Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8

CHUYÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỊNH LÍ TA-LÉT A.Kiến thức: A Định lí Ta-lét: * Định lí Talét M ABC � AM AN � = MN // BC �� AB AC N C B AM AN MN =  AC BC * Hệ quả: MN // BC � AB B Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G B a) chứng minh: EG // CD A b) Giả sử AB // CD, chứng minh AB = CD EG Giải O Gọi O giao điểm AC vaø BD E G OE OA = OC (1) a) Vì AE // BC � OB OB OG = OA (2) BG // AC � OD D OE OG = OC � EG // CD Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OD b) Khi AB // CD EG // AB // CD, BG // AD nên AB OA OD CD AB CD =  = �  � AB2  CD EG EG OG OB AB EG AB Bài 2: Cho ABC vuông A, Vẽ phía tam giác tam giác ABD vuông cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm AC BF Chứng minh rằng: a) AH = AK b) AH2 = BH CK Giải ĐặtAB = c, AC = b BD // AC (cùng vuông góc với AB) C AH AC b AH b AH b   �  �  HB c HB + AH b + c neân HB BD c D A H AH b AH b b.c  �  � AH  b+c c b+c b + c (1) Hay AB F K AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên C B AK AB c AK c AK c   �  �  KC CF b KC b KC + AK b + c AK b AK c b.c  �  � AK  b+c b b+c b + c (2) Hay AC Từ (1) (2) suy ra: AH = AK AH AC b AK AB c AH KC AH KC      �  HB AH (Vì AH = AK) b) Từ HB BD c KC CF b suy HB AK � AH2 = BH KC Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh raèng: a) AE2 = EK EG 1   b) AE AK AG c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị không đổi Giải A a) Vì ABCD hình bình hành K �BC nên b AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có: EK EB AE EK AE = = �  � AE  EK.EG AE ED EG AE EG a B K E D C G AE DE AE BE = = DB ; AG BD neân b) Ta coù: AK AE AE BE DE BD � �1 1  =    � AE �    � AK AG BD DB BD AK AG � � � AE AK AG (ñpcm) BK AB BK a KC CG KC CG = � = = � = CG KC CG (1); AD DG b DG (2) c) Ta coù: KC BK a = � BK DG = ab DG Nhaân (1) với (2) vế theo vế ta có: b không đổi (Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD không đổi) Bài 4: Cho tứ giác ABCD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng: a) EG = FH b) EG vuông góc với FH B E A P H Giải Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG 1 BM BE BM = = = � BA BC Ta coù CM = CF = BC � BC F O Q D M N G EM BM 2  = � EM = AC � EM // AC � AC BE 3 (1) C NF CF 2  = � NF = BD 3 T¬ng tù, ta cã: NF // BD � BD CB (2) mµ AC = BD (3) Tõ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a) Tơng tự nh ta có: MG // BD, NH // AC vµ MG = NH = AC (b) Mặt khác EM // AC; MG // BD Vµ AC  BD � EM  MG � EMG = 90 (4) � T¬ng tù, ta cã: FNH = 90 (5) � � Tõ (4) vµ (5) suy EMG = FNH = 90 (c) Tõ (a), (b), (c) suy  EMG =  FNH (c.g.c) � EG = FH b) Gäi giao điểm EG FH O; EM vµ FH lµ P; cđa EM vµ FN lµ Q th× � = 900 � � � � � � PQF � QPF + QFP = 90 mµ QPF = OPE (®èi ®Ønh), OEP = QFP (  EMG =  FNH) � � Suy EOP = PQF = 90 � EO  OP � EG  FH Bài 5: Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đờng thẳng song song với BC, cắt AC M AB K, Từ C vẽ đờng thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đờng thẳng song song với AC, cắt BC P Chứng minh a) MP // AB b) Ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Giải CP AF = FB (1) a) EP // AC � PB CM DC = AK (2) AK // CD � AM D C c¸c tø giác AFCD, DCBK la hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3) CP CM  KÕt hợp (1), (2) (3) ta có PB AM MP // AB (Định Ta-lét đảo) (4) P I M K A lÝ B F CP CM DC DC  b) Gọi I giao điểm BD CF, ta cã: PB AM = AK FB DC DI CP DI   Mµ FB IB (Do FB // DC) � PB IB � IP // DC // AB (5) Tõ (4) vµ (5) suy : qua P có hai đờng thẳng IP, PM song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít ba ®iĨm P, I, M th¼ng hang hay MP ®i qua giao điểm CF DB hay ba đờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Bài 6: Cho ABC có BC < BA Qua C kẻ đờng thẳng vuông goác với tia phân giác BE ABC ; đờng thẳng cắt BE F cắt trung tuyến BD G Chứng minh đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần Giải Gọi K giao điểm CF AB; M giao điểm DF BC KBC có BF vừa phân giác vừa đờng cao nên KBC cân B BK = BC FC = FK B Mặt khác D trung điểm AC nên DF đờng trung bình  AKC � DF // AK hay DM // AB Suy M trung điểm BC K DF = AK (DF đờng trung bình  AKC), ta cã BG BK BG BK 2BK = =  GD DF ( DF // BK) � GD DF AK (1) A M G D F E C CE DC - DE DC AD CE AE - DE DC AD   1  1   1  1 DE DE DE DE DE DE Mæt khác DE (Vì AD = DC) DE CE AE - DE AE AB AE AB  1  2  2 DE DE DF Hay DE (v× DE = DF : Do DF // AB) CE AK + BK 2(AK + BK) CE 2(AK + BK) 2BK  2 2  2 DE AK AK AK (2) Suy DE (Do DF = AK) � DE BG CE Tõ (1) vµ (2) suy GD = DE � EG // BC OG OE � FO � = = � � MB � FM �� OG = OE Gọi giao điểm EG DF O ta cã MC Bµi tËp vỊ nhµ Bµi 1: Cho tứ giác ABCD, AC BD cắt O Đờng thẳng qua O song song với BC cắt AB E; đờng thẳng song song với CD qua O cắt AD F a) Chứng minh FE // BD b) Từ O kẻ đờng thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD G H Chøng minh: CG DH = BG CH Bµi 2: Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thc tia ®èi cđa tia BC cho BN = CM; đờng thẳng DN, DM cắt AB theo thø tù t¹i E, F Chøng minh: a) AE2 = EB FE �AN � � � b) EB = �DF � EF CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC A Kiến thức: Định lí Ta-lét: * Định lí Talét A ABC � AM AN � = MN // BC �� AB AC AM AN MN =  AC BC * Hệ quả: MN // BC � AB M B N C Tính chất đường phân giác: BD AB = AC  ABC ,AD phân giác góc A � CD BD' AB = AC AD’là phân giác góc A: CD' A B Bài tập vận dụng Bài 1: Cho  ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phaân giác AD B D C A a) Tính độ dài BD, CD AI b) Tia phân giác BI góc B cắt AD I; tính