Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC Bài 1: Cho đoạn thẳng AB, gọi O là trung điểm AB. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By vuông góc với AB. Lấy C trên Ax, D trên tia By sao cho · COD = 90 0 . a/ Chứng minh CD = AC + BD b/ Kẻ OM ⊥ CD tại M, gọi N là giao điểm AD với BC. Chứng minh MN//AC (Đề thi HSG quận Tân Bình 1995 – 1996) Giải: a/ Chứng minh CD = AC + BD Nối CO cắt DB tại E. Xét ∆ ACO và ∆ BOE có: · · OAC OBE= ( = 90 0 ); · · AOC BOE= (đđ); OA = OB (gt) => ∆ ACO = ∆ BOE (g,c,g) => AC = BE và OC = OE ∆ DCE có DO là đường trung tuyến và là đường cao nên ∆ DCE cân tại D => CD = DE. Mà DE = DB + BE = DB + AC => CD = AC + BD b/ Chứng minh MN//AC: Vì ∆ DCE cân tại D => DO là phân giác; OM = OB => OM = OA => ∆ ACO = ∆ MCO (ch,cgv) => MC = CA Tương tự: ∆ ODM = ∆ ODB => MC = CA Tam giác CAN có AC//BD (cùng vuông góc với AB) nên AN AC ND BD = (hệ quả đònh lý Talet) Hay AN CM ND MD = => MN//AC Bài 2: Cho ∆ ABC cân tại A với A là góc nhọn; CD là đường phân giác góc ACB (D thuộc AB) qua D kẽ đường vuông góc với CD; đường này cắt đường thẳng CB tại E. Chứng minh BD = 1/2EC (Đề thi HSG quận 1, 95 – 96) Giải: Gọi K là trung điểm EC. Tam giác vuông EDC vuông tại D có KD là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên DK = EC 2 và DK = KC Vậy tam giác KDC cân tại K => ¶ ¶ 1 2 D C= Mà ¶ ¶ 1 2 C C= (gt) => ¶ ¶ ¶ 1 1 2 D C C= = Ta có: · ¶ ¶ 1 2 DKB D C= + = ¶ ¶ 1 2 C C+ = · ACB (góc ngoài tại đỉnh K của ∆ DCK) => · · DKB DBC= (do ∆ ABC cân tại A) => ∆ DBK cân tại D => BD = DK = EC/2 Bài 3: Cho ∆ ABC có µ A = 30 0 . Dựng bên ngoài tam giác đều BCD. Chứng minh AD 2 = AB 2 + AC 2 (Đề thi HSG quận 6, 97 – 98) Giải: Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chưa điểm B vẽ tia Ax sao cho · xAC = 60 0 Trên tia Ax lấy E sao cho AE = AC => ∆ AEC đều Ta có: · · · BAE BAC CAE= + = 30 0 + 60 0 = 90 0 ∆ ABE vuông tại A cho ta: BE 2 = BA 2 + AE 2 Hay BE 2 = AB 2 + AC 2 (1) Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A BO C D N M E A B C K D 1 1 2 E A B D C x E Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ Mặt khác: · · · BCE BCA ACE= + = · BCA + 60 0 => · · BCE ACD= Xét ∆ ACD và ∆ ECB có: · · BCE ACD= ; AC = CE; CD = CB => ∆ ACD = ∆ ECB (c-g-c) => DA = BE (2). Từ (1) và (2) suy ra: AD 2 = AB 2 + AC 2 Bài 4: Cho đoạn thẳng AC = m. Lấy điểm B bất kỳ thuộc đoạn AC (B ≠ A; B ≠ C). Tia Bx vuông góc với AC. Trên tia Bx lần lượt lấy các điểm D và E sao cho BD = BA và BE = BC. a/ Chứng minh CD = AE và CD ⊥ AE b/ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, CD. Gọi I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm I đến AC không đổi khi B di chuyển trên đoạn AC. c/ Tìm vò trí của điểm B trên đoạn AC sao cho tổng diện tích hai tam giác ABE và BCD có giá trò lớn nhất. Tính giá trò lớn nhất này