA + S AOB nên ta S AOD = S BOC Do suy S AOB S DOC = ( S AOD ) hay ta S 2AOD = a b ⇒ S AOD = ab Từ suy S ABCD = a + 2.ab + b = ( a + b ) Ví dụ Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đường thẳng song song với BC, cắt AC M AB K, Từ C vẽ đường thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đường thẳng song song với AC, cắt BC P Chứng minh a) Hai đường thẳng MP AB song song với b) Ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy điểm THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 215 Phân tích tìm lời giải + Để chứng minh MP song song với AB Ta chứng minh CP CM = PB AM + Để chứng minh ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy điểm Ta gọi I giao điểm BD CF chứng minh ba điểm P, I, M thẳng hàng Lời giải a) Do EP // AC nên theo định lí Talets ta có D C CP AF = PB FB Do AK // CD nên theo địn lí Talets ta có CM DC = AM AK I M P Dễ thấy tứ giác AFCD DCBK hình bình hành nên AF = DC BF = AK Kết hợp kết ta A K B E CP CM nên theo định lí = PB AM đảo ta có MP song song với AB CP CM DC DC b) Gọi I giao điểm BD CF, ta có = = = PB AM AK FB Mà FB song song với CD nên DC DI CP DI suy = = FB IB PB IB Từ theo định lí Talets đảo ta có IP // DC // AB Do qua P có hai đường thẳng IP, PM song song với AB nên theo tiên đề Ơclít ba điểm P, I, M thẳng hàng hay MP qua giao điểm CF DB DO ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy Ví dụ Cho hình thang ABCD (AB//CD) Chứng minh AC + CB = AD + DB hình thang ABCD cân Phân tích tìm lời giải Để chứng minh hình thang ABCD cân ta có ý tưởng sau: + Ý tưởng thứ ta chứng minh hai đường chéo AC BD Hạ AH BK vng góc với CD Khi ta AD =+ AH HD ; BC = BK + CK Đến ta thấy BD > AC ta DK > CH , từ suy DH > CK nên ta AD > BC Từ ta suy AC + CB < AD + DB , điều lại mâu thuẫn với giả thiết Nếu BD < AC ta kết tương tự Do ta suy AC BD hay ABCD hình thang cân THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 216  = ADB  để hình thang ABCD nội tiếp đường + Ý tưởng thứ hai chứng minh ACB tròn Lời giải Cách 1: Hạ AH vng góc với CD B vng A góc với CD ( H,K ∈ CD ) Ta xét trường B I J hợp sau: + Trường hợp 1: Nếu BD > AC , áp F E dụng định lí Pitago cho tam giác vng D AHC BKD ta có K H C DK = BD − BK ; CH = AC − AH Do BD > AC AH = BK nên ta DK > CH , từ suy DH > CK Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng AHD BKC ta có AD =+ AH HD ; BC = BK + CK Do AH = CK DH > CK nên ta AD > BC Từ BD > AC AD > BC suy AC + CB < AD + DB Điều mâu thuẫn với giả thiết AC + CB = AD + DB Vậy trường hợp không xẩy + Trường hợp 2: Nếu BD < AC , chứng minh tương tự ta AC + CB > AD + DB Điều mâu thuẫn với giả thiết AC + CB = AD + DB Vậy trường hợp khơng xẩy Từ ta AC = BD hay hình thang