tỉ số: ID D' B C Giaûi A BD AB c   � a) AD phân giác BAC nên CD AC b BD c BD c ac  �  � BD = � CD + BD b + c a b+c b+c ac ab Do CD = a - b + c = b + c I B AI AB ac b+c  c:  � b+c a b) BI phân giác ABC nên ID BD c b D C a Baøi 2: A � Cho  ABC, có B < 600 phân giác AD a) Chứng minh AD < AB b) Gọi AM phân giác  ADC Chứng minh BC > DM Giaûi � A �+C � � A 1800 - B � � ADB = C +  600 2> 2 a)Ta coù = C D M B � � � ADB > B � AD < AB b) Goïi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong  ADC, AM phân giác ta có DM AD DM AD DM AD = = � = CM AC � CM + DM AD + AC CD AD + AC abd CD.AD CD d ab  � DM = AD + AC b + d ; CD = b + c ( Vận dụng baøi 1) � DM = (b + c)(b + d) 4abd Để c/m BC > DM ta c/m a > (b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) Thaät vaäy : c > d � (b + d)(b + c) > (b + d)2 �4bd Bất đẳng thức (1) c/m 3.Bài 3: Cho  ABC, trung tuyến AM, tia phân giác góc AMB , AMC cắt AB, AC theo thứ tự D E a) Chứng minh DE // BC A b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE c) Tìm tập hợp giao diểm I AM DE  ABC có BC cố định, AM = m không đổi d)  ABC có điều kiện DE đường trung bình Giải DA MB  � a) MD phân giác AMB nên DB MA (1) EA MC  � ME phân giác AMC nên EC MA (2) D B I E M C DA EA  DB EC � DE // BC Từ (1), (2) giả thiết MB = MC ta suy x DE AD AI    b) DE // BC � BC AB AM ÑaëtDE = x � a x � x = 2a.m m a + 2m m- a.m c) Ta có: MI = DE = a + 2m không đổi � I cách M đoạn không a.m đổi nên tập hợp điểm I đường tròn tâm M, bán kính MI = a + 2m (Trừ giao điểm với BC d) DE đường trung bình  ABC � DA = DB � MA = MB �  ABC vuông A Baøi 4: Cho A  ABC ( AB < AC) phân giác BD, CE a) Đường thẳng qua D song song với BC cắt AB K, chứng minh E nằm B K K D E b) Chứng minh: CD > DE > BE Giải M a) BD phân giác nên B AD AB AC AE AD AE = < = �  DC BC BC EB DC EB (1) AD AK  Mặt khác KD // BC neân DC KB (2) AK AE AK + KB AE + EB AB AB  �   � KB > EB � KB EB KB EB Từ (1) (2) suy KB EB � E nằm K B � � b) Gọi M giao điểm DE CB Ta có CBD = KDB (so le trong) � � = KDB � KBD � � � � � � mà E nằm K B nên KDB > EDB � KBD > EDB � EBD > EDB � EB < DE � � � � � � � � � � Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC � DEC > ECB � DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) Suy ra: CD > ED � CD > ED > BE Baøi 5:Cho  ABC Ba đường phân giác AD, BE, CF Chứng minh a DB EC FA 1 DC EA FB C b 1 1 1      AD BE CF BC CA AB Giải DB AB = � AC (1) a)AD đường phân giác BAC nên ta có: DC EC BC = BA (2) ; Tương tự: với phân giác BE, CF ta có: EA H FA CA = FB CB (3) A F E DB EC FA AB BC CA = AC BA CB = Từ (1); (2); (3) suy ra: DC EA FB b) ĐặtAB = c , AC = b , BC = a , AD = d a B Qua C kẻ đờng thẳng song song với AD , cắt tia BA ë H D BA.CH c.CH c AD BA AD    CH  BH BA + AH b + c Theo §L TalÐt ta cã: CH BH � Do CH < AC + AH = 2b nªn: da  2bc �  b  c  �1  ��  �1  � � � � � d a 2bc �b c � d a �b c � bc 1 �1 �  � � d a c Và b Chứng minh tơng tự ta cã : 1 �1 �  � � d c �a b � Nªn: ��    �1   � 1 1� �1 � �1 � �1 �    �      � � �b c � �a c � �a b � � d db d c �a b c � d a db d c � � �� �� � � a � 1 1 1      d a db dc a b c ( ®pcm ) Bµi tËp vỊ nhµ Cho  ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), phân giác BD, CE a) Tính độ dài CD, BE suy CD > BE b) Vẽ hình bình hành BEKD Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD C CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG A Kiến thức: * Tam giác đồng dạng: a) trường hợp thứ nhaát: (c.c.c)  ABC AB AC BC = = A'C' B'C' A’B’C’ � A'B' b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)  ABC AB AC = � = A' � A'C' ; A A’B’C’ � A'B' c Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)  ABC � � � � A’B’C’ � A = A' ; B = B' SA'B'C' A'H' S AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: AH = k (Tỉ số đồng dạng); ABC =K B Bài tập áp dụng Bài 1: � � Cho  ABC coù B = C , AB = cm, BC = 10 cm a)Tính AC b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu? A Giải Cách 1: Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC  ACD B E AC AD   ABC (g.g) � AB AC � AC2  AB AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) = 8(10 + 8) = 144 � AC = 12 cm Cách 2: � Vẽ tia phân giác BE ABC �  ABE 10  ACB C D A 45 B Trên tia đối tia DC lấy điểm E cho : DE = BM Ta có: ABM  ADE (cgc ) � AM  AE ; Aˆ1  Aˆ3 M E D N C ˆ  MAD ˆ  DAE ˆ  MAD ˆ  BAM ˆ  900 � EAN ˆ  900 MAE EAN  MAN (cgc) � EN  MN � DN  BM  MN Bài 5: Cho hình vng ABCD điểm M thuộc đoạn BD Gọi E, F hình chiếu M lên AB, AD Chứng minh rằng: BF, DE, CM đồng quy Lời giải FAEM hình chữ nhật +) Ta có: � E A B +) Ta có: FDM vng cân F � AE  FM  FD K F D AD  DC � ˆ  FCD ˆ  EDA ˆ  EDC ˆ  900 �� EAD  FDC (cgc ) � EAD ˆA  Dˆ � � CF  DE (1) Tương tự: BF  CE (2) +) Gọi K giao điểm CM EF 89 M C E A B K D C F ˆ (dvi )  MAD ˆ  AFE ˆ  MCD ˆ  FEM ˆ � KFM ˆ  KMF ˆ  KFM ˆ  FEM ˆ  900 � CM  FE (3) KMF 44 4 43 { AFK can doi xung hinh vuong Từ (1), (2) (3) suy ba đường cao CEF Bài 6: Cho hình vng ABCD, E điểm AB Phân giác góc CDE cắt BC K Chứng minh rằng: CK + EA = DE Lời giải +) Trên tia đối tia CK lấy điểm F cho CF = AE � CK  EA  CK  CF  FK +) AED  CFD (c.g.c) � DE  DF ; Dˆ1  Dˆ ˆ  DEA ˆ  900  Dˆ ; FDK ˆ  Dˆ  Dˆ DFK +) Xét DKF có: ˆ  1800  DEK ˆ  FDK ˆ  1800  (900  Dˆ )  ( Dˆ  Dˆ )  900  Dˆ  Dˆ  Dˆ DFK 4 ˆ  DKF ˆ � DKF  900  Dˆ  Dˆ1  Dˆ  Dˆ  Dˆ � FDK cân F � DF  KF  DE � CK  FC  DE � AE  CK  DE Bài 7: Cho hình vuông ABCD Gọi E, F trung điểm AB, BC M giao điểm CE DF Chứng minh : AM = AB 90 Lời giải E A B Eˆ  Fˆ � Fˆ  Cˆ1  900 � CE  FD +) +) Gọi N trung điểm CD AECN hình bình hành +) � F M +) MCD vuông � MN  ND I Có : AN  DM � Chứng minh : AM  