theo m. (Đề thi HSG toán 8 quận Tân Bình 2000 – 2001) Giải: a/ Chứng minh CD = AE và CD ⊥ AE Ta có ∆ ABE = ∆ DBC (c-g-c) => CD = AE Gọi F là giao điểm của AE và CD, ta có: · · AEB DEF= (đđ) và · · EAB BDC= ( ∆ ABE = ∆ DBC) => · · · · AEB EAB DEF BDC+ = + Mà · · AEB EAB+ = 90 0 => · · DEF BDC+ = 90 0 => · DFE = 90 0 hay AE ⊥ CD tại F b/ Gọi M’, N’, I’ lần lượt là hình chiếu của M, N, I xuống AC ∆ AEB có M là trung điểm của AE, MM’//BE (cùng vuông góc với AC) => MM’ là đường trung bình của ∆ AEB => MM’ = 1/2BE hay MM’ = 1/2BC Chứng minh tương tự, ta có NN’ là đường trung bình của ∆ BCD => NN’ = 1/2BD hay NN’ = 1/2AB Tứ giác MNM’N’ có MM’//NN’ (cùng vuông góc AC) => MNN’M’ là hình thang I là trung điểm của MN; I I’//MM’//NN’ => I I’ là đường trung bình của hình thang MNN’M’ => I I’ = MM' NN' BC AB AC m 2 4 4 4 + + = = = (không đổi) c/ Vì ∆ ABE’ = ∆ DBC nên S ABE = S DBC => S ABE + S DBC = 2S ABE 2S ABE = 2.1/2AB.BE = AB.BE = AB.BC Vì AB > 0; Bc > 0 mà tổng AB + BC = AC = m (không đổi) nên tích AB.BC đạt giá trò lớn nhất <=> AB = BC = m/2 <=> B là trung điểm AC. Vậy max(S ABE + S DBC ) = m m . 2 2 = 2 m 4 (đvdt) <=> B là trung điểm của đoạn AB Bài 5: Trên cạnh AB của hình vuông ABCD, người ta lấy điểm E tuỳ ý. Tia phân giác của góc CDE cắt BC tại K. Chứng minh AE + KC = DE Giải: Trên tia đối của tia AB lấy I sao cho CK = AI => ∆ CDK = ∆ ADI (Vì CK = AI; CD = AD và µ µ A C= = 90 0 ) => ¶ ¶ ¶ 1 2 3 D D D= = và · · AID CKD= Mặt khác ta có: · · KDA CKD= (so le trong) Nên: · · KDA CKD= = ¶ 2 D + · EDA = ¶ 3 D + · EDA = · EDI Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học CA B D E M N M’ N’ I’ I x F AB C D E K I 1 2 3 Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ => · EID = · EDI => ∆ EDI cân tại E => ED = EI = EA + AI = EA + CK Bài tương tự: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AD lấy M bất kì, BE là phân giác của góc MBC (E ∈ DC). Chứng minh EC = MB – MA Bài 6: Cho ∆ ABC vng tại A. Về phía ngoài của tam giác, ta vẽ các hình vuông ABDE và ACGH. a/ Chứng tỏ tứ giác BCHE là hình thang cân b/ Kẻ đường cao AH 1 của tam giác ABC. Chứng tỏ các đường thẳng AH 1 , DE, GH đồng quy. Giải: a/ Chứng tỏ tứ giác BCHE là hình thang cân Ta có: · · EBH BHC= = 45 0 (tính chất đường chéo hình vuông) => EB//HC Mặt khác ta có: EA = AB; AC = AH Nên: EC + AC = AB + AH hay EC = BH => Tứ giác BCHE là hình thang cân b/ Chứng tỏ các đường thẳng AH 1 , DE, GH đồng quy. Gọi P là giao điểm của DE và HG => AEPH là hình chữ nhật Gọi O là giao điểm của AH 1 với EH. Vẽ HQ ⊥ AO, EK ⊥ AO Xét ∆ ABH 1 và ∆ AEK có: · 1 AH B = · AEK = 90 0 ; · ABH = · EAK (Cùng phụ với góc BAH 1 ); AB = AE => ∆ ABH 1 = ∆ AEK => AH 1 = EK (1) Tương tự: ∆ ACH 1 = ∆ HAQ => AH 1 = HQ (2) Từ (1) và (2) => EK = HQ Xét ∆ OEK và ∆ OHQ vuông có: EK = HQ; · KEO = · QHO (so le