ABCD cân Cách 2: Gọi I J tâm đường nội tiếp tam giác ABC ABD Gọi E F hình chiếu tương ứng I J AC BD Do AB//CD nên ta có S ABC = S ABD ta có IE ( AB + BC + CA= ) JF ( AB + BD + DA ) (1) Từ AC + CB = AD + DB ta AC + CB + AB = AD + DB + AB Kết hợp với (1) ta IE = JF Mặt khác ta có 2CE = AC + BC − AB = AD + BD − AB = 2DF   = JDF Xét hai tam giác vng IEC JFD có IE = JF , CE = DF nên ta ICE  = ADB  , hình thang ABCD nội tiếp Suy hình thang ABCD Từ suy ACB hình thang cân Ví dụ Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB < CD) Gọi K, M trung điểm BD, AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh KM song song với AB QC = QD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 274  = CMD  Từ C kẻ đường thẳng song song Bài 21 Giả sử tìm điểm M thỏa mãn AMB với AM từ D kể đường thẳng song song với BM, hai đường thẳng cắt N Dễ dạng nhận thấy hai tam giác AMB CND đồng dạng  = CND  mà lại có AMB  = CMD  nên ta CND  = CMD  Do ta AMB Suy bốn điểm M, N, C, D nằm M N đường tròn Với bốn điểm A, B, C, D, ta có AB = CD AB ≠ CD , ta xét trường hợp sau A B C D + Trường hợp 1: Khi AB = CD , ta có ∆AMB = ∆CND nên ta MB = ND Do tứ giác MNDB hình bình hành, suy NM//BD Từ ta MNDC hình thang mà nội tiếp nên MNDC hình thang cân Suy MB = MC Vậy điểm M cần tìm nằm đường trung trực BC + Trường hợp 2: Khi AB ≠ CD M Gọi E giao điểm MN đường N thẳng AB, theo định lí Talet ta có EA MA = EC NC A B C D E  = CMD  nên Mà ta lại có CND ∆AMB ∽ ∆CND Từ suy AM AB , ta có = NC CD EA AB = EC CD    Mặt khác tứ giác MNDC nội tiếp nên ta có NMD = NCD = MAB Do ta có ∆EMD ∽ ∆EAM , suy EM ED = ⇒ EM =EA.ED Từ ta xác định EA EM điểm M Bài 22 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 275 Qua điểm A kể đường thẳng vng góc với AM, B A đường thẳng cắt CD K Vẽ AH ⊥ MN H P Xét hai tam giác vng AMB ADK có M  DAK  nên ∆ABM = ∆ADK = AB AD; = BAM Q Suy= BM DK; = AM AK H K Theo giả thiết MC + CN + MN = 2a ta D N C MN = BM + DN = DK + ND = KN Xét hai tam giác AMN AKN có AN chung, AM = AK MN = KN    AND  = ANH  Suy ∆AMN = ∆AKN nên ta AKN = AMN = AMB  = ANH  Xét hai tam giác vng AND AHN có AN chung AND Suy ∆AND = = HN; AD = AH = AB ∆ANH nên ta DN Do ta HM = MN − HN = DN + MB − DN = MB   Như AM đường trung trực HB, nên ta PB = PH AHP = ABP = 450   = QDN = 450 Hoàn toàn tương tự ta QD = QH QHN  =90  − QHN  =180 − PHM Từ ta QHP Do tam giác QHP vng H nên ta có PQ = QH + HP 2 = DQ + PB2 hay đoạn thẳng BP, PQ, QD độ dài ba cạnh Do ta PQ tam giác vng Bài 23 Gọi I, K theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN BCD    nên tam Dễ thấy BAM = BMA = MAD I giác ABM cân B, suy AB = BM hay N E BM = CD    nên tam giác Lại có NMC = CNM = BAM K CMN cân C, suy CM = CN