Bài Tập Tam Giác Đồng Dạng Có Lời Giải

BÀI TÂP CHƯƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
Bài 1: Cho ABC vuông tại A, Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông
cân ở B, ACF vuông cân ở C. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của Ac và BF. Chứng minh rằng: D a) AH = AK b) AH2 = BH. CK A H
Giải : Đặt AB = c, AC = b. F K
BD // AC (cùng vuông góc với AB) C B nên AH AC b AH b AH b = =  =  = HB BD c HB c HB + AH b + c Hay AH b AH b b.c =  =  AH = (1) AB b + c c b + c b + c
AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên AK AB c AK c AK c = =  =  = KC CF b KC b KC + AK b + c Hay AK b AK c b.c =  =  AK = (2) AC b + c b b + c b + c
Từ (1) và (2) suy ra: AH = AK b) Từ AH AC b = = và AK AB c = = suy ra AH KC AH KC =  = (Vì AH = AK) HB BD c KC CF b HB AK HB AH  AH2 = BH . KC
Bài 2: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC,
DC theo thứ tự tại E, K, G. Chứng minh rằng: a) AE2 = EK. EG b) 1 1 1 = + AE AK AG
c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí nhưng vẫn qua A thì tích BK. DG có giá trị không đổi Giải A a B
a) Vì ABCD là hình bình hành và K  BC nên b K E
AD // BK, theo hệ quả của định lí Ta-lét ta có: D C G Trang 1 EK EB AE EK AE 2 = =  =  AE = EK.EG AE ED EG AE EG b) Ta có: AE DE = ; AE BE = nên AK DB AG BD AE AE BE DE BD  1 1  + = + = =1 AE + =1    1 1 1 = + (đpcm) AK AG BD DB BD  AK AG  AE AK AG c) Ta có: BK AB BK a =  = (1); KC CG KC CG =  = (2) KC CG KC CG AD DG b DG
Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: BK a =  BK. DG = ab không đổi b DG
(Vì a = AB; b = AD là độ dài hai cạnh của hình bình hành ABCD không đổi)
Bài 3: Cho tứ giác ABCD, các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia trong các cạnh AB,
BC, CD, DA theo tỉ số 1:2. Chứng minh rằng:
a) EG = FH b) EG vuông góc với FH
Giải Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của CF, DG Ta có CM = 1 CF = 1 BC  BM 1 =  BE BM 1 = = 2 3 BC 3 BA BC 3 EM // AC  EM BM 2 2 = =  EM = AC (1) AC BE 3 3
Tương tự, ta có: NF // BD  NF CF 2 2 = =  NF = BD (2) BD CB 3 3
mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : EM = NF (a)
Tương tự như trên ta có: MG // BD, NH // AC và MG = NH = 1 AC (b) 3
Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC ⊥ BD EM ⊥ MG  0 EMG = 90 (4) Tương tự, ta có: 0
FNH = 90 (5) Từ (4) và (5) suy ra 0 EMG = FNH = 90 (c)
Từ (a), (b), (c) suy ra  EMG =  FNH (c.g.c)  EG = FH
b) Gọi giao điểm của EG và FH là O; của EM và FH là P; của EM và FN là Q thì H D A 0 PQF = 90  0
QPF + QFP = 90 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (  EMG =  N FNH) E G O Suy ra 0
EOP = PQF = 90  EO ⊥ OP  EG ⊥ FH Q P Trang 2 C M F B
Bài 4: Cho  ABC ( AB < AC) các phân giác BD, CE
a) Đường thẳng qua D và song song với BC
cắt AB ở K, chứng minh E nằm giữa B và K
b) Chứng minh: CD > DE > BE A
Giải a) BD là phân giác nên AD AB AC AE AD AE = < =   (1) K D DC BC BC EB DC EB E
Mặt khác KD // BC nên AD AK = (2) DC KB M B C Từ (1) và (2) suy ra AK AE AK + KB AE + EB    KB EB KB EB  AB AB 
 KB > EB E nằm giữa K và B KB EB
b) Gọi M là giao điểm của DE và CB.
