Các dạng bài toán hình học trong đề thi học sinh giỏi toán 8 (có lời giải chi tiết)

TUYỂN TẬP CÁC DẠNG BÀI TỐN HÌNH HỌC TRONG ĐỀ HSG LỚP (CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT) Câu1 ABCD Cho hình chữ nhật điểm đối xứng a) Tứ giác E b) Gọi minh AMDB F C Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M qua P hình ? hình chiếu điểm M lân AB, AD Chứng EF / /A C ba điểm E,F,P thẳng hàng c) Chứng minh tỉ số cạnh hình chữ nhật phụ thuộc vào vị trí điểm d) Giả sử CP ⊥ BD không P CP = 2,4cm, MEA F PD = PB 16 Tính cạnh hình chữ nhật ABCD Lời giải a) Gọi O giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật ABCD ⇒ PO đường trung bình tam giác ⇒ A M / /PO ⇒ A MDB b) Do A M / /BD Tam giác AOB nên CA M hình thang · · OBA = MAE cân O nên (đồng vị) · · OBA = OAB Gọi I giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật AEMF cân I nên · · IAE = IEA ∆AIE Từ chứng minh : có Mặt khác IP · · FEA = OAB, đường trung bình Từ (1) (2) suy ba điểm ∆MAF : ∆DBA(g.g) ⇒ c) d) Nếu Nếu MF AD = FA AB nên (1) IP / /AC (2) thẳng hàng Không đổi ∆CBD : ∆DCP(g.g) ⇒ ( 2,4) CP = PB.PD hay PD = 9k = 1,8(cm); Chứng minh Câu2 B,D CP PB = PD CP = 9.16k ⇒ k = 0,2 PB = 16k = 3,2(cm) BD = 5(cm) BC = BP.BD = 16 Cho hình bình hành E,F,P ∆MAC EF / /AC PD PD PB = ⇒ = = k ⇒ PD = 9k,PB = 16k PB 16 16 CP ⊥ BD Do đó: đó: , đó: BC = 4cm, ABCD ( AC > BD ) CD = 3cm Gọi E, F hình chiếu lên AC; H, K hình chiếu C AB AC a) Tứ giác DFBE b) Chứng minh: c) Chứng minh: hình ? Vì ? ∆CHK : ∆BCA AC = AB.AH + AD.A K Lời giải a) DF / /BE ∆AFD = ∆CEB ⇒ DFBE b) (vì vng góc với AC) (Cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ DF = BE hình bình hành · BC / /AK ⇒ BCK = 900 · · ABC = 900 + BCH (góc ngồi ∆CHB) · · · · HCK = 900 + BCH ⇒ ABC = HCK Có: · · · CKD = ACD + DAC · · · HBC = BAC + BCA mà ⇒ ∆CKD : ∆CBH ⇒ (góc ngồi ∆DKC) · · · · BCA = DAC;BAC = DCA CD CK A B CK = ⇒ = ⇒ ∆CHK : ∆BCA ( c.g.c) BC CH BC CH ∆AEB : ∆A HC ⇒ AB AE = ⇒ AE.A C = AB.A H ( 1) AC AH ∆A FD : ∆AKC ⇒ AF A D = ⇒ A F.A C = AD.AK ( 2) AK AC c) Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: Mà A E.A C + A F.A C = AB.A H + A D.A K(3) ∆AFD = ∆CEB( cmt) ⇒ AF = CE ( 3) ⇔ AC.( A E + EC ) = A B.A H + AD.A K ⇔ A C Câu Cho tam giác A BC = A B.A H + A D.AK vuông A Gọi M điểm di động AC Từ C vẽ đường thẳng vng góc với tia tia BA O Chứng minh rằng: a)OA.OB = OC.OH b) · OHA có số đo khơng đổi c) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi Lời giải BM cắt tia BM H, cắt ∆BOH : ∆COA ( g.g) ⇒ a) b) OB OH OA OH = ⇒ = OC OA OC OB · · ⇒ OHA = OBC c) Vẽ ⇒ OB OH = ⇒ OA.OB = OH.OC OC OA µ O chung ⇒ ∆OHA : ∆OBC (không đổi) MK ⊥ BC; ∆BKM : ∆BHC(g.g) BM BK = ⇒ BM.BH = BK.BC (3) BC BH ∆CKM : ∆CAB( g.g) ⇒ CM CK = ⇒ CM.CA = BC.CK(4) CB CA Cộng vế (3) (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK = BC.