B C M Mặt khác ta có IM = IN nên CI đường trung trực đoạn thẳng MN, CI A D  nên ta phân giác góc MCN  = ICN  Vì IC = IM nên tam ICM  = IMC  giác CIM cân I, suy ICM  = ICN  nên Do ta IMC  = DCI  BMI THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 276 Từ ta ∆BMI = ∆DCI , suy IB = ID Đường tròn (K) qua B D nên ta KB = KD , suy IK đường trung trực đoạn thẳng BD Từ IK ⊥ BD Ta lại có CE dây cung chung hai đường tròn (I) (K) nên ta CE ⊥ IK Từ ta BD song song với CE nên tứ giác BDCE hình thang cân Suy= BC DE, = BE CD Do ABCD hình bình hành nên = BC AD, = CA AB Từ suy = AD DE, = AB BE nên BD đường trung trực đoạn thẳng AE Suy BD ⊥ AE , mà ta lại có BD//CE nên ta AE ⊥ CE Bài 24 Gọi = EF a; = FG b; GH = c;= HI d; = IJ e; số hữu tỉ dương) Do góc hình cạnh nên góc hình K ngồi hình cạnh G g c H f (8 − 2).180 = 1350 Suy b h M góc B a = JK f;= KM g;= ME h (với a, b, c, d, e, f, g, h cạnh có số đo là: F E A d e D J I C 180 − 1350 = 450 Do tam giác MAE; FBG; CIH; DKJ tam giác vuông cân h Suy MA = AE = h ; BF = BG = b ; CH = = CI   d f ; DK = DJ = f d = +e+ ⇔ (e − a)   = h + b−f −d 2 2 h + b−f −d Nếu e − a ≠ = ∈  (điều vô lý số vô tỉ) e−a Ta có AB = CD nên +a+ b Vậy e − a = ⇔ e = a hay EF = IJ (đpcm) - Bài 25 Qua A dựng đường thẳng vng góc Ax, cắt CD K Ta có : - - ( )  − KAM  + MAB  =150  =DAB DAK Xét hai tam giác ADK ABM có DA = AB (cạnh hình thoi); ( )    = ABM = 60 DAB = 120 ; ADK -   DAK = BAM = 150 ⇒ ∆ADK = ∆ABM(g.c.g) ⇒ AK = AM - Gọi AH đường cao tam giác AKN vng A, ta có - Mà = AH 1 (1) = + 2 AH AK AN AD AB = = ; AK AM Ta có hệ thức (1) tương đương với 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 277 =  1 1  + ⇔ + = ⇔ T = AB2  + = 2 2 2 AN  AM AN AM AN 3AB  AM AB2 Bài 26 Giả sử hình chữ nhật có độ dài cạnh đặt hình vẽ Với 0 ≤ a, b, e, f ≤ a b x h y a + b = e + f 4 = 0 ≤ c, d, g, h ≤ c + d = g + h = g c t Ta có d z x =+ h a ; y =+ b c ; z =+ d2 e2 ; t = f + g2 e f ⇒ x2 + y + z2 + t = a + b2 + c + d2 + e + f + g + h (*) + Chứng minh x + y + z + t ≤ 50 Vì a, b ≥ nên a + b ≤ ( a + b ) = 16 Tương tự ta c + d ≤ 9; e + f ≤ 16 ; g + h ≤ Từ (*) suy ⇒ x + y + z + t ≤ 16 + + 16 + = 50 (1) + Chứng minh x + y + z + t ≥ 25 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có a + b ≥ a + b) = ( 2 ; e + f ≥ 8; g + h ≥ 2 9 Từ (*) suy ⇒ x + y + z + t ≥ + + + = 25 (2) 2 Bài 27 Trong tam giác ABD có MQ//BD nên ta ta Tương tự c + d ≥ A M B MQ AM = = x ⇒ MQ = x.BD BD AB Trong tam giác ABC có ⇒ AM CN suy MN//AC = AB CB N Q MN MB AM = =1− = − x ⇒ MN = ( − x ) AC AC AB MB Mà ta có AC.BD = 2S = 2a , nên ta ABCD D P C S MNPQ = MQ.MN = x.BD ( − x ) AC = 2a x ( − x )  1  1 1 Ta lại có 2a x ( − x ) = −2a x − x = −2a  x − x + −  = −2a  x −  + a ≤ a 4 2 2   Do ta S MNPQ ≤ THCS.TOANMATH.com ( ) a2 a2 , hay diện tích tứ giác MNPQ lớn , xẩy x = 2 TÀI LIỆU TỐN HỌC 278 Bài 28 Vì tứ giác ABCD có đường trịn nội tiếp B nên AB + CD = AD + BC y x Mà AB = AD nên ta CD = CB Do A =  ∆ABC = ∆ADC ⇒ ABC ADC C x Mặt khác tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn y D  + ADC = nên ABC 180   Do ta suy ABC = ADC = 90 Suy AC đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác nên ta AC = Đặt AB = AD = x; BC = CD = y nên ta có x + y = Gọi S, p, r diện tích, nửa chu vi bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD x2 + y2 = ⇒ S ≤ , dấu S2 S2 S2 xẩy ABCD hình vng Ta lại có S = pr ⇒ r = = = p ( x + y ) + 2S Khi ta có S = S ABC + S ACD = 2S ABC = xy Vì xy = x y ≤ S2 ⇔ r2 ≤ ⇔ ≤ ⇔ S − S − ≤ ⇔ −1 ≤ S ≤ 2 + 2S 2 Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Do ta r ≤ Bài 29 Ta cần chứng minh r ≤  (cùng phụ BAH  = ABF  ), AB = AD a) Ta có DAM A E B  = ADM  = 900 BAF Từ ta ∆ABF = ∆DAM Suy AF = DM ⇒ AE = DM H Từ giác AEND có AE // DM AE = DM nên AEMD F hình bình hành  = 900 Vậy tứ giác AEMD Mặt khác ta có DAE D M C hình chữ nhật b) Ta có ΔABH ∽ ΔFAH nên ta AB BH hay = AF AH N BC BH (= AB BC, = = AE AF ) AE AH  = HBC  (cùng phụ ABH  ) Từ ta ΔCBH ∽ ΔEAH Lại có HAB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 279 2 S S  BC   BC  Suy CBH =  , mà ta có CBH = ⇒  = nên BC = ( 2AE )   SEAH  AE  SEAH  AE  Từ ta BC = 2AE nên E trung điểm AB, F trung điểm AD Do BD = 2EF hay AC = 2EF AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN MN MC AB MC Lại có MC song song với AB nên theo định lí Talets ta có hay = ⇒ = AN AB AN MN AD MC = MN MN c) Do AD song song với CN nên định lí Talets ta có 2 2 CN + CM  AD   AD   CN   CM  Do ta  + = + = =1        MN  AM   AN   MN   MN  2 1  AD   AD  Suy  + = hay + =   2 AM AN AD  AM   AN  Bài 30 a) Gọi I, J, K trung điểm MN PQ QN, MN, PQ Khi đó: BJ = = ; DK 2 B J Q QM PN Vì BD ≤ BJ + JI + IK + KD = ; IK 2 Và IJ = M A I N K Do đó: S= ABCD AC AC BD ≤ ( BJ + JI + IK + KD ) 2 AC = ( MN + NP + PQ + QM ) D C P b) Chu vi tứ giác MNPQ là: MN + NP + PQ + QM= 2BJ + 2IK + 2DK + 2IJ 2 = ( BJ + JI + IK + KD ) ≥ 2BD Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ//NP, MN//PQ, MN = PQ (vì cạnh huyền tam giác vuông cân nhau), lúc MNPQ hình chữ nhật Bài 31 Đặt = BC a;= AD b Qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt CQ E B C K Q cắt DK F E F Ta có tứ giác ADMF hình bình hành THCS.TOANMATH.com J M N I tứ giác BCME hình bình hành Do ta= DJ 2ME = 2a;= CK 2MF = 2b H P A D TÀI LIỆU TOÁN HỌC 280 Để điểm N nằm tam giác AMB N phải thuộc đoạn PH N thuộc đoạn IQ DP DH CQ CI ≤1≤ ≤1≤ DN DN CN CN DP DP DN 2a a+b DN DJ Do nên ta suy= = : = : = DN