76 trang 46 lượt tải

Chuyên đề các bài toán về tứ giác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8

91

Tài liệu gồm 76 trang, được biên soạn bởi thầy giáo Trần Đình Hoàng, hướng dẫn phương pháp giải các dạng toán chuyên đề các bài toán về tứ giác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8.

Chủ đề: Chương 3: Tứ giác (KNTT) 42 tài liệu

Môn: Toán 8 1.9 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Mai Nguyệt

1 năm trước
Danh sách Quiz
/76
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 1
CHUYÊN ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ TỨ GIÁC
MỤC LỤC
CHỦ ĐỀ 1: TỨ GIÁC ......................................................................................................................... 2
Dạng 1. Tính số đo góc của tứ giác ............................................................................................. 2
Dạng 2. So sánh các độ dài đoạn thẳng ...................................................................................... 5
CHỦ ĐỀ 2: HÌNH THANG – HÌNH THANG CÂN .......................................................................... 11
Dạng 1. Bài tập về hình thang ................................................................................................... 11
Dạng 2. Bài tập về hình thang cân ............................................................................................ 13
CHỦ ĐỀ 3: ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG ................................ 20
Dạng 1. Bài tập về đường trung bình của tam giác. ................................................................. 20
Dạng 2. Bài tập về đường trung bình của hình thang ............................................................... 26
CHỦ ĐỀ 3: HÌNH BÌNH HÀNH ....................................................................................................... 29
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất hình bình hành .................................................................. 29
Dạng 2. Nhận biết hình bình hành ............................................................................................. 33
Dạng 3. Dựng hình bình hành ................................................................................................... 34
CHỦ ĐỀ 3: HÌNH CHỮ NHẬT ........................................................................................................ 35
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật ................................ 35
Dạng 2. Tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông ....................................................... 39
Dạng 3. Đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước ............................................ 41
CHỦ ĐỀ 6: HÌNH THOI VÀ HÌNH VUÔNG ................................................................................... 43
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình thoi ........................................ 43
Dạng 2. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình vuông .................................... 45
CHỦ ĐỀ 7: ĐỐI XỨNG TRỤC – ĐỐI XỨNG TÂM ........................................................................ 50
Dạng 1. Bài tập vận dụng đối xứng trục ................................................................................... 50
Dạng 2. Bài tập vận dụng đối xứng tâm .................................................................................... 53
Chủ đề 8.HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN TRONG CHƯƠNG TỨ GIÁC ............................................. 55
A. Kiến thức cần nhớ ................................................................................................................ 55
B. Bài tập vận dụng .................................................................................................................. 56
CHỦ ĐỀ 8: TOÁN QUỸ TÍCH ......................................................................................................... 65
A. Kiến thức cần nhớ ................................................................................................................ 65
B. Bài tập áp dụng .................................................................................................................... 65
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 2
CHỦ ĐỀ 1: TỨ GIÁC
Dạng 1. Tính số đo góc của tứ giác
Phương pháp: Vân dụng định lý tổng 4 góc của tứ giác, tính chất góc ngoài của tam giác,
hai góc bù nhau, phụ nhau
Bài tập vận dụng:
Bài 1.1 Cho tứ giác ABCD,
40
A B
. Các tia phân giác của góc C và góc D cắt nhau tại O.
Cho biết
110
COD
. Chứng minh rằng
AB BC
.
Tìm cách giải
Muốn chứng minh
AB BC
ta chứng minh
90
B
.
Đã biết hiệu
A B
nên cần tính tổng
A B
.
Lời giải:
Xét
COD
có
2 2
180 180
2
C D
COD C D
(vì
1 2
C C
;
1 2
D D
).
Xét tứ giác ABCD có:
360
C D A B
, do đó
1
2
2
1
A
O
D
C
B
360
180 180 180
2 2
A B
A B
COD
Vậy
2
A B
COD
. Theo đề bài
110
COD
nên
220
A B
.
Mặt khác,
40
A B
nên
220 40 :2 90
B
. Do đó
AB BC
.
