chuyen de boi duong HSG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI HSG TOÁN 8 Câu 1 : Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM. a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân. b) Chứng minh : ME // BN. c) Từ C kẻ CH  BN ( H  BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng. Câu 4( 6 điểm). Hình vẽ. Xét ∆OEB và ∆OMC a 3 đ. Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC 0   Và B1 C1 45 BE = CM ( gt ). Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c). b 2đ. c 1đ.    OE = OM và O1 O3   0  Lại có O2  O3  BOC 90 vì tứ giác ABCD là hình vuông  O   O EOM 900 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O 2 1 Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD AM BM  + AB // CD  AB // CN  MN MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*) Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) AM AE  Ta có : MN EB  ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét) Gọi H’ là giao điểm của OM và BN   Từ ME // BN  OME OH ' E ( cặp góc so le trong) 0  Mà OME 45 vì ∆OEM vuông cân tại O  ' B 450 C   MH 1  ∆OMC  ∆BMH’ (g.g) OM MH '    CMH ' ( hai góc đối đỉnh) OB MC ,kết hợp OMB   ' C 450  ∆OMB  ∆CMH’ (c.g.c)  OBM MH .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam 0    Vậy BH ' C BH ' M  MH ' C 90  CH '  BN Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm). Câu 2: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD. a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ? b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2. H. C. B F O E. A. D. K. A Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF Chứng minh : BEO DFO ( g  c  g ) => BE = DF Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành. B     Ta có: ABC  ADC  HBC KDC Chứng minh : CBH CDK ( g  g ) . CH CK   CH .CD CK .CB CB CD. B, Chứng minh : AFD AKC ( g  g ) AF AK    AD. AK AF . AC AD AC Chứng minh : CFD AHC ( g  g ) . CF AH  CD AC. CF AH   AB. AH CF . AC AB AC Mà : CD = AB Suy ra : AB.AH + AB.AH = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (đfcm). Câu 3. Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME  AB, MF  AD. a. Chứng minh: DE CF b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. HV + GT + KL. Câu 3 (6 điểm). AE FM DF  AED DFC  đpcm b. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC  đpcm a. Chứng minh:. c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi  ME  MF a không đổi.  S AEMF ME.MF lớn nhất  ME MF (AEMF là hình vuông)  M là trung điểm của BD. Bài 4: Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N. a, Chứng minh rằng OM = ON. 1 1 2 + = b, Chứng minh rằng . AB CD MN c, Biết SAOB= 20082 (đơn vị diện tích); SCOD= 20092 (đơn vị diện tích). Tính SABCD. Bài 6 (5 điểm) a, (1,5 điểm) OM OD ON OC 0,5đ = = Lập luận để có , AB BD AB AC OD OC 0,5đ = Lập luận để có DB AC OM ON 0,5đ = ⇒ ⇒ OM = ON AB AB b, (1,5 điểm) OM DM OM AM 0,5đ = = Xét Δ ABD để có (1), xét Δ ADC để có (2) AB AD DC AD 1 1 AM+ DM AD + = =1 Từ (1) và (2) ⇒ OM.( ) ¿ AB CD AD AD 1 1 0,5đ + )=1 Chứng minh tương tự ON. ( AB CD 1 1 1 1 2 0,5đ + )=2 + = ⇒ từ đó có (OM + ON). ( AB CD AB CD MN. b, (2 điểm) S AOB OB S BOC OB S AOB S BOC = = =¿ ⇒ ⇒ , S AOD OD S DOC OD S AOD S DOC S AOB . S DOC =S BOC . S AOD Chứng minh được S AOD =S BOC S AOD ¿ 2 ⇒ S AOB . S DOC =¿ Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2 ⇒ SAOD = 2008.2009. 0,5đ. 0,5đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam Do đó SABCD= 20082 + 2.2008.2009 + 20092 = (2008 + 2009)2 = 40172 (đơn vị DT). 0,5đ. Bài 5:Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H  BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. §êng vu«ng gãc víi BC t¹i D c¾t AC t¹i E. 1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m  AB . 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. TÝnh sè ®o cña gãc AHM GB HD  3. Tia AM c¾t BC t¹i G. Chøng minh: BC AH  HC . 4.1. + Hai tam gi¸c ADC vµ BEC cã: Gãc C chung. CD CA  CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng). 4.2. 4.3. Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). 0   Suy ra: BEC  ADC 135 (v× tam gi¸c AHD vu«ng c©n t¹i H theo gi¶ thiÕt). 