AD  AB D N C Bài 8: Cho hình vng ABCD Gọi M, N trung điểm AB, AD BN CM cắt P Chứng minh rằng: DP = AB Lời giải ˆ ˆ +) BAN  CBM (c.g.c); ABN  BCN ˆ  90 � Cˆ1  Bˆ  90 � BPC A M B P +) Kéo dài BN cắt CD E N BAN  EDN (c.g c) � AB  DE � D trung điểm EC +) Xét CPE vuông P � PD  EC  CD  AB (dpcm) E D Bài 9: Cho ABC Về phía ngồi tam giác dựng hình vng ABDE, ACFG Chứng minh đường cao AH C G Q I ABC qua trung điểm EG E P Lời giải F A Gọi P, Q hình chiếu E, G lên AH D B 91 H C AE  AB ˆ  AHB ˆ  900 EPA � � �� EAP  AHB ˆ  ABH ˆ )� ˆ ( phu : BAH EAP � PE  AH (1) � Tương tự: GQA  CHA(ch.gn) � GQ  AH (2) � GQ  EP EP  GQ Iˆ  Iˆ � � �� EPI  GQI ( g c.g ) � EI  IG � Pˆ  Qˆ  900 �  EPI ,  GQI Xét có: Bài 10: Cho ABC , M trung điểm BC Về phía ngồi tam giác dựng hình vng ABDE, ACFG Gọi P, Q tâm hình vng CMR: MPQ vng cân Lời giải +) PM QM đường trung bình G �MP / / EC �MQ / / BG � � EBC , BGC � � ;� 1 MP  EC �MQ  BG � � � E Q A �EC  BG AEC  ABG (c.g.c) � � ˆ  ABG ˆ �AEC +) I P Iˆ  Bˆ  Hˆ  1800 Xét IHB có: H D B M C � �Iˆ2  Iˆ1 � Iˆ1  Bˆ  Iˆ2  Eˆ  900 � Hˆ  900 � �Bˆ  Eˆ �MP  MQ � EC  BG � � � MPQ �MP  MQ vuông cân Bài 11: Cho ABC , phía ngồi tam giác dựng hình vuông ABGH, ACEF, O ,O ,O BCIJ Gọi tâm hình vng, M trung điểm BC, D trung điểm HF CMR: a O1MO2 vng cân b hình vng d AD  BC ; AM  HF c HF  AM e �DO1MO2 O1O2  AO3 92 F Lời giải Xét ta giác FAB tam giác CAH có: FA  AC ; AB  AH ; ˆ  900  Aˆ  CAH ˆ FAB ˆ  I BJ ˆ � FAB  CAH (cgc) � FB  CH � AHJ 1 Mà: +) ˆ  AJˆ H  900 � I BJ ˆ  BJˆ I  900 � FB  CH AHJ 1 1 1 O2 M đường trung bình H FCB � O2 M / / FB; O2 M  BF +) O1M D D1 đường trung bình F G A O1 J1 O2 I1 E C M B O3 I HBC � O1M / / HC ; O2 M  b +) +) O2 D O1 D O M  O2 M � HC � � � O1MO2 O1M  O2 M � J vuông cân FHC � O1 D / / BF ; O1D  BF đường trung bình đường trung bình FBH � O2 D / / HC ; O2 D  HC � O1M  O2 M  O1D  O2 D � � DO1MO2 hình thoi, Mˆ  900 � hình vng 93 c Tứ giác +) ABA1C hình bình hành ˆ � BA  FA; ˆ  1800  BAC � BA1  AC ; ABA 1 ˆ  FAH ˆ � BA  AH ˆ  180  BAC ABA ABA1  FAH � AA1  HF � AM  FH d Hạ CC1  AM �C1 AM cắt FH D1: Mà: ˆ (slt ) ˆ  AAˆ B  CAA HAF  BAA1 (c.g.c) � HFA 1 ˆ  FAD ˆ  900 � D FA ˆ  900 � Dˆ  900 � AM  FH ˆ  D AF CAA 1 1 Bài 12: Cho hình vuông ABCD, điểm E, F cạnh BC, CD � cho EAF  45 , tia đối tia DC lấy điểm M cho DM = BE CMR: � a) ABE  ADM , MAF  45 b) Chu vu tam giác CEF nửa chu vi tứ giác ABCD Lời giải a,  ABE =  ADN ( cạnh góc vng) => � A1  � A2 0  � � => MAE  90  MAF  90  45  45 b,  AEF =  AMF (c.g.c) => EF = MF, EF = MD + DF = BE + DF Chu vi  CEF = CE + EF + CF = CK + BE + DF + CF = BC + CD = chu vi ABCD Bài 13: Cho tam giác ABC vuông A, kẻ đường cao AH trung tuyến AM, đường phân giác góc A, cắt đường trung trực BC D, Từ D kẻ DE vng góc với BA DF vng góc với AC � a) CMR: AD phân giác HAM hàng b) điểm E, M, F