DK DK 2a + 2b 4a NK CK DP b Từ ta ≤ a ≥ DN b (a + b) DH DH DN b 2a Lại= có : : = = DN DK DK 3b − a 2a + 2b a ( 3b − a ) Hay ta cần có Tờ ta DH ≥ ab + b ≥ 3ab − a ⇔ a + b − ab ≥ , điều hiển DN nhiên DP DH b CQ CI Vậy để ta cần có a ≥ Hồn tồn tương tự để ta cần ≤1≤ ≤1≤ DN DN CN CN a có b ≥ a BC Như điểm N nằm tam giác AMB ≤ ≤ hay ≤ ≤3 b AD Bài 32 + Trước hết ta chứng minh AB.DE = BC.CE A  = BAC  ABC  = ACD  , ta Ta có DAC  + ACD  = BAC  + ABC  DAC F  = ADC  nên ta Do ta ACB D  = ACE  EDC C Do hai tam giác EAC ECD đồng dạng với nhau, suy B E EA EC  = BAC  Mà ta lại có DAC = EC ED nên AC đường phân giác tam giác ABE Do ta EC AB AB EC Suy suy EC.BC = ED.AB = = ED BC BC ED THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 281 + Chứng minh 2AC < AD.AF + AB.AE M Trước hết ta phát biểu chứng minh bổ đề: Tam giác MNP có MI đường phân giác trong, ta ln có MI < MN.MP Thật vậy, tia phân giác MI bên tam giác  = MKP  Xét hai tam giác MNP lấy điểm K cho MNI I N P K  = KMP  MNI  = MKP  ∆MNI ∆MKP có NMI Suy ∆MNI ∽ ∆MKP nên MN MK = ⇒ MN.MP = MK.MI MI MP Do K nằm ngồi tam giác nên ta có MI < MK Từ ta MI < MN.MP = MK.MI Áp dụng bổ đề cho tam giác ADF có AC đường phân giác, ta có AC < AD.AF Áp dung bổ đề cho tam giác ABE có AC đường phân giác, ta có AC < AB.AE Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta 2AC < AD.AF + AB.AE Vậy toán chứng minh Bài 33 C E Q B M K A D P F Vẽ tứ giác PQEF điểm K nằm tứ giác cho ∆PKQ = ∆AMB; ∆PKF ∽ ∆CMD; ∆QKE ∽ ∆AMD  BAM;   MCD;   MDA;   ABM  Khi ta = QPK = KPF = QEK = PQK Và KM = AM = MC , QK = MB Lại có KE QK MB MB.MD = = ⇒ KE = MD MA MA MA KF MD KP.MD KE MD.MB MB = ⇒ KF = = MD Do ta = = KP MC MC KF MA.MD MA  = 360 − QKE  − QKP  − PKF  = 360 − AMD  − AMB  − CMD  = BMC  Mà ta lại có FKE  = MCB  Từ ta suy ∆EKF ∽ ∆BMC nên ta KEF Từ giả thiết ta có THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 282  + EFP  = QPK  + KPF  + KFP  + KFE  = MAB  + MCB  + KPF  + KFP  QPF  + KPF  + KFP  = PKF  + PKF  + KFP  = 1800 = CMD Do ta QP//EF Chứng minh tương tự ta  + QPE  = EQK  + KQP  + KPQ  + KPF  = QPK  + KQP  + QKP  = 180 PQE Do ta QE//PF Từ ta PQEF hình bình hành Suy PQ = AB = EF; QE = PF Vì ∆EKF ∽ ∆BMC nên FE BC BC.KF BC.MD Suy AB = = EF = = ⇒ AB.MC = BC.MD KF MC MC MC PF CD AD QE PF Lại có ∆QKE ∽ ∆AMD nên = = Mà ta có ∆PKF ∽ ∆CMD nên = KF MD AM QK QK = PF KF = MD Do ta AD.QK CD.KF = = CD AM MD Suy AD.QK = AM.CD nên ta AD.BM = AM.CD Vậy ta AB.MC = BC.MD AD.MB = CD.MA Bài 34 a) Xét tam giác BIO CMO có A I B  MCO  = = 450 , BO = CO IBO  = COM  BOI O Suy ∆BIO = ∆CMO S BIO = S CMO M K Mà S BMOI = S BOI + S BMO nên 1 S BMOI = S CMO + S BMO = S BOC = S ABCD = a 4 b) Ta có CM = BI nên BM = AI Vì CN // AB nên E