( BK + KC ) = BC Câu4 Cho hình thang BC = a ABCD vng Gọi E trung điểm a) Tứ giác A BED I c) Gọi trung điểm xuống D Biết CD = 2AB = 2AD CD hình ? Tại ? b) Tính diện tích hình thang AC A (Khơng đổi) Tính góc A BCD BC,H theo a chân đường vng góc kẻ từ · HDI Lời giải D a) Chỉ ( A B/ /DE,AB = DE ) A BED hình bình hành Chỉ ABED hình thoi (AB=AD) · D = 90 ) ( BA Chỉ b) Chỉ A BED hình vng ∆BEC vng cân Từ suy A B = A D = a,DC = 2a Diện tích hình thang S= c) ABCD : ( AB + CD ) A D = ( a + 2a) a = 3a 2 · · ACH = ACD (1) Xét ∆ADC (cùng phụ với góc ∆IBD HDC) vng D B có: AD IB = = ⇒ ∆A DC : ∆IBC DC BD Suy Từ Mà ( 1) · · ACD = BDI ( 2) ( 2) suy · · ADH = BDI · · · · ADH + BDI = 450 ⇒ BDI + BDH = 450 hay · HDI = 450 Câu Cho tam giác Gọi E,F ABC vuông A ,D điểm di động cạnh BC hình chiếu vng góc điểm D lên A B,A C a) Xác định vị trí điểm b) Xác định vị trí điểm a) Tứ giác A EDF Để tứ giác b) Do tứ giác D để tứ giác A EDF A EDF nhỏ hình vng cho Lời giải hình vng nhỏ ⇔D đạt giá trị nhỏ $= A µ =F $ = 900 ) E AD hình chữ nhật nên ⇔ AD A EDF 3AD + 4EF hình chữ nhật (vì ⇒ 3A D + 4EF = 7AD 3AD + 4EF D tia phân giác · BAC A D = EF hình chiếu vng góc BC lên Câu Trong tam giác cạnh BC,CA ,AB ABC, cho a) Chứng minh rằng: b) Cho điểm A ,E,F tương ứng nằm · · · · · · AFE = BFD;BDF = CDE;CED = AEF · · BDF = BAC A B = 5,BC = 8,CA = Tính độ dài đoạn Lời giải BD A a) Đặt · · · · · · AFE = BFD = ω,BDF = CDE = α;CED = AEF =β Ta có: · BAC + β + ω = 1800 ( *) D,E,F BC,A C,AB Qua kẻ đường thẳng vng góc với cắt O Suy O giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF · · · ⇒ OFD + OED + ODF = 900(1) Ta có: · · · OFD + ω + OED + β + ODF + α = 2700(2) ( 1) & ( 2) ⇒ α + β + ω = 180 ( **) · · = α = BDF ( *) & ( **) ⇒ BAC Từ b) Chứng minh tương tự câu a) ta có: µ = β ,C µ = ω ⇒ ∆AEF : ∆DBF : ∆DEC : ∆A BC B ⇒  BD BA  5BF  5BF  5BF  BF = BC =  BD = BD = BD =     7CE 7CE 7CE  CD CA    = = ⇒ CD = ⇒ CD = ⇒ CD =  8  CE CB    AE AB 7AE = 5AF 7CE − 5BF = 24   7( − CE ) = 5( 5− BF )  = =  A F AC        ⇒ CD − BD = (3) Ta lại có: CD + BD = (4) Từ (3) (4) ⇒ BD = 2,5 Câu Cho tam giác · AHB phân giác góc với Hy ABC, đường cao AH, vẽ phân giác · AHC Hx Kẻ AD vng góc với Hx góc , AE vuông Hy Chứng minh tứ giác A DHE hình vng Lời giải Tứ giác Hx A DHE hình vng phân giác hai góc kề bù nên · DHE = 900 Hay nhật (1) Hay phân giác · AHC mà · AHB · AHC , Do phân giác · · AHD = AEH = 900 nên tứ giác A DHE hình chữ · AHC 900 · AHE = = = 450 2 · DHE (2) Từ (1) (2) ta có tứ giác A DHE hình vng Câu Cho tam giác 600 ABC, gọi M trung điểm BC Một góc quay quanh điểm M cho cạnh AB AC D E Chứng minh: BD.CE = a) BC2 Hx ⊥ Hy , mặt khác: · AHB 900 · AHD = = = 450 2 HA · AHB;Hy Mx,My · xMy cắt cạnh b) DM ,EM BDE tia phân giác góc c) Chu vi tam giác A DE CED không đổi Lời giải a) Trong tam giác Vì ¶ = 600 M Suy Suy Vì BDM ta có: nên ta có: ¶ =M ¶ D BC BM = CM = Chứng minh ¶ = 1200 − M ¶ M Chứng minh BD CM = BM CE b) Từ (1) suy ¶ = 1200 − M ¶ D 1 , Từ ∆BMD : ∆CEM (1) BD.CE = BM.CM , nên ta có: BC BD.CE = BD MD = CM EM ¶ =D ¶ , ∆BMD : ∆MED ⇒ D DM tia phân giác · BDE Chứng minh tương tự ta có : c) Gọi H ,I ,K hình chiếu Chứng minh DH = DI ,EI = EK Tính chu vi tam giác Câu Cho hình vng BD Kẻ A BCD, M EM tia phân giác 2A H A B,DE,AC · CED - không đổi M điểm tùy ý đường chéo ME ⊥ A B, MF ⊥ AD a) Chứng minh: DE = CF b) Chứng minh ba đường thẳng : DE,BF,CM đồng quy c) Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác A EMF lớn Lời giải a) Chứng minh: b) DE,BF,CM AE = FM = DF ⇒ ∆AED = ∆DFC ⇒ dfcm ba đường cao c) Có chu vi hình chữ nhật ⇒ ME + MF = a A EMF = 2a lớn trung điểm Câu10 Cho đoạn thẳng A B = a ⇔ ME = MF A EMF ( BD C, D Gọi I trung điểm a) Tính khoảng cách từ M I hình vng) Gọi M điểm nằm phía AB hình vng b) Khi điểm khơng đổi khơng đổi ⇒ SAEMF = ME.MF ⇒M ∆EFC ⇒ dfcm AM NP,BM LK A B Vẽ có tâm theo thứ tự CD đến AB di chuyển đoạn thẳng đường ? Lời giải AB I điểm di chuyển ∆AEC : ∆BFC ( g.g ) ⇒ a) Ta có: Xét ∆ABC ∆EFC có: CE CA = CF CB CE CA = CF CB góc C chung nên suy ∆ABC : ∆EFC ( cgc ) CN / / IK HM ⊥ CN ⇒ M ∆HNC b) Vì nên trực tâm CH ⊥ AD( H ∆ABC ) ⇒ MN / / AD ⇒ MN ⊥ CH mà trực tâm BC ⇒ NC = ND ⇒ IH = IK M Do trung điểm nên (theo Ta let) AH S AHC S ABH S AHC + S ABH S AHC + S ABH = = = = HE SCHE S BHE SCHE + S BHE S BHC c) Ta có: BH S BHC + S BHA CH S BHC + S AHC = ; = BF S AHC CG S BHA Tương tự ta có: AH BH CH S AHC + S ABH S BHC + S BHA S BHC + S AHC ⇒ + + = + + HE HF HG S BHC S AHC S BHA = S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC + + + + + ≥6 S BHC S BHC S AHC S AHC S BHA S BHA Dấu xảy nên không xảy dấu ∆ABC mà theo giả thiết AB < AC ABC Câu 54 Cho tam giác có ba góc nhọn, đường cao AM , BN , CP cắt H · · CAB = NMC ∆AMC : ∆BNC a) Chứng minh rằng: ·NMP MA b) Chứng minh rằng: Tia tia phân giác