Ta có CBD = KDB(Góc so le trong)  KBD = KDB
mà E nằm giữa K và 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
Bài 5: Cho  ABC có B = 2 C , AB = 8 cm, BC = 10 cm. a)Tính AC
b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi cạnh là bao nhiê A u? Giải B
Cách 1: Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC E
 ACD  ABC (g.g)  AC AD = AB AC D 2
 AC = AB. AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) C
= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm Trang 3
Cách 2: Vẽ tia phân giác BE của ABC   ABE  ACB AB AE BE AE + BE AC 2 = = = =
 AC = AB(AB + CB) = 8(8 + 10) = 144 AC AB CB AB + CB AB + CB  AC = 12 cm
b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1)
Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2
+ Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2 = a2 + ac  2a + 1 = ac  a(c – 2) = 1
a = 1; b = 2; c = 3(loại)
+ Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4
- Với a = 1 thì c = 8 (loại) - Với a = 2 thì c = 6 (loại)
- với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 Vậy a = 4; b = 5; c = 6
Bài 6: Cho  ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên 2
AB, lấy điểm E trên AC sao cho OB CE = . Chứng minh rằng BD A
a)  DBO  OCE b)  DOE  DBO  OCE
c) DO, EO lần lượt là phân giác của các góc BDE, CED
d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB E Giải I 1 2 D 2 1 H a) Từ OB CE =  CE
OB và B = C (gt)   DBO  OCE2 = BD OB BD 3
b) Từ câu a suy ra O = E (1) B 3 2 O C
Vì B, O ,C thẳng hàng nên 0 O3 + DOE + EOC = 180 (2) trong tam giác EOC thì 0 E2 + C + EOC = 180 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra DOE = B = C  DOE và  DBO có DO OE = (Do  DBO  OCE) DB OC và DO OE =
(Do OC = OB) và DOE = B = C nên  DOE  DBO  OCE DB OB Trang 4 c) Từ câu b suy ra 1
D = D2  DO là phân giác của các góc BDE
Củng từ câu b suy ra E1 = E2 EO là phân giác của các góc CED
c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH
không đổi OI không đổi khi D di động trên AB
Bài 7: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường
thẳng song song với AM, cắt AB, AC tại E và F F
a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC
b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE tại K. K A
Chứng minh rằng K là trung điểm của FE E Giải a) DE // AM  DE BD BD =  DE = .AM (1) AM BM BM D M B C DF // AM  DF CD CD CD =  DF = .AM = .AM (2) AM CM CM BM Từ (1) và (2) suy ra DE + DF = BD CD   .AM + .AM = BD CD BC + .AM = .AM = 2AM   không đổi BM BM  BM BM  BM
b) AK // BC suy ra  FKA  AMC (g.g)  FK KA = (3) AM CM EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA =  =  =  =  = (2) ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AM CM (Vì CM = BM) Từ (1) và (2) suy ra FK EK =
FK = EK hay K là trung điểm của FE AM AM
Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần
lượt tại I, M, N. Vẽ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD, BG vuông góc với
AC. Gọi K là điểm đối xứng với D qua I. Chứng minh rằng a) IM. IN = ID2 b) KM DM = F KN DN c) AB. AE + AD. AF = AC2 D C Giải I G Tra M ng 5 K A B E N a) Từ AD // CM  IM CI = (1) Từ CD // AN  CI ID = (2) ID AI AI IN
Từ (1) và (2) suy ra IM = ID hay ID2 = IM. IN ID IN b) Ta có DM CM DM CM DM CM =  =  = (3) MN MB MN + DM MB + CM DN CB
Từ ID = IK và ID2 = IM. IN suy ra IK2 = IM. IN  IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM =  =  =  =  KM IM CM CM = = = (4) IM IK IM IK IM IK KN IK KN ID AD CB Từ (3) và (4) suy ra KM DM = KN DN
c) Ta có  AGB  AEC  AE AC =
 AB.AE = AC.AG AB. AE = AG(AG+CG) (5) AG AB  CGB  AFC  AF CG CG = = (vì CB = AD) AC CB AD
AF . AD = AC. CG  AF . AD = (AG + CG) .CG (6)
Cộng (5) và (6) vế theo vế ta có: AB. AE + AF. AD = (AG + CG) .AG + (AG + CG) .CG
 AB. AE + AF. AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vậy: AB. AE + AD. AF = AC2
Bài 9: Cho tam giác ABC có BC bằng trung bình cộng của AC và AB; Gọi I là giao
điểm của các phân giác, G là trọng tâm của tam giác. Chứng minh: IG // BC
Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC lần lượt là AH, IK, GD