0  Nên AEB 45 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: BE  AB 2 m 2 BM 1 BE 1 AD     Ta cã: BC 2 BC 2 AC (do BEC ADC ) mµ AD  AH 2 (tam gi¸c AHD vu«ng v©n t¹i H) BM 1 AD 1 AH 2 BH BH       AB 2 BE (do ABH CBA ) nªn BC 2 AC 2 AC 0 0    Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 135  AHM 45 Tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A, nªn tia AM cßn lµ ph©n gi¸c gãc BAC. GB AB AB ED AH HD    ABC DEC    ED // AH   HC HC Suy ra: GC AC , mµ AC DC GB HD GB HD GB HD      GB  GC HD  HC BC AH  HC Do đó: GC HC. Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H  BC). Trên tia HC lấy ®iÓm D sao cho HD = HA. §êng vu«ng gãc víi BC t¹i D c¾t AC t¹i E. 4. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m  AB . 5. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. TÝnh sè ®o cña gãc AHM GB HD  6. Tia AM c¾t BC t¹i G. Chøng minh: BC AH  HC . 4.1 + Hai tam gi¸c ADC vµ BEC cã: Gãc C chung. CD CA  CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam. Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). BEC  ADC 1350 Suy ra: (v× tam gi¸c AHD vu«ng c©n t¹i H theo gi¶ thiÕt). AEB 450 Nªn do đó tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A. Suy ra:. BE  AB 2 m 2 BM 1 BE 1 AD     Ta cã: BC 2 BC 2 AC (do BEC ADC ) mµ AD  AH 2 (tam gi¸c AHD vu«ng v©n t¹i H) 4.2. BM 1 AD 1 AH 2 BH BH       AB 2 BE (do ABH CBA ) nªn BC 2 AC 2 AC 0 0    Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 135  AHM 45 4.3 Tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A, nªn tia AM cßn lµ ph©n gi¸c gãc BAC. GB AB AB ED AH HD    ABC DEC    ED // AH   HC HC Suy ra: GC AC , mµ AC DC GB HD GB HD GB HD      GB  GC HD  HC BC AH  HC Do đó: GC HC Câu 7: Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BD ở E và cắt CD ở K. Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC ở F và cắt CD ở I. Chứng minh rằng: a) DK = CI b) EF // CD c) AB2 = CD.EF A B. F. E. D. K. I. C. a) Tứ giác ABCK có: AB // CK (AB // CD, K  CD) AK // BC (gt)  ABCK là hình bình hành  CK = AB  DK = CD – CK = CD – AB Chứng minh tương tự, ta có DI = AB  IC = CD – DI = CD – AB Từ (1) và (2) suy ra: DK = IC b)  DEK có AB // DK, theo hệ quả định lý Ta-let ta có:. (1) (2).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam AE AB = EK DK. (3).  FIC có AB // IC, theo hệ quả định lý Ta-let ta có: AF AB = FC IC Mà: DK = IC (câu a) (5) AE AF = Từ (3), (4), (5) suy ra: EK FC AE AF =  AKC có EK FC  EF // KC (định lý Ta-lét đảo)  EF // CD. (4). c). 5. AB CK = Ta có: CD CD (vì AB = CK)  BCD có EK // BC, theo định lý Ta-lét ta có: CK BE = CD BD  BDI có EF // DI, theo định lý Ta-let ta có: BE EF = BD DI Mà DI = AB BE EF = BD AB Suy ra: AB CK BE EF = = = CD CD BD AB Từ (6), (7), (8) suy ra: AB EF =  CD AB  AB2 = CD. EE. (6). (7). (8). Câu 8: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 = + 2 2 AM AN 2 . 3. Chứng minh rằng: AD Câu 4 E. A. B. 1 (2.0 điểm) H F. D. M. C.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam.    Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH ) AB = AD ( gt) BAF = ADM  = 900 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0  Mặt khác. DAE = 90 (gt). Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2 (2.0 điểm). Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) AB BH BC BH  = = AF AH hay AE AH ( AB=BC, AE=AF)    Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH )  ΔCBH ΔEAH (c.g.c) 2. 2. S SΔCBH  BC   BC   ΔCBH =  =4    =4 SΔEAH  AE  , mà SΔEAH AE   (gt) nên BC2 = (2AE)2  BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm). 3 (2.0 điểm). Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM AD CN =  =  CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC AD MC  =  = = AN AB AN MN hay AN MN 2. 2. 2. 2. CN 2 + CM 2 MN 2  AD   AD   CN   CM  = =1   +  =  +  = MN 2 MN 2   AM   AN   MN   MN  (Pytago) 2. 2.  AD   AD  1 1 1     +  = 1  2 2   AM   AN  AM AN AD 2. (đpcm). Câu 9: Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC. b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có giá trị không đổi..  H  BC  . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. c) Kẻ DH  BC Chứng minh CQ  PD ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam E. D A M Q. B. 4. P. I. H. C. a) Chứng minh EA.EB = ED.EC. Chứng minh  EBD đồng dạng với  ECA (g-g) EB ED   EA.EB ED.EC - Từ đó suy ra EC EA b) Kẻ MI vuông góc với BC ( I  BC ) . Ta có  BIM đồng dạng với  BDC (g-g) . BM BI   BM .BD BI .BC BC BD (1). CM CI   CM .CA CI .BC BC CA Tương tự:  ACB đồng dạng với  ICM (g-g) (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra BM .BD  CM .CA BI .BC  CI .BC BC ( BI  CI ) BC (không đổi) . c) Chứng minh  BHD đồng dạng với  DHC (g-g) BH BD 2 BP BD BP BD       DH DC 2 DQ DC DQ DC   - Chứng minh  DPB đồng dạng với  CQD (c-g-c)  BDP DCQ o   o   mà BDP  PDC 90  DCQ  PDC 90  CQ  PD. Bài 10:. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. HD HE HF   a. Tính tổng: AD BE CF 2 b. Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC c. Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF. d. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN. Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam 5. A. E. F. H M. I B. K N. D. C. O. a. b. c. d. HD Trước hết chứng minh: AD = HE S ( HCA)  Tương tự có: BE S ( ABC ) ;. S ( HBC ) S ( ABC ) HF S ( HAB )  CF S ( ABC ). S ( HBC )  S ( HCA)  S ( HAB ) HD HE HF HD HE HF     S ( ABC )  AD BE CF = 1 Nên AD BE CF = Trước hêt chứng minh  BDH   BEC  BH.BE = BD.BC Và  CDH   CFB  CH.CF = CD.CB.  BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (đpcm)   Trước hết chứng minh:  AEF   ABC  AEF  ABC   Và  CDE   CAB  CED CBA   AEF CED mà EB  AC nên EB là phân giác của góc DEF. Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE. Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm) Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có  OMH =    ONC (c.c.c)  OHM OCN .(1)   Mặt khác ta cũng có  OCH cân tại O nên: OHC OCH .(2)   Từ (1) và (2) ta có: OHC OHB  HO là phân giác của góc BHC Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và p/giác của góc BHC nên O là điểm cố định. Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O.. Bài 11: Cho hình vuông ABCD ( AB = a ), M là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Tia Ax vuông góc với AM cắt đường thẳng CD tại K. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MK. Tia AI cắt đường thẳng CD tại E. Đường thẳng qua M song song với AB cắt AI tại N. 1/ Tứ giác MNKE là hình gì ? Chứng minh. 2/ Chứng minh: AK2 = KC . KE. 3/ Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh BC thì tam giác CME luôn có chu vi không đổi. 1 1  2 AG 2 không phụ thuộc vào 4/ Tia AM cắt đường thẳng CD ở G. Chứng minh rằng AM vị trí của điểm M..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam A. B. M. N I. K. D. E. C. G. Câu 1: 0, 75 điểm. + Từ MN // AB // CD và MI = IK áp dụng định lý Ta let ta có NI = IE ( 0,25 điểm ) + Chỉ ra tam giác AMK vuông cân tại A để có AE  KM ( 0,25 điểm ) + Tứ giác MNKE là hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau nên MNKE là hình thoi. ( 0,25 điểm ) Câu 2: 0, 75 điểm. + Từ tính chất hình vuông có  ACK = 45 0. ( 0,25 điểm ) + Chứng minh hai tam giác AKE và CKA đồng dạng, suy ra ĐPCM. ( 0,5 điểm ) Câu 3: 1, 0 điểm. + Từ hai tam giác ABM và ADK bằng nhau ta có MB = DK nên EK = MB + ED. ( 0,25 điểm ) + Tam giác AMK vuông cân tại A có MI = IK nên AI là trung trực của MK do đó ME = EK. ( 0,25 điểm ) + Từ đó ME = MB + ED, suy ra ME + CM + CE = 2a. ( 0,25 điểm ) + KL: ( 0,25 điểm ) Câu 4: 1, 0 điểm. + Tam giác AMK vuông cân tại A nên AM = AK; do đó 1 1 1 1   2 2 2 AM AG = AK AG 2 . ( 0,25 điểm ) + Tam giác AKG vuông tại A nên AK . AG = KG . AD = 2. dt AKG, do đó AK 2 . AG2 = 2 KG . AD2. ( 0,25 điểm ) 2 2 2 + Mặt khác lại có KG = AK + AG và AD = a nên ta có AK 2  AG 2 1 1 1 1  2  2 2 2 2 a , suy ra AK AG = a 2 AK2 . AG2 = a2( AK2 + AG2 ), hay AK . AG ( 0,25 điểm ) Bài 13 : Cho hình bình hành ABCD , trên cạnh AB và CD lần lượt lấy các điểm M , K sao cho AM = CK . Lấy điểm P nằm trên cạnh AD ( P ≠ A ; P ≠ D ). Nối PB , PC cắt MK tại E , F . Chứng minh S PEF =SBME + SCKF Bµi 14: Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a. Một điểm M chuyển động trên cạnh DC (M D, M C) chän ®iÓm N trªn c¹nh BC sao cho ∠ MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC 2.Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 1 3. Chøng minh S Δ AEF = S Δ AMN 2 4. Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC 5. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE . Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2. Giải Bài 14:.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam A. B. F N. H I. E. K. D. M. C. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC ( 1,25 điểm) -Ta cm: ∠ ABF = ∠ ACM = 450 - ∠ BAF = ∠ MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 ) suy ra : ° ABF # °AMC 2. Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o ( 1,5 điểm)  AFB #  AMC (g.g) AF AB AF AM => = ⇔ = (1) AM AC AB AC Cã ∠ MAF = ∠ BAC = 45 0(2) Tõ 1 vµ 2 =>  AFM #  ABC => ∠ AFM = ∠ ABC = 90o C/M hoµn toµn t¬ng tù cã ∠ AEN = 900 v× vËy ∠ AFM = ∠ AEN = 90o Tõ. 3. S  AEF = 1/2 S  AMN (2 điểm) AF AE = Cã  AFM #  AEN => AM AN AF 2 ¿ (1) AM =>  AEF #  AMN (c.g.c) => SAEF =¿ SAMN Cã ∠ FAM = 450, ∠ AFM = 900 =>  AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 AF 2 1 => AM ¿ = 2 ¿ SAEF 1 Thay vào (1) ta đợc = hay: S  AEF = 1/2 S  AMN SAMN 2 4.. C/M chu vi  CMN không đổi ( 1,25 điểm) Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN  ADK =  ABN => AK = AN vµ ∠ BAN = ∠ DAK. do đó  AMN =  AKM (c.gc) => MN=KM V× vËy: Chu vi  CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi  CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC 5. Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 (2 điểm) KÎ HI ^ MN t¹i I - Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN - Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM - suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2 - áp dụng định lí Pitago vào °CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam Bài 15:Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC). Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H. Gọi M trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K. a. Chứng minh  ABC đồng dạng  EFC. b. Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và D. Chứng minh NC = ND và HI = HK. AH BH CH   6 c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh: HE HF HG. Giải A. F K. G H. I. B. E. M. C. N. D. CE CA  Ta có  AEC   BFC (g-g) nên suy ra CF CB CE CA  Xét  ABC và  EFC có CF CB và góc C chung nên suy ra  ABC   EFC ( c-g-c) Vì CN //IK nên HM  CN  M là trực tâm  HNC  MN  CH mà CH  AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD Do M là trung điểm BC nên  NC = ND  IH = IK ( theo Ta let) AH S AHC S ABH S AHC  S ABH S AHC  S ABH     HE S S S  S S BHC CHE BHE CHE BHE Ta có: BH S BHC  S BHA CH S BHC  S AHC   BF S CG S BHA AHC Tương tự ta có và AH BH CH S AHC  S ABH  S BHC  S BHA  S BHC  S AHC    S BHC S AHC S BHA HE HF HG S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC     = S BHC S BHC S AHC S AHC + S BHA S BHA 6 . Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB < AC nên không xảy ra dấu bằng. Câu 16 : Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh OM=ON. 1 1 2 + = b) Chứng minh . AB CD MN c) Biết S AOB =a2 ; S COD =b2 . Tính S ABCD ?.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> GV: Đặng Quốc Tuấn THCS La Sơn – Bình Lục – Hà Nam d) Nếu. ^ ^ 900 . Chứng minh BD > AC. D< C< hình vẽ B A N. M O. D. OA OB = AC BD. a/ Ta có. b/ Do MN//AB và CD. C. Do MN//DC ⇒ ⇒. OM AM = CD AD. OM ON = DC DC. ⇒ OM=ON.. OM OM AM  MD OM DM   1 = AD và AB AD . Do đó: DC AB (1). ON ON + =1 (2) DC AB MN MN 1 1 2 + =2 ⇒ + = Từ (1);(2) ⇒ DC AB DC AB MN c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương ứng. Do S AOB OB S AOD OA = = vậy : và S AOD OD S COD OC Tương tự:. Nhưng. OB OA = OD OC. ⇒. S AOB S AOD = S AOD S COD. ⇒. S BOC=ab .Vậy S ABCD= ( a+b )2. d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K ^ 900 nên H, K nằm trong đoạn CD Do ^ D< C< ^ D=C ^ >^ Ta có A ^ E D=B C D ⇒ AD> AE . Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH.. S 2 =S AOB . S COD =a2 .b 2 nên S AOD =ab .Tương tự AOD. A. B. Vậy. 2 2 2  AHE 2  CH 2 K AC 2 (Do Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB DBK  DK C H. AH 2 BK 2 )  BD  AC.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>