thẳng c) Tam giác BDC tam giác vng cân Lời giải a) Ta có: �� C A1 ( phụ góc B) 94 � �  � � ,� � A C A1  A A3  A4 Mà AM= BC=> AM= MC=> => AD tia phân giác b) AH // DM => mà � A � D , � � � A4  � A3  D A3  ADM cân => AM= MD Chứng minh Tứ giác AEDF hình vng => EA = ED => FA = FD Ta có: M, E, F nằm đường trung trực AD => Thẳng hàng � D � D c,  BED =  CFD => �  BDF � D �  BDF � D �  EDF �  900 BDC =>  BDC vuông cân Bài 14: Cho tam giác ABC vuông A, AB AB => B  C � � � � Mà: B  HAC  HAC  C => HC > AH => AH = HD => HC > HD => D nằm H,C b, Ta có: � �  900 , A � � A1  A A3  900  � A1  � A3 2 kết hợp với AE= AH =>  AEF =  AHB => AB= AF Tứ giác ABGF hìn bình hành có góc vng => HCN có AB = AF => hình vng c) Gọi M giao điểm BF, AG, 95 Khi  BDF có DM = BF Tương tự AM= BF => M nằm đường trung trực AD Ta lại có: AE= ED, HA= HD => E, H nằm đường trung trực AD hay H, M, E thẳng hàng Bài 15: Cho hình vng ABCD điểm E bắt kỳ nằm điểm A B, tia đối tia CB lấy điểm F cho CF =AE � a) Tính EDF b) Gọi G điểm đối xứng với D qua trung điểm I EF, tứ giác DEGF hình gì? c) CMR: AC, DG, EF đồng quy Lời giải a)  AED =  CFD (c.g.c) � � � � � � � => ADE  CDF  EDF  EDC  CDF  EDC  ADE � � => EDF  ADC  90 b) Tứ giác DEGF có I trung điểm EF (gt) I trung điểm DG Do đó: DEGF hình bình hành � lại có: EDF  90 => Là hình chữ nhật, lại có tiếp DE = DF => Là hình vng Bài 16: Cho hình vng ABCD, M điểm cạnh BC, nửa mp bờ AB chứa C đựng hình vng AMHN, Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, Cắt DC F Chứng minh rằng: a) : B M=ND b) N, D, C thẳng hàng c) EMFN hình gì? d) Chứng minh DF  BM  FM chu vi  MFC không đổi M thay đổi BC Lời giải � � a) Tứ giác ABCD hình vng => A1  MAD  90 (1) 96 Vì AMHN hình vng �  � A2  MAD  900 (2) � � Từ (1) (2) ta có: A1  A2 Ta có :  AND=  AMB (c.g.c) �D �  900, BM  ND  B b, ABCD hình vng �  900  D � D �  NDC �  1800  D 2 , Nên N, D, C thẳng hàng c, 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) �O �  EM  NF  O (4) Từ (3) (4) => EM=NE=NF=FM=> MENF hình thoi (5) d, Từ (5) suy FM=FN=FD+DN, mà DN=MB (cmt) => MF=DF+BM Gọi chu vi  MCF P cạnh hình vng ABCD a Ta có : P  MC  CF  MF  MC  CF  BM  DF , Vì ( MF=DF+MB)   MC  MB   CF  FD   BC  CD  a  a  2a Hình vuông ABCD cho trước => a không đổi => P khơng đổi Bài 17: Cho hình vng ABCD, Gọi E điểm cạnh BC ( E khác B C), Qua A kẻ Ax vng góc với AE, Ax cắt CD F, trung tuyến AI  AEF cắt CD K, đường thẳng kẻ qua E, song song với AB cắt AI G a) Chứng minh AE=AF tứ giác EGFK hình thoi b) Chứng minh  AKF đồng dạng với  CAF AF  FK FC c) Khi E thay đổi BC, chứng minh chu vi  EKC không đổi Lời giải a) Xét  ABE vuông B  ADF vng D có: AB = AD, �  CAF � BAE =>  ABE =  ADF 97 => AE = AF Vì AE = AF AI đường trung tuyến  AEF => AI  EF Hai  IEG vuông I  IFK vng I có: � � IE=IF, IEG  IFK , Nên  IEG =  IFK => EG = FK Tứ giác EGFK có hai cạnh đối EG FK song song nên hình bình hành Hình bình hành EGFK có hai đường chéo GK EF vng góc nên hình thoi � � b) Xét  AKF  CAF có: AFK  CFA , AF FK )    AF  FK FC  AKF : CAF (gg � � KAF  ACF  45 FC AF c) Theo câu a ta có:  ABE =  ADF nên EB=FD, Tứ giác EGFK hình thoi nên EK= KF C  EK  KC  CE  CF  CE  CD  DF  CE  2CD Do chu vi  EKC là: EKC ( Khơng đổi) Bài 18: Cho hình vng ABCD cạnh a, AB lấy cho BN  AM  2a , BC lấy BN 2a a) CMR: AN vng góc DM b) Gọi I J trung điểm NM, DN K giao AN DN, Tính IK , KJ IJ Lời giải � M �  900 � � D A1 , Mà : D 1 a, Ta chứng minh  ABN =  DAM => => � �  900  K �  900 A M 1 a 4a a MN    9 b, Ta có : KI  a MN  Tương tự ta có : DN  a 10 a  KJ  10 98 Tương tự DM  a a 13  IJ  13 Bài 19: Cho hình vng ABCD, Từ điểm M tùy ý đường chéo BD, kẻ ME, MF vng góc với AB AD, CMR: a, CF = DE, CF  DE b, CM = EF, OM  EF c, CM, BF, DE đồng quy d, Xác định M để diện tích AEMF lớn Lời giải a) BD đường chéo hình vng ABCD => BD phân giác góc D � => ADB  45  DFM cân F=> DF = FM = AE � �  CDF =  DAE (c.g.c) => CF = DE C1  D1 Mà � F �  900  D � F �  900  FOD �  900 C 1 1 b, AM = EF, BD đường trung trực AC => MA = MC => MC = EF Kéo dài FM cắt BC N => Tứ giác BEMN hình vng, => MN = ME �  MEF � M =>  EMF =  MNC(c g c) => , Mà � M �  900  MEF � M �  900 M 2 � => EHM  90 => ĐPCM c)  EFC có CH  EF => CM trùng CH đường cao ứng với cạnh EF Lại có ED  CF O => ED đường cao ứng với cạnh CF Chứng minh tương tự câu a => CE  BF => BF đường cao ứng với cạnh CE => đường CM, BF, DE đồng quy CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ TỨ GIÁC ĐẶC BIỆT Bài 1: Cho ABC , phía ngồi tam giác dựng hình vng BCDE, ACIG hình bình hành BEQK, CDPE Chứng minh APQ vuông cân 99 Lời giải G ABC  CFP (c.g c) : AC  CF ; BC  PF  CD; ˆ ) � CP = AB ; A ˆ  Cˆ Cˆ  Fˆ (bù: DCF H F A 1 K 1 C B 1 � �AC  BQ ABC  BKQ (c.g.c) � � �Aˆ1  Bˆ1 Tương tự: ABQ  ACP (cgc) � AQ  AP � APQ P Cân A Ta có: ˆ  QAB ˆ  BAC ˆ  CAP ˆ  APC ˆ  CAP ˆ ˆ  FCP QAP Q D E  180 900  900 ( Tổng ba góc tam giác ) � APQ vng cân Bài 2: [ HSG: 14/04/2014 ] Cho hình thang ABCD vng A D, biết CD = 2AB = 2AD BC  a Gọi E trung điểm CD ABED hình gì? Vì a � b Tính S ABCD theo a c Gọi I trung điểm BC, H chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC ˆ Tính HDI Lời giải a Hình chữ nhật có hai cạnh kề nên hình vng b BEC vng cân vng cân A B � AB  AD  a; CD  2a; H S ABCD  a I ( AB  CD ) AD (a  2a ).a 3a   2 ˆ  HDB ˆ  BDI ˆ � �HDI � ˆ  HDA ˆ  900 HDB c � Ta chứng minh : D E C ˆ ( phu : HDC ˆ  ADH ˆ  ACD ˆ ) � BDI : DCA(cgc ) BDI Vì : BI AD ˆ ˆ ˆ  450   ; B  D  900 � HDI BD DC 100 Bài 3: [ HSG – Yên Dũng – Bắc Giang – 2014 ] Cho ABC Gọi I điểm di chuyển cạnh BC Qua I kẻ đường thẳng song song với cạnh AC cắt AB M Qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC N a Gọi O trung điểm AI CMR: M, O, N thẳng hàng b Kẻ MH, NK, AD vuông góc với BC H, K, D Chứng minh MH + NK = AD c Tìm vị trí điểm I để MN // BC Lời giải a AM / / NI � �� HBH � MN �AI AN / / MI � m o a trung điểm đường � M , O, N thẳng hàng n b Kẻ OE  BC ta chứng minh MHKN hình thang vng b h d e i k c Ta có: O trung điểm MN, mà : OE / / MH / / NK � OE đường trung bình hình thang vng MNHK � MH  NK  2OE (1) +) Xét ADI � OE đường trng bình ADI � AD  2OE (2) � MH  NK  AD (dpcm) c Ta có : MN / / BC � MN đường trung bình ABC , lại có O trung điểm AI mà : MI // AC, M trung điểm AB � I phải trung điểm BC Bài 4: Cho hình vng ABCD, M điểm cạnh BC Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C dựng hình vng AMHN Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, cắt DC F a Chứng minh rằng: BM = ND hình gì? b N, D, C thẳng hàng c FMNE d DF + BM = FM chu vi MFC không đổi M thay đổi vị trí BC Lời giải 101 A B a AND  AMB(c.g.c) � Bˆ  Dˆ  900 ; BM  ND ˆ b NDC  180 � N , D, C thẳng hàng E M c Ta có : MN đường trung trực AH O N D C F H �EN  EM E , F �AH � � ; EOM  FON (ch  gn) � FN  EM �FM  FN Vậy cạnh nên hình thoi d FM  FN  ND  DF  BM  FD +) PMFC  MC  CF  FM  MC  CF  BM  DF  ( MC  MB)  (CF  DF )  AB ( không đổi ) Bài 5: Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi M N theo thứ tự hai ˆ điểm cạnh BC CD cho MAN  45 Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BM a Chứng minh ADK  ABM ˆ KAM b Chứng minh AN tia phân giác c Tính chu vi CMN theo a d BD cắt AM AN E F Chứng minh ba đoạn BE, FE, FD lập thành ba cạnh tam giác vuông Lời giải 102 a ADK  ABM (c  g  c) A B b E ADK  ABM � Aˆ1  Aˆ5 M F K D H N C ˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  Aˆ  900 KAM ˆ  900  NAM ˆ  450 � KAN ˆ  MAN ˆ  450 (dpcm) KAN c PCMN  MN  NC  CM  CM  CN  KN (ANK  AMN )  CM  CN  KD  DN  2a d Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến MN AND  AMH (ch  gn) � Aˆ2  Aˆ3 � FAD  FAH (c.g c) ˆ  ADF ˆ  450 � FH  FD; AHF ˆ  ABE  450 AEH  AEB(c.g.c) � EH  EB; AHE ˆ ˆ ˆ Ta có: EHF  EHA  FHA  90 � vuông H Vậy BE , DF , FE lập thành ba cạnh tam giác vuông 103 ... Chứng minh BH CM AD 1 a) HC MA BD b) BH = AC 21 CHUYÊN ĐỀ – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀ CHÙM ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY A Kiến thức: 1) Bổ đề hình thang: “Trong hình thang có hai đáy không nhau, đường thẳng... // BC ; AD  BC Hình thang vng hình thang có góc vng B HÌNH THANG CÂN Định nghĩa Hình thang cân hình thang có hai góc kề đáy �ABCD (là hinh thang ) �� ˆ ˆ hoac A=B ˆ ˆ C=D � ABCD hình thang cân... Tính chất: Trong hình thang cân - Hai cạnh bên - Hai đường chéo Dấu hiệu nhận biết - Hình thang có góc kề đáy hình thang cân - Hình thang có hai đường chéo hình thang cân Chú ý: Hình thang có hai