Bài 1.2 Cho tứ giác ABCD có
220
A B
. Các tia phân giác ngoài tại đỉnh C và D cắt nhau tại
K. Tính số đo của góc CKD.
Lời giải:
Xét tứ giác ABCD có:
0
360
A B C D
0 0 0
180 180 360
CDx DCy D C C D
Suy ra:
220
CDx DCy A B
110 .
2
CDx CDy
Do đó
2 2
110
D C
.
Xét
CKD
có:
2 2
180 180 110 70
CKD D C
1
1
2
2
x
y
B
M
D
C
A
Bài 1.3 Tứ giác ABCD có
A C
. Chứng minh rằng các đường phân giác của góc B và góc D song
song với nhau hoặc trùng nhau.
Lời giải:
Xét tứ giác ABCD có:
360 360 2
B D A C C
.
Vì
1 2
B B
,
1 2
D D
nên
1 1 1 1
180 180
B D C B D C
.
(1)
Xét
BCM
có
1 1
180
B M C
. (2)
1
2
2
1
N
M
B
D
C
A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 3
Từ (1) và (2) suy ra
1 1
D M
. Do đó
DN
//
BM
.
Bài 1.4 Tứ giác ABCD có AB = BC và hai cạnh AD, DC không bằng nhau. Đường chéo DB là
đường phân giác của góc D. Chứng minh rằng các góc đối của tứ giác này bù nhau.
Tìm cách giải
Để chứng minh hai góc A và C bù nhau ta tạo ra một góc
thứ ba làm trung gian, góc này bằng góc A chẳng hạn.
Khi đó chỉ còn phải chứng minh góc này bù với góc C
Lời giải:
- Xét trường hợp AD < DC
Trên cạnh DC lấy điểm E sao cho DE = DA
Ta có:
ADB EDB
(c.g.c)
AB EB
và
1
A E
.
Mặt khác,
AB BC
nên
BE BC
.
Vậy
BEC
cân
2
C E
.
Ta có:
1 2
180 180 .
E E A C
Do đó:
360 180 180 .
B D
- Xét trường hợp AD > DC
CMTT như trên, ta được:
180
A C
;
180 .
B D
1 2
E
C
D
A
B
2
1
E
A
C
D
B
Bài 1.5 Tứ giác ABCD có
0 0
A 110 ,B 100
Các tia phân giác của các góc C và D cắt nhau ở E.
Các đường phân giác của các góc ngoài tại các đỉnh C và D cắt nhau ở F. Tính
CED, CFD
Lời giải:
Tứ giác ABCD có
0
C D 360 A B
0 0 0 0
360 110 100 150
nên
1
0
0
1
C D 150
C D 75
2 2
.
CED
có
1
0
1
CED 180 C D
0 0 0
180 75 105 .
Vì DE và
DF
là các tia phân giác của hai góc kề bù nên
DE DF
. Tương tự,
CE CF
Xét tứ giác CEDF:
Có:
0 0 0 0 0 0
F 360 E ECF EDF 360 105 90 90 75
1
2
2
1
F
E
A
D
C
B
Bài 1.6 Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng tổng hai góc ngoài tại hai đỉnh A và C bằng tổng hai
góc trong tại hai đỉnh B và D.
Lời giải:
Gọi các góc trong của đỉnh A và C là
1
A
và
1
C
còn các góc
ngoài của đỉnh A và C là
2
A
và
2
C
.
Ta có:
0
1 2
A A 180
(hai góc kề bù)
0
1 2
C C 180
(hai góc kề bù)
Suy ra:
0
2 1
A 180 A
và
0
2 1
C 180 C
1
2
1
2
A
D
C
B
2 1
2 1
A C 360 A C
(1)
Ta lại có:
0
1
1
A B C D 360
(tổng 4 góc tứ giác)
0
1
1
B D 360 A C
(2) . T
ừ
(1) và (2)
2
2
B D A C
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 4
Bài 1.7 Chứng minh rằng trong một tứ giác, tổng hai góc ngoài tại hai đỉnh bằng tổng hai góc
trong tại hai đỉnh còn lại.