trong) => ∆ OEK = ∆ OHQ => OE = OH => O là trung điểm của EH: Vậy O là trung điểm AP (AEPH là hình chữ nhật) => P thuộc AO nên P thuộc AH 1 Vậy 3 đường thẳng AH 1 , DE, GH đồng quy tại một điểm. Bài 7: Cho hình chữ nhật ABCD, kẽ BH vuông góc với AC tại H. Gọi M và K lần lượt là trung điểm của AH và CD. Chứng minh BM ⊥ MK Giải: Gọi N là trung điểm BH; => MN là đường trung bình của ∆ ABH => MN//AB và MN = 1/2AB Mà AB ⊥ BC => MN ⊥ BC => N là trự c tâm của ∆ BMC hay CN là đường cao của ∆ BMC => CN ⊥ BM Ta có CK = 1/2CD; mà CD = AB => CK 1/2AB Mặt khác CK//AB (CD//AB) => CNMK là hình bình hành => CN//MK Mà CN ⊥ BM => MK ⊥ BM Bài 8: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn và hai đường cao AA’; BB’ cắt nhau tại H. Gọi D là điểm đối xứng với H qua trung điểm I của BC. Chứng minh · BDC và · BAC bù nhau. Giải: Tứ giác BHCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm I của chúng => BHCD là hình bình hành => · BDC = Tứ giác HC’AB’ có tổng bốn góc là 360 0 => · C'AB' bù với · C'HB' ; Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A B C D E P H G O Q K H 1 B A D C K M N H A B C A’ B’ C’ H I D Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ Mà · C'HB' = · BHC (đđ). Vậy · BDC bù với · C'AB' hay · BDC và · BAC bù nhau. Bài 9: Cho ∆ ABC ( µ A = 90 0 ), D là điểm di đông trên cạnh BC. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên AB, AC. a/ Xác đònh vò trí điểm D để tứ giác AEDF là hình vuông? b/ Xác đònh vò trí điểm D để tổng 3AD + 4EF đạt giá trò nhỏ nhất? Giải: a/ Tứ giác AEDF có µ µ $ A E F= = = 90 0 nên là hình chữ nhật Tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là phân giác của góc EAF Hay AD là phân giác của góc BAC Vậy khi D là giao điểm của tia phân giác góc BAC với cạnh BC thì tứ giác AEDF là hình vuông. b/ Ta có AD = EF (AEDF hình chữ nhật) => 3AD + 4EF = 3AD + 4AD = 7AD Vẽ AH ⊥ BC => AD ≥ AH (T/c hình chiếu và đường xiên) Do đó: 3AD + 4EF ≥ 7AH; AH không đổi. Dấu “=” xảy ra <=> D ≡ H Vậy tổng 3AD + 4EF đạt giá trò nhỏ nhất bằng 7AH <=> D ≡ H (H là chân đường cao hạ từ A xuống BC) Bài 10: Cho ∆ ABC cân tại C. Kẻ đường phân giác AA 1 của góc A và đường trung tuyến CC 1 của tam giác. Biết rằng AA 1 = 2CC 1 . Tính số đo góc ACB Giải: Từ C 1 kẻ C 1 D//AA 1 => C 1 D = CC 1 => ∆ DCC 1 cân tại C 1 => · 1 C DC = · 1 C CD Mà · 1 C CD = · µ 1 DC B B+ = · µ 1 A AB B+ = · µ 1 CAB B 2 + = µ µ 1 B B 2 + Hay · 1 C CD = µ 3 B 2 . Tam giác ABC cân tại C nên trung tuyến CC 1 cũng là phân gíac của ∆ ABC => · ACB = 2 · 1 C CD = 2. µ 3 B 2 = 3 µ B . Ta có · · µ ACB CAB B+ + = 180 0 => 3 µ B + µ B + µ B = 180 0 => 5 µ B = 180 0 => µ B = 36 0 => · ACB = 3.36 0 = 108 0 Bài 11: Cho tứ giác ABCD có AC = 10cm; BD = 12cm. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, biết góc AOB = 30 0 . Tính diện tích tứ giác ABCD Giải: Vẽ AH ⊥ OB và AK ⊥ OD => ∆ AOH là nửa tam giác đều cạnh OA => AH = 1/2OA Tương tự: => CK = 1/2OC Ta có S BCD = 1/2CK.BD = 1/4OC.DB S ABC = 1/2AH.BD = 1/4OA.BD S ABCD = S BCD + S ABC = 1/4OC.DB + 1/4OA.BD = 1/4AC.BD => S ABCD = ½.12.10 = 30cm 2 Bài 12: Cho ∆ ABC có trung tuyến AD và BE vuông góc với nhau tại O. Cho AC = b và BC = a. Tính diện tích hình vuông có cạnh là AB Giải: Vì AD và BE là trung tuyến nên O là trọng tâm của ∆ ABC => OB = 2OE và OA = 2OD p dụng đònh lý Pitago: OA 2 + = AE 2 = b 2 /4 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A B C H D E F C A B C 1 A 1 D A B C D O H K A B C E D O Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ OB 2 BD 2 = a 2 /4 => (OA 2 + OB 2 ) + (OE 2 + OD 2 ) = 2 2 a b 4 + => AB 2 + 2 2 OB OA 4 + = 2 2 a b 4 + => 5 4 AB 2 = 2 2 a b 4 + => AB 2 = 2 2 a b 5 + Vậy diện tích của hình vuông cạnh AB là: 2 2 a b 5 + (đvdt) Bài 13: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. a/ Chứng minh AE = AB b/ Gọi M là trung điểm BE. Tính góc AHM Giải: a/ Chứng minh AE = AB Kẻ EF ⊥ AH, => HDEF là hình chữ nhật => EF = HD mà AH = HD (gt) => EF = AH Xét ∆ HBA và ∆ FAE có: µ $ H F= = 90 0 ; AH = EF; · · FEA HAB= (cùng phụ với góc FAE) => ∆ HBA = ∆ FAE => AB = AE b/ Tính góc AHM Do ∆ ABE vuông tại A => AM = BE/2 và ∆ DBE vuông tại D => DM = BE/2 => AM = MD HM: cạnh chung; AH = HD (gt) => ∆ AHM = ∆ DHM => · · · AHD MHA MHD 2 = = = 45 0 Bài 14: Cho tứ giác MDHN có: µ µ M D= = 90 0 và MH = MD = DN 2 ; Lấy điểm E bất kỳ thuộc MH (E ≠ M và E ≠ H), kẻ tia Ex vuông góc với DE và tia này cắt NH tại F. Chứng minh rằng ∆ DEF vuông cân. Giải: Kẽ HN ⊥ DN => HK = MD, DK = MH = DN 2 Mà MH = MD (gt) => HK = DK = KN => ∆ KHN vuông cân tại K => µ N = 45 0 => · MHN = 135 0 Lấy I ∈ MD sao cho ME = MD => EH = ID và ∆ MEI vuông cân tại M => · MIE = 45 0 => · DIE = 135 0 Xét ∆ IDE và ∆ HEF: có ID = EH; · DIE = · MHN = 135 0 ; · IDE = · HEF (góc có cạnh tương ứng vuông góc) => ∆ IDE = ∆ HEF => DE = EF. Vậy ∆ DEF vuông cân t E Bài 15: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác đònh vò trí điểm D, E sao cho: a/ DE có độ dài nhỏ nhất b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Giải: a/ DE có độ dài nhỏ nhất Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a) p dụng đònh lý Pitago với ∆ ADE vuông tại A có: Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A B E F M H D C M HE F D K N xI A D B C E Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ DE 2 = AD 2 + AE 2 = (a – x) 2 + x 2 = 2x 2 – 2ax + a 2 = 2(x 2 – ax) – a 2 = = 2(x – 2 a 4 ) 2 + 2 a 2 ≥ 2 a 2 Ta có DE nhỏ nhất <=> DE 2 nhỏ nhất <=> x = a 2 <=> BD = AE = a 2 <=> D, E là trung điểm AB, AC b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Ta có: S ADE = 1 2 AD.AE = 1 2 AD.BD = 1 2 AD(AB – AD) = – 1 2 (AD 2 – AB.AD) = = – 1 2 (AD 2 – 2 AB 2 .AD + 2 AB 4 ) + 2 AB 8 = – 1 2 (AD – AB 4 ) 2 + 2 AB 2 ≤ 2 AB 8 Vậy S BDEC = S ABC – S ADE ≥ 2 AB 2 – 2 AB 8 = 3 8 AB 2 không đổi Do đó minS BDEC = 3 8 AB 2 khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC Bài 16: Cho ∆ ABC có AB = 4; AC = 7, đường trung tuyến AM = 3,5. Tính BC Giải: p dụng đònh lý Pitago lần lượt với các tam giác vuông ta có: AM 2 = AH 2 + HM 2 = 2 2 2 2 (AB BH ) (AC HC ) 2 − + − + HM 2 = = 2 2 2 2 AB AC BH HC 2 2 + − − + HM 2 = 2 2 2 AB AC (BH HC) 2.BH.CH 2 2 + − − − + HM 2 = = 2 2 2 AB AC BC 2 2 + − + BH.CH + HM 2 = 2 2 2 AB AC BC 2 2 + − + (BM – MH)(CM + MH) + HM 2 = = 2 2 2 AB AC BC 2 2 + − + BM 2 – MH 2 + HM 2 = 2 2 2 AB AC BC 2 2 + − + 2 BC 4 = 2 2 2 2AB 2AC BC 4 + − Thay AB = 4, AM = 3,5; AC = 7, ta được: BC 2 = 81 <=> BC = 9 Bài 17: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn (AB < AC). Gọi H là trực tâm; O là giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác. Gọi D là điểm đối xứng của điểm A qua O. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: AH = 2MO Giải: Ta có AO = OC = OD => ∆ ACD vuông tại C => DC ⊥ AC mà BH ⊥ AC => BH//DC Tương tự ta chứng minh được: CH // BD => BHCD là hình bình hành M là trung điểm của BC nên M là trung điểm HD O là trung điểm AD => OM là đường trung bình ∆ AHD => AH = 2OM Bài 18: Chứng minh rằng trong một tam giác có 2 cạnh không bằng nhau thì tổng độ dài cạnh lớn và đường cao tương ứng sẽ lớn hơn tổng độ dài cạnh nhỏ với đường cao tương ứng. Giải: Không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC, BH là đường cao tương ứng với AC; CK là đường cao tương ứng AB Trên AC lấy D sao cho AB = AD; Kẻ DE ⊥ AB; DF ⊥ CK => DE = KF Và ∆ ABH = ∆ ADE (cạnh huyền – góc nhọn) Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A B C H M A B H M D O C A H D C B E K F Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ => BH = DE => BH = KE ∆ DFC vuông tại F => FC < DC => AB + CK = AB + KF + FC < AD + BH + DC => AB + CK < AC + BH Bài 19: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn và M là một điểm thuộc miền trong của ∆ ABC. Vẽ các đoạn thẳng, MH, MK, ML lầm lượt vuông góc với BC, AC, AB (H, K, L là chân các đường thẳng vuông góc) a/ CMR: AL 2 + BH 2 + CK 2 = BL 2 + CH 2 + AK 2 b/ CMR: AL 2 + BH 2 + CK 2 ≥ 1 4 ( AB 2 + BC 2 + AC 2 ) c/ Xác đònh vò trí M để AL 2 + BH 2 + CK 2 nhỏ nhất Giải: a/ ∆ MAL vuông tại L => AL 2 + ML 2 = MA 2 => AL 2 = MA 2 – ML 2 Tương tự: BH 2 = MB 2 – MH 2 và CK 2 = MC 2 – MK 2 Do đó: AL 2 + BH 2 + CK 2 = (MA 2 + MB 2 + MC 2 ) – (ML 2 + MH 2 + MK 2 ) Chứng minh tương tự ta cũng có: BL 2 + CH 2 + AK 2 = (MA 2 + MB 2 + MC 2 ) – (ML 2 + MH 2 + MK 2 ) => AL 2 + BH 2 + CK 2 = BL 2 + CH 2 + AK 2 b/ Ta có: (AL – BL) 2 ≥ 0 <=> (AL + BL) 2 + (AL – BL) 2 ≥ (AL + BL) 2 <=> 2(AL 2 + BL 2 ) ≥ AB 2 <=> 2AL 2 + 2BL 2 ≥ AB 2 . tương tự ta cũng có: 2BH 2 + 2CH 2 ≥ BC 2 và 2CK 2 + 2AK 2 ≥ AC 2 Nên ta suy ra: 2(AL 2 + BH 2 + CK 2 ) + 2(BL 2 + CH 2 + AK 2 ) ≥ AB 2 + AC 2 + BC 2 Mà AL 2 + BH 2 + CK 2 = BL 2 + CH 2 + AK 2 => 4(AL 2 + BH 2 + CK 2 ) ≥ AB 2 + AC 2 + BC 2 => AL 2 + BH 2 + CK 2 ≥ 1 4 ( AB 2 + BC 2 + AC 2 ) c/ Theo câu b ta có: AL 2 + BH 2 + CK 2 ≥ 1 4 ( AB 2 + BC 2 + AC 2 ). Mà 1 4 ( AB 2 + BC 2 + AC 2 ) không đổi Dấu “=” xảy ra <=> AL = BL; BH = CH; CK = AK <=> M là giao điểm các đường trung trực của ∆ ABC Vậy khi M là giao điểm các đường trung trực của ∆ ABC thì AL 2 + BH 2 + CK 2 đạt giá trò nhỏ nhất Bài 20: Cho ∆ ABC có µ µ B C= = 70 0 , đường cao AH. Các điểm E và F theo thứ tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho · · ABE CBF= = 30 0 . Gọi M là trung điểm AB. a/ Chứng minh AF = AE b/ Tính góc BEF Giải: a/ Chứng minh AF = AE Dựng ∆ ABD đều và M là trung điểm AB => MD ⊥ AB Mặt khác · CBF = 30 0 => · ABF = 40 0 => ∆ ABF cân tại F => MF ⊥ AB => M; F; D thẳng hàng => · ADF = 30 0 = · ABE Vì ∆ ABD đều và · BAC = 40 0 (do µ µ B C= = 70 0 ) => · · DAF BAE= = 20 0 và AB = BD => ∆ ABE = ∆ ADF => AE = AF b/ Tính góc BEF: ta có: · ABE = 30 0 => · EBH = 40 0 => · BEH = 50 0 Mặt khác do AE = AF => ∆ AEF cân tại A và · EAF = 20 0 => · AEF = 80 0 => · FFH = 100 0 => · · · BEF BEH HEF= + = 150 0 Bài 21: Cho ∆ ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, E lần lượt là điểm đối xứng qua AB, AC của H. a/ Chứng minh E, A, F thẳng hàng. Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A B C L K H M B A C D H E F M A B C E F M N H Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ b/ Chứng minh BE//CF c/ Xác đònh vò trí H để ∆ EHF có diện tích lớn nhất. Giải: a/ Chứng minh E, A, F thẳng hàng. Do E, H đối xứng nhau qua AB, F và H đối xứng nhau qua AC nên ta có: · · · EAH HAB BAE 2 = = và · · · FAH HAC CAF 2 = = => · · · · EAH HAF 2(BAH HAC)+ = + = 2 · BAC = 180 0 => E, A, F thẳng hàng b/ Chứng minh BE//CF Ta có: · · · EBH EBA ABH 2 = = và · · · FCH FCA ACH 2 = = ( t/ch đối xứng) => · · · · EBH HCF 2(ABH HCA)+ = + = 2.90 0 = 180 0 ; Mà 2 góc này ở vò trí trong cùng phía nên EB//CF c/ Xác đònh vò trí H để ∆ EHF có diện tích lớn nhất. Ta thấy S EHF lớn nhất khi S AMHN lớn nhất <=> S BHM + S CHN nhỏ nhất <=> BHM CHN ABC S S S + nhỏ nhất Các tam giác MBH và NHC đồng dạng với tam giác ABC nên ta có: 2 BHM ABC S BH S BC   =  ÷   và 2 CHN ABC S CH S BC   =  ÷   => 2 2 BHM CHN 2 ABC S S BH CH S BC + + = ≥ 1 2 (Vì BC 2 = (BH + CH) 2 ≤ 2(BH 2 + CH 2 ) => 2 2 2 BH CH BC + ≥ 1 2 ) Như vậy: S BHM + S CHN ≥ 1 2 S ABC => S EHF ≤ ABC S 4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi BH = CH <=> H là trung điểm của BC Bài 22: Cho ∆ ABC và G là một điểm thuộc miền trong của tam giác. Kéo dài AG, BG, CG cắt BC, AC, AB lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng: GM GN GP 1 AM BN CP + + = Giải: Ta có: BGM CGM BGM CGM BGC ABM AMC AMB AMC ABC S S S S S GM AM S S S S S + = = = = + Tương tự: AGC ABC S GN AN S = và GAB ABC S GP AP S = => BGC AGC ABG ABC ABC ABC S S S S GM GN GP 1 AM BN CP S S + + + + = = = Bài 23: Cho ∆ ABC có diện tích là S. Lấy các điểm M, N, P lần lượt trên các cạnh AB, BC, CA sao cho: AM BN CP 1 BM CN AP 3 = = = . Tính diện tích tam giác MNP theo S Giải: Ta có: ABM ABN S BM AB S = và ABN S BN BC S = Mà AM 1 BM 3 = => BM 3 AB 4 = ; Tương tự: BN 1 BC 4 = => ABM ABN S S . ABN S S = BM AB . BN BC = 3 1 . 4 4 => BMN S S = 3 16 hay S BMN = 3 16 S. Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học B A C N P M G A M B N C P Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ Lý luận tương tự ta cũng có: S AMP = S CNP = 3 16 S. Vậy S MNP = S – (S BMN + S AMP + S CNP ) = S – 9 16 S = 7 16 S Bài 24: Cho tam giác nhọn ABC với 3 đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: HD HE HF AD BE CF + + = DB EA FA . . DC EC FB Giải: Ta có: HBC ABC S HD AD S = ; HAC ABC S HE BE S = ; HAB ABC S HF BF S = => HD HE HF AD BE CF + + = HBC HAC HAB ABC S S S S + + = ABC ABC S S = 1 Mặt khác: AHB AHC S BD DC S = ; BHC AHB S EC EA S = ; HAC BHC S FA FB S = => DB EA FA . . DC EC FB = AHB AHC S S . BHC AHB S S . HAC BHC S S = 1. Nên ta có: HD HE HF AD BE CF + + = DB EA FA . . DC EC FB Bài 25: Cho ∆ ABC vuông tại A có độ dài cạnh huyền bằng 2 (đơn vò). Gọi AM, BN, CP là trung tuyến của tam giác. a/ Tính AM 2 + BN 2 + CP 2 b/ Chứng minh rằng: 4 < AM + BN + CP < 5 Giải: a/ Tính AM 2 + BN 2 + CP 2 p dụng đònh lí Pitago: BN 2 = AB 2 + AN 2 = AB 2 + AC 2 /4 CP 2 = AC 2 + AP 2 = AC 2 + AB 2 /4 => BN 2 + CP 2 = 5/4(AB 2 + AC 2 ) = 5/4BC 2 = 5 Vậy AM 2 + BN 2 + CP 2 = 1 + 5 = 6 b/ Chứng minh rằng: 4 < AM + BN + CP < 5 p dụng t/chất trọng tâm tam giác, ta có: BN = 3/2BG và CP = 3/2CG => BN + CP = 3/2(BG + CG) > BC (bất đẳng thức tam giác) => BN + CP > 3/2.1 = 3 => AM + BN + CP > 1 + 3 = 4 Mặt khác ta có: (AM – BN) 2 ≥ 0 => AM 2 + BN 2 – 2AM.BN ≥ 0 => AM 2 + BN 2 ≥ 2AM.BN Tương tự: AM 2 + CP 2 ≥ 2AM.CP và BN 2 + CP 2 ≥ 2BN.CP => 2(AM 2 + BN 2 + CP 2 ) ≥ 2AM.BN + 2AM.CP + 2BN.CP => 3(AM 2 + BN 2 + CP 2 ) ≥ AM 2 + BN 2 + CP 2 + 2AM.BN + 2AM.CP + 2BN.CP => 3(AM 2 + BN 2 + CP 2 ) ≥ (AM + BN + CP) 2 => (AM + BN + CP) 2 ≤ 3.6 = 18 < 25 => AM + BN + CP < 5. Vậy 4 < AM + BN + CP < 5 Bài 26: Cho ∆ ABC. Trên tia đối của tia BA và CA lấy 2 điểm di động M và N sao cho BM = CN. Gọi I là trung điểm MN. Điểm I di đông trên đường nào? Giải: Gọi K là trung điểm BC. Dựng hình bình hành BKEM => BK//ME và BK = ME Dựng hình bình hành KCND => CK//DN và CK = DN; Mà BK = CK => ME = DN và ME//DN. Vậy MEDN là hình bình hành, do đó 2 đường chéo MN và ED cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, mà