D C N BM AM IA AM nên IM // BN hay IMNB hình thang = ⇒ = CM MN IB MN   Vì OI = OM nên tam giác IOM cân O IMO = MIO = 450   =  Vì IM // BN nên IM // BK suy BKM = IMO = 450 ⇒ BKM BCO c) Qua A kẻ tia Ax vng góc AN cắt CD E Chứng minh ∆ADE = ∆ABM ⇒ AE = AM Ta có tam giác ANE vng A có AD đường cao nên S AEN = 2 AD.NE AN.AE = ⇒ AD.NE = AN.AE ⇒ ( AD.NE ) = ( AN.AE ) 2 Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ANE ta có AN + AE = NE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 283 AN + AE 1 1 = ⇒ + = 2 2 AN AE AD AE AN AD 1 Mà AE = AM DC = DA nên ta = + 2 CD AM AN Bài 35 ( ) Từ ta AD AN + AE = AN AE ⇒ a) Vì ABCD hình vng nên ta có AB//CD K nên ta AB//CN AB//ND Mà ta có AD = BC AF = CE nên ta A B EC AF E = F BE FD Vì AB//CM nên theo định lí Talets ta D C M N CM CE = AB BE Vì AB//DN nên theo định lí Talets ta AB AF = DN FD CM AB Kết hợp kết ta AB2 = a2 = ⇒ CM.DN = AB DN CM AB CM AD =  b) Theo câu a ta có Do ∆CMB ∽ ∆DAN ⇒ CMB = ⇒ = DAN AB DN BC DN  + AND  + AND = =  = 90 Mà ta lại có DAN 90 nên ta CMB 90 Suy MKN FD =BE ⇒ c) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có DN + CM ≥ DN.CM = a2 = 2a Từ ta DN + CM + CD ≥ 3a ⇒ MN ≥ 3a Dấu xảy DN = CM = a Khi CE = BE CE AF CM a = = = = hay  BE FD AB a AF = FD Vậy E F trung điểm BC AD MN có độ dài nhỏ 3a Bài 36 Bạn đọc tự vẽ hình a) Vì ABCD hình thoi nên AB//CD, BC//DA = AB DC, = BC AD  = BAD  BAD  = CDF  nên ta EBC  = CDF  Dễ thấy EBC  = DCF  nên suy ∆EBC ∽ ∆CDF ⇒ EB = BC ⇒ BE = AD Lại có BEC CD DF AB DF Từ ta EB.DF = AD.AB khơng đổi Vậy BE.DF có giá trị khơng đổi  = 60 nên tam giác ABD đều, AB b) Vì AB = AD A = AD = BD EB BD EB AD   Mà ta có nên ta Dễ thây EBD = = = BDF = 120 nên ∆EBD ∽ ∆BDF BD DF AB DF  = 120   Do ta EDB = BFD Từ suy BID THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 284 2 S S BE 1  BE  c)Vì ∆EBC ∽ ∆CDF nên ta BEC =  Mà BEC= = =   nên =  S DCF 12   S DCF  CD  DC BE Mà DC = AB nên = ⇒ AB = 2BE Hai tam giác BEC ABC có AB = 2BE AB Nên ta = S ABC 2S cm Vì ∆BAC = = S DCA = cm ∆DCA ⇒ S BAC = BEC ( ) ( ( Do ta S ABCD = S ABC + S CDA = + = 12 cm ) ) Bài 37 Do ABCD hình vng có cạnh nên A B N 2 AC = BD = O Do M điểm nằm hình vng ABCD nên H M MA + MC ≥ AC Từ ta 2MA + 2MC 2 MA= + MC = ( MA + MC ) + ( MA − MC ) = 2 2 ( MA + MC ) + ( MA − MC ) ( MA + MC ) ≥ 2 D C ≥ AC 2 == 2 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta MB2 + MD ≥ Do suy MA + MB2 + MC + MD ≥  2 Đẳng thức xảy M giao điểm hai đường chéo AC BD b) Kẻ MH vuông góc với BC H, ta MH = NB Tam giác ANM vng cân N có O trung điểm cạnh huyền AM nên MN = 2ON ON Suy = Tam giác MHC vuông cân H nên MN 2 ON NB  = NMC  Từ ta Kết hợp với ONB = MN MC OB ON OB2 ON Từ suy Mà ta lại có = ⇒ = NC MN