Lời giải:
Trường hợp hai góc ngoài tại hai đỉnh kề nhau
Gọi
1
C
,
1
D
là số đo hai góc trong;
2
D
,
2
D
là số đo hai góc
ngoài tại hai đỉnh kề nhau là C và D. Ta có:
2 2 1 1 1 1
180 180 360
C D C D C D
. (1)
Xét tứ giác ABCD có:
1 1
360
A B C D
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2
C D A B
.
Trường hợp hai góc ngoài tại hai đỉnh đối nhau
(xem VD
4
)
2
11
2
B
C
D
A
Bài 1.8 Cho tứ giác ABCD có
AD DC CB
;
130
C
;
110
D
. Tính số đo góc A, góc B.
(Olympic Toán Châu Á - Thái Bình Dương 2010 )
Lời giải
Vẽ đường phân giác của các góc
C
và
D
chúng cắt nhau
tại E.
Xét
ECD
có
110 130
180 60
2
CED
.
ADE CDE
(c.g.c)
60
AED CED
.
BCE DCE
(c.g.c)
60
BEC DEC
.
Suy ra
180
AEB
do đó ba điểm A, E, B thẳng hàng
Vậy. Do đó
360 65 110 130 55
ABC
.
2
1
2
1
E
C
A
B
D
Bài 1.9 Cho tứ giác
ABCD
,
E
là giao điểm của các đường thẳng
AB
và
CD,F
là giao điểm của
các đường thẳng
BC
và
AD
. Các tia phân giác của các góc
E
và
F
cắt nhau ở
I
. Chứng minh
rằng :
a) Nếu
0 0
BAD 130 ,BCD 50
thì IE vuông góc với IF.
b) Góc EIF bằng nửa tổng của một trong hai cặp góc đối của tứ giác
ABCD
.
Lời giải
a) Xem cách giải tống quát ở câu b
b) Giả sử
E
và
F
có vị trí như trên hình bên, các tia phân giác
của các góc
E
và
F
cắt nhau tại I. Trước hết ta chứng minh
rằng
BAD C 2EIF
.
Thây vậy, gọi H và
K
là giao điểm của FI với AB và CD
Theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có:
1 1
BAD H , C K
nên
1 1
BAD C H K
(EIF ) (EIF ) 2EIF
Do đó
EIF (BAD C) : 2
1
1
β
α
β
α
H
K
I
F
E
D
C
A
B
Bài tập tự giải
Bài 1. Cho tứ giác ABCD có
0 0
B 100 ,D 80
và
CB CD
.
a) Nếu
0
A C 40
, hãy tính các góc chưa biết của tứ giác.
b) Chứng minh
BAC DAC
.
Bài 2. Nêu cách vẽ tứ giác
ABCD
biết
0 0 0
A 130 , B 80 ,C 70 ,AB 4 cm
và
CD 5 cm
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 5
Bài 3. Tứ giác ABCD có
0
A B 50
. Các tia phân giác của các góc C và D cắt nhau tại I và
0
CID 115
. Tính các góc
A
và
B
.
Bài 4. Cho tứ giác ABCD có
0 0
B 120 , D 60
và
A 4
5
C
. Tính các góc còn lại.
Bài 5. Tính các góc trong và ngoài của tứ giác PQRS, biết: số đo góc ngoài tại đỉnh R và số đo góc
P cùng bằng
0
80
,
0
Q S 60
Dạng 2. So sánh các độ dài đoạn thẳng
Lý thuyết:
Định lý về tứ giác lồi: Nếu tứ giác ABCD là tứ giác lồi khi và chỉ khi hai đường chéo AC và
BD cắt nhau
Bài tập
Bài 2.1 Tứ giác ABCD có tổng hai đường chéo bằng a. Gọi M là một điểm bất kì. Tìm giá trị nhỏ
nhất của tổng
MA MB MC MD
.
Tìm cách giải
Để tìm giá trị nhỏ nhất của tổng
MA MB MC MD
ta phải
chứng minh
MA MB MC MD k
(
k
là hằng số).
Ghép tổng trên thành hai nhóm
MA MC MB MD
.
Ta thấy ngay có thể dùng bất đẳng thức tam giác mở rộng.
Trình bày lời giải
O
B
C
D
A
M
Xét ba điểm M, A, C có
MA MC AC
(dấu “=” xảy ra khi
M AC
).