I là trung điểm MN nên I là trung điểm ED ∆ KED cân tại K => KI là phân giác EKD Mà · · BAC EKD= nên KI//Ax là tia phân giác góc BAC. Do K cố đònh suy ra thuộc tia Ky//Ax Vậy I thuộc tia Ky cố đònh Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A F C E B D H A B G P M N C A B C IM K D x E y N Trường THCS Nhơn Tân GV: Huỳnh Văn Rỗ Bài 27: Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn. Kẻ đường cao AD. Gọi E, E lần lượt là điểm đối xứng của D qua các cạnh AB, AC. Đường thẳng EF cắt AB ở M và cắt AC ở N. Chứng minh 2 đường thẳng CM và BN cắt nhau tại một điểm H nằm trên đường cao AD và BN ⊥ AC và CM ⊥ AB Giải: Xét ∆ MDN có: ¶ ¶ 1 2 M M= => AB là phân giác ngoài của góc M Tương tự AC là phân giác ngoài của góc N => Điểm A, giao điểm của 2 phân giác ngoài AB, AC phải nằm trên đường phân giác trong của góc D Vì BC ⊥ AD => BC là phân giác ngoài của góc D Từ đây ta có: AB là phân giác ngoài của góc M BC là phân giác ngoài của góc D => BN là phân giác trong của góc N Tương tự: CM là pân giác trong của góc M. Các đường phân giác trong cắt nhau tại một điểm => BM và CN cắt nhau tại một điểm H thuộc AD AC là phân giác ngoài của góc N; BN là phân giác trong của góc N => BN ⊥ AC Tương tự: CM ⊥ AB Bài 28: Cho ∆ ABC cân tại A; một điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC. Từ M kẽ MD ⊥ AB; ME ⊥ AC. Gọi D’ là điểm đối xứng D qua cạnh BC a/ Chứng minh E, M, D’ thẳng hàng b/ Chứng minh: “ Tổng các khoảng cách từ một điểm trên cạnh đáy đến hai cạnh bên của một tam giác cân không phụ thuộc vào vò trí điểm ấy” Giải: a/ Chứng minh E, M, D’ thẳng hàng Ta có ¶ 1 M = ¶ 2 M và ¶ 1 M = ¶ 4 M => ¶ 2 M = ¶ 4 M Mà · D'ME = ¶ 1 M + ¶ 2 M + ¶ 3 M = ¶ 2 M + ¶ 3 M + ¶ 4 M = · BMC = 180 0 => D’, E, M thẳng hàng b/ Chứng minh: “ Tổng các khoảng cách từ một điểm trên cạnh đáy đến hai cạnh bên của một tam giác cân không phụ thuộc vào vò trí điểm ấy” Vẽ đường cao BF Vì D và D’ đối xứng nhau qua AC => MD = MD’ và µ µ D' D= => MD + ME = MD’ + ME = ED’ Mà BD’EF là hình chữ nhật nên ED’ = BF => MD + ME = BF không đổi Bài 29: Cho góc nhọn xOy và điểm P trong góc đó. Hãy tìm trên Ox một điểm A và trên Oy một điểm B sao cho tam giác PAB có chu vi nhỏ nhất. Giải: Gọi P 1 và P 2 là 2 điểm đối xứng của P qua Ox và Oy; Nối P 1 P 2 cắt Ox và Oy tại A và B. Ta có: PA = P 1 A; PB = P 2 B (t/chất đối xứng) => PA + PB + AB = P 1 A + P 2 B + AB = P 1 P 2 Với một vò trí A’ ≠ A và B’ ≠ B thì P 1 A’B’P 2 là đường gấp khúc nên: P 1 A’ + P 2 B’ + A’B’ > P 1 P 2 => P 1 A’ + P 2 B’ + A’B’ > P 1 A + P 2 B + AB => Hay chu vi tam giác PAB nhỏ nhất khi bằng P 1 P 2 tức là A là giao điểm của P 1 P 2 với Ox và B là giao điểm của P 1 P 2 với Oy Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Tóan 8 – Hình học A B D C E F M N 21 A B C D E D’ F 42 3 1 M P 2 PO P 1 B A x y