BN MP HN BI = HI BN c) Gọi I giao điểm Chứng minh Lời giải a) Xét ∆AMC ∆BNC có: góc C chung; CM CA ⇒ = CN CB ⇒ ∆AMC : BNC ả =N = 900 M CM CA = µ CN CB C ∆ABC ∆MNC Xét có: ; chung · · ⇒ ∆ABC : ∆MNC ( c.g.c ) ⇒ CAB = NMC b) Ta có: · · CAB = NMC · · CAB = NMC Chứng minh tương tự: ·AMC = ·AMB = 900 Chỉ được: ·NMP ⇒ ·AMN = ·AMP ⇒ MA Tia tia phân giác MNI MH c) Ta có: đường phân giác tam giác MNI MB ⊥ MH MB Mà nên đường phân giác tam giác ⇒ MN HN BN = = MI HI BI (tính chất đường phân giác trong, tam giác) ⇒ HN BI = HI BN (dpcm) E , F , G, H a có cạnh Gọi AB, BC , CD, DA CE trung điểm cạnh M giao điểm DF Câu 55 Cho hình vng ABCD EFGH d) Chứng minh: Tứ giác hình vng DF ⊥ CE ∆MAD e) Chứng minh cân a ∆MDC f) Tính diện tích theo Lời giải d) Chứng minh EFGH hình thoi EFGH Chứng minh có góc vng nên hình vng · · ∆BEC = ∆CFD ⇒ ECB = FDC ∆CDF e) mà vuông C nên: · · · · ⇒ CDF + DFC = 900 ⇒ DFC + ECB = 900 ⇒ ∆CMF CE ⊥ DF vuông M hay AG DF AG ⊥ DF Gọi N giao điểm Chứng minh tương tự: ⇒ GN / / CM N DM mà G trung điểm DC nên trung điểm AN ∆MAD Trong có vừa đường cao, vừa đường trung tuyến ⇒ ∆MAD cân A CD CM ∆CMD : ∆FCD ( g g ) ⇒ = FD FC f) Do : SCMD  CD   CD  = ÷ ⇒ SCMD =  ÷ S FCD S FCD  FD   FD  Mà 1 S FCD = CF CD = CD 2 SCMD = Vậy Trong CD CD 2 FD ∆DCF theo định lý Pytago ta có: 1  DF = CD + CF = CD +  BC ÷ = CD + CD = CD 4 2  S MCD Do đó: CD 1 = CD = a 5 CD 4 Câu 56 Cho hình vng thuộc cạnh BC ABCD có AC cắt BD O ( M ≠ B, C ) M điểm Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên BE = CM cạnh AB lấy điểm E cho ∆OEM a) Chứng minh : vuông cân ME / / BN b) Chứng minh: CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) O, M , H c) Từ C kẻ Chứng minh ba điểm thẳng hàng Lời giải Vì Và a) Xét ABCD ∆OEB ∆OMC hình vng nên ta có: OB=OC µ =C µ = 450 , BE = CM ( gt ) ⇒ ∆OEB = ∆OMC ( c.g c ) B 1 OE = OM =O ả O ¶ +O ¶ = BOC · O = 900 Li cú: ả +O = EOM Ã ⇒O = 900 tứ giác ABCD hình vng OE = OM ⇒ ∆OEM kết hợp với vuông cân O ABCD ⇒ AB / / CD b) Từ giả thiết tứ giác hình vng AB = CD AM BM AB / / CD ⇒ AB / / CN ⇒ = MN MC +) (định lý Ta let) (*) = CM ( gt ) ( *) AB = Cd ⇒ AE = BM Mà BE thay vào AM AE = ⇒ ME / / BN MN EB Ta có: (Ta let đảo) OM H' c) Gọi giao điểm BN · · 'E ME / / BN ⇒ OME = OH Từ (cặp góc so le trong) · OME = 450 ∆OEM Mà vng cân O · ' B = 450 = C µ ⇒ ∆OMC : ∆BMH '( g g ) ⇒ MH ⇒ OM MH ' = , OB MC · · OMB = CMH ' kết hợp (hai góc đối đỉnh) · · ' C = 450 ⇒ ∆OMB : ∆CMH '(c.g.c) ⇒ OBM = MH · ' C = BH · ' M + MH · ' C = 900 ⇒ CH ' ⊥ BN BH Vậy CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) ⇒ H ≡ H ' O, M , H Mà hay điểm thẳng hàng (đpcm) Câu57 ABC ( AB < AC ) , AH Cho tam giác nhọn có đường cao cho AH = HC HI = BH Trên AH lấy điểm I cho Gọi P Q trung IC ; K điểm BI AC Gọi N M hình chiếu H AB giao điểm đường thẳng CI với AB; D giao điểm đường BI thẳng với AC ABC a) Chứng minh I trực tâm tam giác b) Tứ giác HNKM hình vng N , P, M , Q c) Chứng minh bốn điểm thẳng hàng Lời giải a) Xét tam giác BHI có: ⇒ ∆BHI µ = 900 BH = HI , H · ⇒ IBH = 450 vuông cân H µ = 900 ⇒ ∆AHC AH = HC , H ⇒ ·ACH = 450 ∆AHC có vng cân H ⇒ ∆BCD vuông cân D AH , BD ABC Tam giác có hai đường cao ∆ABC I Vy l trc tõm ả =N = 900 , K µ = 900 M HMKN b) Xét tứ giác có: (CK đường cao) HMNK Tứ giác hình chữ nhật (1) ∆ NBH ∆MIH Xét có: · · · · HMI = HNB = 900 ; HB = HI ( gt ); HIC = HBN ⇒ ∆HMI = ∆HNB ( g.c.g ) ⇒ HM = HN ( ) Từ ( 1) ( 2) : Tứ giác HMKN hình vng c) Theo câu b: Tứ giác HMKN hình vng nên trực đoạn thẳng KH M,N thuộc trung -Xét tam giác vuông HQ = 1 AC ; KQ = AC ⇒ Q ∈ 2 Vậy điểm M , N , P, Q AHC AKC ; trung tuyến HQ, KQ Ta có: trung trực KH thẳng hàng Câu 58 Cho hình vng ABCD có hai đường chéo AC BD cắt ( < MB < MA) BC N O Trên cạnh AB lấy M cạnh lấy · MON = 900 cho Gọi E giao điểm AN với DC, gọi K giao ON điểm với BE ∆MON 1) Chứng minh vuông cân MN BE 2) Chứng minh song song với CK BE 3) Chứng minh vng góc với OM BC K 4) Qua vẽ đường song song với cắt H Chứng minh: KC KN CN + + =1 KB KH BH Lời giải 1) Ta có : · · · BOC = 900 ⇒ CON + BON = 900 ; · · · · · MON = 900 ⇒ BOM + BON = 900 ⇒ BOM = CON Ta có BD phân giác Tương tự ta có: · BOC · · ·ABC ⇒ MBO = CBO = = 45 · BOC · · NCO = DCO = = 450 · · MBO = NCO Vậy ta có : · · · · OB = OC ; BOM = CON ; MBO = NCO ∆OBM ∆OCN Xét có ⇒ ∆OBM = ∆OCN ⇒ OM = ON · MON = 900 ; OM = ON ⇒ ∆MON ∆MON 2) Xét có ∆OBM = ∆OCN ⇒ MB = NC ⇒ AM = BM ⇒ mà AM BN = MB NC AB / / CD ⇒ AM / / CE ⇒ Ta có: ⇒ vng cân AB = BC ⇒ AB − MB = BC − NC AN BN = NE NC AM AN = ⇒ MN / / BE MB NE Vậy ta có: (Theo định lý Talet đảo) · · MN / / BE ⇒ BKN = MNO = 450 MON 3) Vì (đồng vị có tam giác vuông cân) NB NO = ⇒ ·BNK = ONK · · · ; BKN = OCN = 45 ) NK NC ⇒ ∆BNK : ∆ONC (vì có NB NO · · BNO = CNK ; = ⇒ ∆BNO : ∆KNC ∆BNO; ∆KNC NK NC - Xét có · · ⇒ NKC = NBO = 450 Vậy ta có: 4) – Vì KH / / OM · · · BKC = BKN + CKN = 450 + 450 = 900 ⇒ CK ⊥ BE mà · MK ⊥ OK ⇒ MK ⊥ KH ⇒ NKH = 900 · · · · · NKC = 45 ⇒ CKH = 45 ⇒ BKN = NKC = CKH = 45 0 mà ∆BKC Xét có KH ⊥ KN ⇒ KH · · BKN = NKC ⇒ KN phân giác ∆BKC ⇒ phân giác ∆BKC , mà KC HC = KB HB KN BN = KH BH Chứng minh tương tự