Xét ba điểm M, B, D có
MB MD BD
(dấu ‘=’ xảy ra khi
M BD
).
Do đó:
MA MB MC MD AC BD a
.
Vậy min
MA MB MC MD a
khi M trùng với giao điểm O của đường chéo AC và BD.
Bài 2.2 Tứ giác
ABCD
có
O
là giao điểm của hai đường chéo,
AB 6,OA 8
,
OB 4,OD 6
.
Tính độ dài
AD
.
Lời giải:
Kẻ AH BD. Đặt BH = x, AH = y. Áp dụng định lý
Pytago vào các tam giác vuông ABH và AOH, ta có:
2 2
2
2
x y 36
x 4 y 64
Giải hệ trên ta tìm được:
2
3 135
x ; y
2 2
6
y
4
8
x
6
H
B
O
D
A
C
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vuông ADH, ta có:
2 2 2 2
135
AD HD AH 11,5 166 AD 166
2
Bài 2.3
Cho tứ giác MNPQ. Chứng minh rằng nếu
MN
NQ thì
PQ MP
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 6
Lời giải:
Gọi O là giao điểm hai đường chéo MP và NQ
Ta có : MN < MO + ON và
PQ PO OQ
(Bđt tam giác)
suy ra
MN PQ MP NQ
;
mà
MN MP (gt)
nên
PQ NQ
O
N
O
P
M
Bài 2.4 Có hay không một tứ giác mà độ dài các cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 ?
Lời giải:
Giả sử tứ giác ABCD có CD là cạnh dài nhất.
Ta sẽ chứng minh CD nhỏ hơn tổng của ba cạnh còn lại (1).
Thật vậy, xét
ABC
ta có:
AC AB BC
.
Xét
ADC
có:
CD AD AC
. Do đó
CD AD AB BC
.
Ta thấy nếu các cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 thì không thỏa mãn
A
D
C
B
điều kiện (1) nên không có tứ giác nào mà các cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10.
Bài 2.5 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc. Biết
3; 6,6; 6
AB BC CD
. Tính độ dài
AD.
Lời giải:
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo.
Xét
AOB
,
COD
vuông tại O, ta có:
2 2 2 2 2 2
AB CD OA OB OC OD
.
Chứng minh tương tự, ta được:
2 2 2 2 2 2
BC AD OB OC OD OA
Do đó:
2 2 2 2
AB CD BC AD
.
6,6
3
?
6
O
D
C
B
A
Suy ra:
2 2 2 2 2
3 6 6,6 AD AD 9 36 43,56 1,44 AD 1,2
Bài 2.6 Chứng minh rằng trong một tứ giác tổng hai đường chéo lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ
hơn chu vi của tứ giác.
Lời giải:
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD của tứ
giác ABCD.
Gọi độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d.
Vận dụng bất đẳng thức tam giác ta được:
;
OA OB a OC OD c
Do đó
OA OC OB OD a c
a
b
c
d
O
A
B
C
D
hay
AC BD a c
. (1)
Chứng minh tương tự, ta được:
AC BD d b
. (2)
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:
2
a b c d
AC BD a b c d AC BD
Xét các
ABC
và
ADC
ta có:
;
AC a b AC c d
2
AC a b c d
. (3)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 7
Tương tự có:
2
BD a b c d
. (4)
Cộng từng vế của (3) và (4) được:
2 2
AC BD a b c d
AC BD a b c d
.
T
ừ
các k
ế
t qu
ả
trên ta đư
ợ
c đi
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Bài 2.7 Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, bất kì hai điểm nào
cũng có khoảng cách lớn hơn 10. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm đã cho có khoảng cách lớn hơn
14.
Trước hết ta chứng minh một bài toán phụ:
Cho
0
ABC, A 90
. Chứng minh:
2 2 2
BC AB AC
Giải
Vẽ
BH AC
. Vì
0
A 90
nên H nằm trên tia đối của tia
AC.
B
C
H
A
Xét
HBC
và
HBA
vuông tại H, ta có:
2
2 2 2 2 2
BC HB HC AB HA HA AC
2 2 2 2 2 2
2 . 2 .