NC MN Do ta suy CN = 2.OB2 THCS.TOANMATH.com MH NB2 = ⇒ = MC 2 MC 2 nên ta ∆ONB ∽ ∆NMC ON OB2 nên = = MN 2 NC 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 285 Bài 38 Xét ∆ACO ∆BOD có y   CAO = OBD = 90   AOC = BDO D x I Suy ∆ACO ∽ ∆BOD Do ta CO AO CO OD CO OD = ⇒ = ⇒ = OD BD AO BD OB BD  CO OD =  Xét ∆OCD ∆BOD có  OB BD   COD = 90  = OBD C K A Do ta ∆ ∆OCD ∽ ∆BOD  = BOD  Ta có ∆ACO ∽ ∆BOD nên ACO O B E  = BOD  Lại có ∆OCD ∽ ∆BOD nên ta DCO  = DCO  Do ACO  = DCO  CO chung nên ∆CAO = Xét hai tam giác vuông CAO CIO có ACO ∆CIO Từ suy CA = CI Chứng minh tương tự ta có ∆DBO = ∆DIO nên ta DB = DI CA ⊥ AB DK DB DI Mặt khác  nên ta có CA // DB Theo định lí Talets ta = = AK CA CI  DB ⊥ AB DK DI  = BDE  Từ ta có , suy IK // AC Mặt khác AC//BD nên IK//BD, suy IED = AK CI  = IDE  Do IED  = IDE  suy ∆IED cân I Lại có ∆DBO = ∆DIO nên BDE Từ ta IE = ID mà ID = BD nên IE = BD 1  = ABC  Do ta ABE  + CBD = Bài 39 Từ giả thiết ta suy DBE ABC 2   = ABE Mà EA = AB nên tam giác ABE cân A, suy AEB 1 1   Do suy ABE Lại có CB = CD nên ta suy CBD = 90 − BAE = 90 − BCD 2   EAB BCD  Từ ta 90 − ABC + 90 − = 2 =  + DEA =  + ABC  + BCD Suy EAB 360 nên CDE 180 ( )  + BED  = 180 − CDE  + DEA  = 90 nên ta AD vng góc với Từ suy ADE CE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 286 Mặt khác tam giác EAD cân E tam giác CDE cân D nên AD CE cắt trung điểm đường Do AEDC hình bình hành Từ suy  = 60 AC = DE ⇒  AB = BC = CA hay tam giác ABC Do ta ABC Bài 40 Giả sử ABCDEF lục giác cho Gọi A H giao điểm AD CF Ta có B K S S= S= ADEF CDEF ABCDEF F H C Suy ta S AFH = S CDH nên AC song song với BF I + Gọi K, I theo thứ tự trung điểm AC D E FD HI FI FD Khi H thuộc KI = = KI CK AC Vì= KA KC,FI = ID nên ta S KICD = S ACDF 1 S EFD = S EID +S DIKC + S BKC = S 2 ABCDEF Mặt khác ta lại có S EDCB = S ABCDEF nên ta S EDCB =S EDI + S DIKC + S BKC Gọi H’ giao điểm BE với KI, suy ta S BKH' = S EIH' nên BI sog song với KE Mà S EID = Ta có KE // IB, KC // IF, CE // BF nên hai tam giác EKC BIF đồng dạng với BI IF FD BI H'I H'I FD Từ suy = = Mà BI // BE nên ta suy = = EK KC AC KE H'K H'K AC H'I HI Kết hợp kết qủa lại ta suy hai điểm H H’ trùng Do ba = H'K HK đường chéo AD, BE, CF đồng quy tai điểm Bài 41 a) Tứ giác ABCD hình chữ nhật có tâm O F A B nên OA = OB = OC = OD = = Mà ABD 30 ⇒ ADO 60 nên tam giác G AOD đều, AG đường trung tuyến đồng thời đường cao đường phân giác Do H T D J O E K C  = 30 ⇒ AE ⊥ BD ⇒ AED  = 60 DAE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 287   Tứ giác AOED có AED = AOD = 60 nên nội tiếp đượng đường tròn = = b) Chứng minh ∆ADF = ∆ODF ⇒ AF = OF, DOF DAF 90  3a.tan Ta= có AD AB.tan = = ABD 30  = = 3a; A F AD.tan ADF = 3a.tan 30 a Lại