ta có : KC KN NC HC BN CN BH + + = + + = = =1 KB KH BH HB BH BH BH Vậy ta có Câu 59 ABCD CD = AB = AD 1) Cho hình thang vuông A D Biết BC = a a) Tính diện tích hình thang b) Gọi D I trung điểm xuống AC ABCD BC , theo a H chân đường vng góc kẻ từ · HDI = 450 Chứng minh BC = a, CA = b, AB = c ABC 2) Cho tam giác có Độ dài đường phân la , lb , lc A, B, C giác tam giác kẻ từ đỉnh Chứng minh rằng: 1 1 1 + + > + + la lb lc a b c Lời giải 1) a) Gọi E trung điểm CD, ABED hình vng BEC tam giác vng cân AB = AD = a, BC = 2a Từ suy ABCD Diện tích hình thang AB + CD ) AD ( a + 2a ) a 3a ( S= = = b) 2 ·ADH = ·ACD(1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vng góc) ADC IBD Xét hai tam giác vng D B có: AD IB = = , DC BC ADC IBD hai tam giác đồng dạng ·ACD = BDI · Suy (2) · ( 1) , ( ) ⇒ ·ADH = BDI Từ ·ADH + BDH · · · · = 450 ⇒ BDI + BDH = 450 HDI = 450 Mà hay 2) Gọi AD đường phân giác góc A, qua C kẻ đường thẳng song song với AD cắt đường thẳng AB M · BAD = ·AMC Ta có: (hai góc vị trí đồng vị) · DAC = ·ACM (hai góc vị trí so le trong) · · BAD = DAC Mà AM = AC = b Do AD / /CM nên nên ·AMC = ·ACM hay ∆ACM cân A, suy AD BA c = = CM BM b + c CM < AM + AC = 2b ⇒ Mà c AD 11 1 > ⇒ >  + ÷ b + c 2b la  b c  1 1 11 1 >  + ÷ (2); =  + ÷ (3) lb  c a  lc  a b  (1) Tương tự ta có: ( 1) ; ( ) ; ( 3) Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh O, M ABCD AC BD Câu 60 Cho hình vng có cắt điểm B, C ) BC CD thuộc cạnh (M khác Tia AM cắt đường thẳng N Trên BE = CM cạnh AB lấy điểm E cho ∆OEM a) Chứng minh vuông cân ME / / BN b) Chứng minh : CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) O, M , H c) Từ C kẻ Chứng minh ba điểm thẳng hàng Lời giải Vì Và a) Xét ABCD ∆OEB ∆OMC hình vng nên ta có : µ =C µ = 450 B 1 OB = OC BE = CM ( gt ) Suy ∆OEM = ∆OMC (c.g.c ) ⇒ OE = OM =O ả O v ả +O ¶ = BOC · O = 900 Li cú: ả +O = EOM Ã O = 900 tứ giác ABCD hình vng OE = OM ⇒ ∆OEM kết hợp với vuông cân O ABCD ⇒ AB = CD AB / / CD b) Từ giả thiết hình vng AM BM + AB / / CD ⇒ AB / / CN ⇒ = ( *) MN MC (định lý Ta-let) BE = CM ( gt ) ( *) AB = CD ⇒ AE = BM Mà thay vào AM AE = ⇒ ME / / BN MN EB Ta có: (theo Định lý Talet đảo) OM BN H' c) Gọi giao điểm · · 'B ME / / BN ⇒ OME = MH Từ · ' B = 450 = C µ · ⇒ MH OME = 450 ∆OEM Mà vng cân O ⇒ ∆OMC : ∆BMH ' ( g.g ) ⇒ OM MC = , BM MH · · OMB = CMH ' kết hợp (hai góc đối đỉnh) · · ' C = 450 ⇒ ∆OMB : ∆CMH '(c.g.c ) ⇒ OBM = MH · ' C = BH · ' M + MH · ' C = 900 ⇒ CH ' ⊥ BN BH Vậy CH ⊥ BN ( H ∈ BN ) ⇒ H ≡ H ' O, M , H Mà hay điểm thẳng hàng (đpcm) Câu 61 Cho