Vì I là giao điểm của ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC,
CA bằng nhau và bằng IK. Vì I nằm trong tam giác ABC nên: A
SABC = SAIB + SBIC + SCIA  BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) I G
Mà BC = AB + CA  AB + CA = 2 BC (2) 2 B H K D M C
Thay (2) vào (1) ta có: BC. AH = IK. 3BC  IK = 1 AH (a) 3
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên: Trang 6
SBGC = 1 SABC  BC . GD = 1 BC. AH  GD = 1 AH (b) 3 3 3
Từ (a) và (b) suy ra IK = GD hay k/ cách từ I, G đến BC bằng nhau nên IG // BC
Bài 10: Cho điểm M di động trên đáy nhỏ AB của hình thang ABCD, Gọi O là giao
điểm của hai cạnh bên DA, CB. Gọi G là giao điểm của OA và CM, H là giao điểm
của OB và DM. CMR: Khi M di động trên AB thì tổng OG OH + không đổi GD HC
Giải Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự ở I và K. Theo định lí Talét ta có: OG OI = ; OH OK =  OG OH OI OK IK + = + = GD CD HC CD GD HC CD CD CD OG OH IK  + = (1) GD HC CD
Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự ở P và Q, ta có: IK MP FO = =
không đổi vì FO là khoảng cách từ O đến AB, MQ là đường cao của CD MQ MQ
hình thang nên không đổi (2). Từ (1) và (2) suy ra OG OH FO + = không đổi GD HC MQ
Bài 11: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD. Trên AB lấy điểm M, trên
AC lấy điểm N sao cho BM = CN, gọi giao điểm của E
CM và BN là O, Từ O vẽ đường thẳng song song với A G
AD cắt AC, AB tại E và F. F
Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA M N Giải. P O
AD là phân giác nên BAD = DAF K D I B C
EI // AD  BAD = AEF (góc đồng vị) Q
Mà DAF = OFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh)
Suy ra AEF = AFE   AFE cân tại A  AE =AF (a)
Aùp dụng định lí Talét vào  ACD , với I là giao điểm của EF với BC ta có CF CI CF CA =  =
(1). AD là phân giác của BAC nên CA BA = (2) CA CD CI CD CD BD Từ (1) và (2) suy ra CF BA =
(3). Kẻ đường cao AG của  AFE . BP // AG CI BD Trang 7
(P AD); CQ // AG (Q OI) thì BPD = CQI = 900
Gọi trung điểm của BC là K, ta có  BPK =  CQK (g.c.g)  CQ = BP
  BPD =  CQI (g.c.g)  CI = BD (4) Thay (4) vào (3) ta có CF BA =
 CF = BA (b) Từ (a) và (b) suy ra BE = CA BD BD
Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A, (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy
D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. M là trung điểm BE.
a) Chứng minh DBEC đồng dạng với DADC. b) Tính số đo góc AHM.
Bài 13: Cho tứ giác lồi ABCD. Tìm tập hợp điểm O nằm trong tứ giác sao cho hai tứ
giác OBCD và OBAD có diện tích bằng nhau. (Không yêu cầu chứng minh phần đảo). A 2 3 1 12 E M 2 1 2 1 B C H D DE EC Þ = (*)
a) Do DDEC ∽ DABC (Hai tam giác vuông có C chung) AB BC
Xét DBEC và DADC Có C chung kết hợp (*) => DBEC∽ DADC (g.c.g) 0
b) DBEC∽ DADC => B = A A = 45 1
1 , DAHD vuông cân tại H nên 3 b 0 0 0 0
Þ A + A = 45 Þ B + A = 45 Þ B = 45
(B + A + B = 90 ) 1 2 1 2 2 1 2 2
M trung điểm BE nên: AM = MB = ME Þ DBMA vuông cân tại M Trang 8
Þ AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m); BH BM = 0 Þ BH.BC = BE.BMÞ BE
BC Þ DBHM∽ DBEC∽ DADCÞ AHM = D = 45 2 B
Giả sử O là điểm nằm trong C
tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD. D1 h
Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB tại b ha D A
1, cắt AC tại B1. Nối OC, OB, AC, BD ho O
và kẻ các đường cao ha, hb, hc như hình vẽ B1
. Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD= 1 B .( D h +h ) 2 c o D 13 S 1 BD(h +h ) BODA = S +S +S
= B D (h +h +h ) c o A Û =1 (1) 1 B 1 D 1 D OB 1 B OD 1 1 2 a b c
B D (h +h ) 1 1 a o Vì B BD h h +h 1D1//BD nên a = (2) Từ (1) và (2) c o Û
=1Û h +h = h B D (h +h ) c o a h 1 1 a o a
Từ đó HS lập luận suy ra B1D1 đi qua trrung điểm cuả AC.
Vậy O nằm trên đoạn B1D1//BD và đi qua trung điểm AC
Bài 14. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF.
a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông.
b. Chứng minh DF ⊥ CE và  MAD cân.
c .Tính diện tích  MDC theo a. Trang 9 A E B F H M N C D G
Chứng minh: EFGH là hình thoi. Chứng minh có 1 góc vuông.
Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông BEC = CFD( .
c g.c)  ECB = FDC mà CDF vuông tại C 0 0
 CDF + DFC = 90  DFC + ECB = 90  CMF vuông tại M . Hay CE ⊥ DF.
Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG ⊥ DF GN//CM mà G
là trung điểm DC nên  N là trung điểm DM. Trong MAD có AN vừa là đường cao
vừa là trung tuyến  MAD cân tại A. CD CM 2 2 S  CD   CD  CMD
FCD(g.g)  = Do đó : CMD =  S = .S     FD FC CMD FCD S  FD   FD  FCD 2 Mà : 1 1 CD 1 2 S
= CF.CD = CD . Vậy : 2 S = . CD . FCD 2 4 CMD 2 FD 4
Trong DCF theo Pitago ta có :  1  1 5 2 2 2 2 2 2 2 2
DF = CD + CF = CD + BC
= CD + CD = .CD   .  2  4 4 2 Do đó : CD 1 1 1 2 2 2 S =
. CD = CD = a MCD 5 2 4 5 5 CD 4
Bài 15: Cho tam giác ABC nhọn (ABGọi 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. Trang 10
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.
c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh: AH BH CH + +  6 HE HF HG A F K G H I B E M C N D
Ta có  AEC  BFC (g-g) nên suy ra CE CA = CF CB
Xét  ABC và  EFC có CE CA =
và góc C chung nên suy ra  ABC  EFC ( c-g-c) CF CB
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) Ta có: AH S S S + S S + S AHC ABH AHC ABH AHC ABH = = = = HE S S S + S S CHE BHE CHE BHE BHC Tương tự ta có BH S + S CH S + S BHC BHA = và BHC AHC = BF S CG S AHC BHA AH BH CH + + + + + = S S S S S S AHC ABH + BHC BHA + BHC AHC HE HF HG S S S BHC AHC BHA = S S S S S S AHC ABH + + BHC BHA + + BHC AHC +
 6 . Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì S S S S S S BHC BHC AHC AHC BHA BHA
AB < AC nên không xảy ra dấu bằng. Trang 11
Bài 16: Cho hình vuông ABCD. Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc
với AE, đường thẳng này cắt CD tại F. Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt CD tại K. Qua E
kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AI tại G.
a. Chứng minh AE = AF. b. Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi.
c. Chứng minh  AKF đồng dạng  CAF.
d. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BE = BM. Tìm vị trí của điểm E trên cạnh BC để diện
tích  DEM đạt giá trị lớn nhất? B E C M K I G A D F
 ABE =  ADF (cạnh góc vuông, góc nhon) suy ra AE = AF
Tam giác AEF vuông cân suy ra AI ⊥ EF (1) Tứ giác EGFK là hình bình hành (hai đường
chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường vì  IEG =  IFK) (2)
Từ (1) và (2) suy ra EGFK là hình thoi
Xét  AKF và  CAF có chung góc F; Lại có tam giác EAF vuông cân nên 0 KAF = 45 = 0
ACE = 45 suy ra hai tam giác đồng dạng
Gọi cạnh hình vuông là a . Đặt BE = BM = x suy ra CE = a – x ; AM = a – x S = S − S − S − S 1 1 1 DEM ABCD BME AMD DCE = 2 2
a − a(a − x) − a(a − x) − x 2 2 2 = 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2
− (x − 2ax) = − (x − a) − a  = a − (x − a)  a 2 2   2 2 Trang 12 S 1
DEM đạt giá trị lớn nhất là 2
a khi x –a = 0 tức x = a nghĩa là khi đó E trùng C 2
Bài 17: Trong tam giác ABC, các điểm A, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC,
CA, AB sao cho: AFE = BFD, BDF = CDE, CED = AEF .
a) Chứng minh rằng: BDF = BAC .
b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = 7. Tính độ dài đoạn BD. a) Đặt AFE = BFD = ,
 BDF = CDE = , CED = AEF = . Ta có 0 BAC +  +  = 180 (*)
Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau
tại O. Suy ra O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF.  o OFD + OED + ODF = 90 (1) Ta có o
OFD +  + OED +  + ODF +  = 270 (2) (1) & (2)  o  +  +  =180 (**)
(*) & (**)  BAC =  = BDF.