tính AE = 2a Ta có AE ⊥ BD, FO ⊥ BD nên AE//OF, suy tứ giác AFOE hình thang 1 3a 3a Do ta S AFOE = (đvdt) FO + AE ) OT = a + 2a ) = ( ( 2  450 nên JOI  1=  , mà= =  = 450 c) Ta có ∆BOJ = BCJ BCD ∆BCJ ⇒ BOJ BCJ    = 450 Tam giác DKI cân D có KDI = 30 nên DKI = 750 ta tính KHC     Ta có KHC = KJC = 450 nên tứ giác KHJC nội tiếp nên JHC = JKC = 90 Do BJ ⊥ OC, HJ ⊥ OC nên ba điểm B, J, H thẳng hàng, suy H trung điểmcủa OC 1 3a = OC = AD 2   OE == = Lại có ∆AOE = ∆ADE ⇒ AOE = ADE, OD AE.sin DAE a Ta có = OH  3a  7a 7a Tam giác OEH vuông O nên EH =OE + OH =a +  = ⇒ HE =      Bài 42   a) Tứ giác ABEG nội tiếp (vì EBG = EAG = 450 ) B E C = = Mà EBA 90 ⇒ EGA 90 nên EG ⊥ FA (1) H  = 90 nên Tương tự tứ giác ADFH nội tiếp ⇒ FHA I AE ⊥ FH (2) F G Từ (1) (2) ta I trực tâm tam giác AEF = H = 90 ) b) Tứ giác EFGH nội tiếp (vì G K A B  = AEF  (cùng bù góc HGF ) ⇒ AGH GH AH AH Do ta AGH ∽ ∆AEF suy = = = EF AF AH THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 288 c) Ta có I trực tâm tam giác AEF nên AK ⊥ EF Hai tam giác vuông ABE AKE nên AK = AB = a EB = EK ⇒ BK ⊥ AE Do BK // HF (vì vng góc với AE) d) Đặt= x2 + y2 CE x,= CF y ( < x, y < a ) Khi ta có EF= Mà EF = KE + KF = BE + DF = a − x + a − y = 2a − x − y Suy x + y = 2a − EF ( ) Dễ thấy ( x + y ) ≤ x + y , dấu xảy x = y ( ) Do ta 2a − EF = x + y ≤ x + y = 2EF2 = EF Suy EF ≥ 2a 1+ = 2a ( ) − Ta có S AEF = Do diện tích tam giác AEF nhỏ a ( 1 AK.EF = a.EF ≤ a 2 ( ) −1 ) − đạt = EF 2a ( −1 ) Bài 43 Bạn đọc tự vẽ hình Số đo góc đỉnh ngũ giác ( − ) 180 = 108 180 − 108   Lại có tam giác ABC cân B nên ta BAC = BCA = = 36  = 36 Gọi I giao điểm AC BE, tam giác IAB cân I nên ABI  =72 ⇒ BIC  =72 , tam giác BIC cân C nên CB = IC Từ suy IBC AB AC AB AC Lại có ∆ABC ∽ ∆AIB nên = ⇒ = ⇒ AB2 = AC − BC.AC AI AB AC − AB AB Mà ta= có AB AD; = AE BC nên ta AB2 + AC.AE = AD Ngoài hệ thức càn viết lại AC − AC.BC − AB2 = AC AC  AC  AC Chia hai vế cho AB ta − −1 = ⇒ 4 −2 −1 =  AB 2AB AB  2AB  AC  cos36 Mà ta lại có cosBAC nên ta cos 36 − cos 36 − = = = 2AB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... cạnh đa giác • Đa giác đa giác có tất cạnh tất góc Một số tính chất • Tổng góc đa giác n cạnh ( n − ) 180 ( n − ) 180 • Mỗi góc đa giác n cạnh n • Số đường chéo đa giác n cạnh n ( n − 3) II CÁC... phân giác góc hình vng • Hình thoi có góc vng hình vng • Hình thoi có hai đường chéo hình vng • Một tứ giác vừa hình chữ nhật, vừa hình thoi tứ giác hình vng Đa giác Định nghĩa • Đa giác lồi đa giác. .. góc ngồi đa giác có số đo 450 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 233 Nên tam giác AA1A , BA A , CA A , DA A7 tam giác vuông cân Từ ta tứ giác ABCD hình chữ nhật Suy cạnh đối diện đa giác A1A