tam giác cắt H ABC a) Chứng minh rằng: có ba góc nhọn Các đường cao BD.DC = DH DA AD, BE , CF HD HE HF + + = AD BE CF b) Chứng minh rằng: c) Chứng minh rằng: H giao điểm đường phân giác tam giác DEF M , N , P , Q, I , K d) Gọi trung điểm đoạn thẳng BC , CA, AB EF , FD, DE , Chứng minh ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy điểm Lời giải ∆BDH : ∆ADC ( g g ) ⇒ a) Chỉ S HBC S ABC b) Ta có: BD DH = ⇒ BD.DC = DH DA AD DC HD.BC HD = = AD.BC AD HE S HAC HF S HAB = ; = BE S ABC CF S ABC Tương tự HD HE HF S HBC + S HAC + S HAB S ABC + + = = =1 AD BE CF S ABC S ABC Do đó: ∆AEF : ∆ABC ( c.g c ) ⇒ ·AEF = ·ABC c) Chứng minh · ·AEF = DEC · DEC = ·ABC Tương tự: Do đó: ·AEF + HEF · · · = DEC + HED = 900 Mà ⇒ EH nên · · HEF = HED phân giác góc EFD Do H giao đường phân giác tam giác DEF d) Do ∆BEC vuông E, M trung điểm BC nên EM = BC (trung FM = BC tuyến ứng với cạnh huyền), Tương tự: MQ ⊥ EF ∆EMF EF Do đó: cân M, mà Q trung điểm nên ⇒ MQ MQ EF đường trung trực đường trung trực DEF tam giác NI PK Hoàn toàn tương tự, chứng minh đường trung MQ, NI , PK DEF trực tam giác nên ba đường thẳng đồng quy điểm Câu 62 ABC A AB = AC = b; BC = a Cho tam giác cân có Đường phân ABC BD giác tam giác có độ dài cạnh bên tam giác ABC Chứng minh rằng: 1 b − = b a ( a + b) Lời giải ABC Vẽ BH đường cao tam giác ( BA = BD ) BAD Tam giác cân B có BH đường cao nên đường trung tuyến ⇒ AH = AD Tam giác ABC có BD đường phân giác, ta có: DA AB b DA DC DA + DC AC b b2 = = ⇒ = = = = ⇒ DA = DC BC a b a a+b a+b a+b a+b Tam giác HAB vuông H, theo định lý Pytago ta có: AD AB = BH + AH ⇒ BH = b − 2 Tam giác HBC 2 (1) vuông H, theo định lý Pytago, ta có: BC = BH + HC ⇒ BH = BC − ( AC − AH ) 2 2 2 AD   = a − b − ÷   AD ⇒ BH = a − b + b AD − (2) 2 Từ (1) (2) ta có: AD AD 2 b − = a − b + b AD − ⇒ b − a = b AD − b 4 −ab a−b b 1 b ⇒ ( b + a) ( b − a) = ⇒ = ⇒ − = a+b ab b a ( a + b) ( a + b) Vậy toán dược chứng minh ... B’C2 B’C = = 18 (cm) 18 Suy : CD = A’B’ – A’D – B’C = 42 – 18 - Vậy SABCD = 1 18  AB + CD ) A 'A =  42 + 24− ( ÷ 18 ≈ 4 98, 6 2 3 Câu 30 Cho tam giác hình vng = 24 − M NPQ ABC 18 vuông A, đường... K (EAHK hv) ⇒ QK // HE Vậy HEKQ hình thang Câu 29 Tính diện tích hình thang ABCD ( AB // CD), biết AB = 42cm, µ = 450 B µ = 600 A ; chi? ??u cao hình thang 18m Lời giải A' D C A B' B Qua A B kẻ AA’... AC > BD ) CD = 3cm Gọi E, F hình chi? ??u lên AC; H, K hình chi? ??u C AB AC a) Tứ giác DFBE b) Chứng minh: c) Chứng minh: hình ? Vì ? ∆CHK : ∆BCA AC = AB.AH + AD.A K Lời giải a) DF / /BE ∆AFD = ∆CEB