b) Chứng minh tương tự câu a) ta có: B = , C =  s
 AEF s DBF s DEC ABC  BD BA 5  5BF  5BF  5BF = = BD = BD = BD =  BF BC 8  8  8  8     CD CA 7  7CE  7CE  7CE  = =  CD =  CD =  CD = CE CB 8 8 8 8     AE AB 5 7AE = 5AF 7(7 − CE) = 5(5 − BF) 7CE − 5BF = 24 = =  AF AC 7       
 CD − BD = 3 (3) Ta lại có CD + BD = 8 (4) (3) & (4)  BD = 2,5 Trang 13
Bài 18: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC). Trên tia
HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại 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. Tính số đo của góc AHM
3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: GB HD = . BC AH + HC 1
+ Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung. CD CA =
(Hai tam giác vuông CDE và CAB CE CB đồng dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra: 0
BEC = ADC = 135 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). Nên 0
AEB = 45 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: BE = AB 2 = m 2 2
Ta có: BM 1 BE 1 AD =  =  (do BE  C AD  C ) BC 2 BC 2 AC
mà AD = AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)
nên BM 1 AD 1 AH 2 BH BH =  =  = = (do A  BH C  BA) BC 2 AC 2 AC AB 2 BE Do đó BHM 
BEC (c.g.c), suy ra: 0 0
BHM = BEC = 135  AHM = 45 3
Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. Suy ra: GB AB = , mà AB ED = (  ) AH = ( HD ABC DEC ED // AH ) = GC AC AC DC HC HC Do đó: GB HD GB HD GB HD =  =  = GC HC GB + GC HD + HC BC AH + HC
Bài 19: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc
cạnh AD sao cho CE = AF. Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại M và N. Trang 14
a.Chứng minh rằng: DN.CM = a2
b. Gọi K là giao điểm của NA và MB. Chưng minh rằng MKN = 900
c. Các điểm E, F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất? Khi đó hãy
tính diện tích của tam giác KMN theo a? a K A B F E N D C M
Từ gt  AB // MN nên ta có: CM CE AF BA = = =  CM.DN = AB2 = a2. BA BE FD DN b
Theo chứng minh trên: CM BA = Nên CM AB = ( vì BA = CB) BA DN CB DN
Và ADN = MCB ( = 900) A
 DN đồng dạng với MCB  MBC = AND Mà MBC + BMC = 900  AND + MBC = 900 Vậy MKN = 900 c Vì MN = ND + CD + CM
Nên MN nhỏ nhất  ND + CM nhỏ nhất (Vì DC không đổi)
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:
ND + CM  2 CM .ND = 2a
Dấu “ =” sảy ra khi CM = DN = a
 DF và CE lần lượt là đường trung bình của tam giác NBC và tam giác MAD. Hay
E,F là trung điểm của BC và AD
Vậy MN đạt GTNN bằng 3a khi E,F là trung điểm của BC và AD. Trang 15
Khí đó SKMN = SKAB + SNAD + SCBM + SABCD = SKAB + 2SABCD.
Lại vì tam giác KAB vuông cân tại K nên đường cao ứng với cạnh AB có độ dài bằng 1 1 1 1 9 AB = a 2  S = a Và S 2 2 ABCD = a2. Vậy SKMN = 2
a + 2a = a 2 2 KAB 4 4 4 Bài 20:
1) Gọi H là hình chiếu của đỉnh B trên đường chéo AC của hình chữ nhật ABCD, M
và K theo thứ tự là trung điểm của AH và CD. Tính số đo của góc BMK.
2) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, trên đoạn BH lấy điểm M và trên trên đoạn CH lấy điểm N sao cho . CMR AM = AN. Lời giải
1) Từ hình vẽ ( khá chính xác ) ta dự đoán góc AIJ = 900.Dựa vào yếu tố trung
điểm mà đề đã cho mà vẽ thêm hình tạo sự liên kết giữa I và J .
Cách 1 : ( hình 1,2) Vẽ hình phụ khai thác yếu tố trung điểm A B J I H D C A B A B O P P J J I H H I D C D C H×nh 1 H×nh 2
Tóm tắt lời giải cho hình 1 Gọi P là trung điểm của AH => PI là đường trung
bỡnh của tam giỏc AHD => PI//AD mà AD⊥ AB hì IP ⊥ AB và P là trực tâm của
ABI . Từ đó tứ giác BPIJ là h.b.h , BP // IJ mà BP ⊥ AI nên JI ⊥ AI .
1) Gọi P,Q lần lượt là chân đườsng cao kẻ từ B và C. A
Tam giác vuông AMC có đường cao MP => AM2=AP.AC
Tam giác vuông ANB có đường cao NQ => AN2=AQ.AB P
Xột tam giỏc APB và AQC có: Góc A chung
Góc APB=AQC=90 độ => tam giác đồng dạng Q
=> AP.AC=AQ.AB => AM2=AN2=> AM=AN H N M B C Trang 16