AB HA HA AC HA AC AB AC HA AC
.
Vì
. 0
HA AC
nên
2 2 2
BC AB AC
( dấu “=” xảy ra khi
H A
tức là khi
ABC
vuông).
Vận dụng kết quả trên để giải bài toán đã cho
Hình b
Hình a
D
C
B
A
A
B
C
D
Trường hợp tứ giác ABCD là tứ giác lồi (h.a)
Ta có:
360
A B C D
.
Suy ra trong bốn góc này phải có một góc lớn hơn hoặc bằng
90
, giả sử
0
A 90
.
Xét
ABD
ta có
2 2 2 2 2
10 10 200
BD AB AD
suy ra
200
BD , do đó
14
BD
.
Trường hợp tứ giác ABCD là tứ giác lõm (h.b)
Nối CA, Ta có:
360
ACD ACB BCD
.
Suy ra trong ba góc này phải có một góc lớn hơn hoặc bằng
120
.
Giả sử
120
ACB
, do đó
ACB
là góc tù
Xét
ACB
có
2 2 2 2 2
10 10 200
AB AC BC
.
Suy ra
200
AB
14
AC
.
Vậy luôn tồn tại hai điểm đã cho có khoảng cách lớn hơn 14.
Bài 2.8 Cho tứ giác ABCD có độ dài các cạnh là
a
,
b
,
c
,
d
đều là các số tự nhiên. Biết tổng
S a b c d
chia hết cho
a
, cho
b
, cho
c
, cho
d
. Chứng minh rằng tồn tại hai cạnh của tứ
giác bằng nhau.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 8
Lời giải
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử không có hai cạnh nào của tứ giác bằng nhau.
Ta có thể giả sử
a b c d
.
Ta có:
a b c BD c d
.
Do đó
2
a b c d d
.
Ta đặt
a b c d S
thì
2
S d
. (*)
d
c
b
a
A
B
C
D
Ta có:
S a S ma m N
(1)
S b S nb n N
(2)
S c S pc p N
(3)
S d S qd q N
(4)
Từ (4) và (*)
2
qd d
do đó
2
.
Vì
a b c d
nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra
2
m n p q
.
Do đó
3; 4; 5; 6
q p n m
.
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra
1 1 1 1
; ; ;
a b c d
m S n S p S q S
.
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1
1
6 5 4 3
a b c d
m n p q S
.
Từ đó:
19
1
20
, vô lí.
V
ậ
y đi
ề
u gi
ả
s
ử
là sai, suy ra t
ồ
n t
ạ
i hai c
ạ
nh c
ủ
a t
ứ
giác b
ằ
ng nhau
.
Bài 2.9 Cho tứ giác MNPQ. Biết chu vi tam giác MNP không lớn hơn chu vi tam giác NPQ,
chứng minh
MN NQ
.
Lời giải:
Ta có: Chu vi
MNP : MN NP MP
Chu vi
NPQ : NP PQ NQ
Theo giai thiết, ta có
MN NP MP NP PQ NQ
Suy ra MN + MP
PQ + NQ (1)
Theo bài 8, ta có:
MN PQ MP NQ
(2)
Cộng các bất đẳng thức (1) và (2) theo từng vế, ta có
2MN PQ MP 2NQ MP PQ
. Suy ra
MN NQ
Q
P
N
M
Bài 2.10 So sánh độ dài cạnh
AB
và đường chéo
AC
của tứ giác
ABCD
biết rằng chu vi tam
giác
ABD
nhỏ hơn hoặc bằng chu vi tam giác
ACD
.
Lời giải:
Ta có: Chu vi
ABD AB BD AD
Chu vi
ACD AC CD AD
Theo giả thiết:
AB BD AD AC CD AD
AB BD AC CD
(1)
Mặt khác ta có:
AB CD AC BD
(2) (kết quả bài 8)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:
2AB < 2AC
AB < AC
D
C
B
A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 9
Bài 2.11
Lấy trong tứ giác MNPQ một điểm O. Gọi CV là chu vi của tứ giác. Chứng minh
CV 3.CV
OM ON OP OQ
2 2
Lời giải:
Ta có
MN OM ON MQ PQ NP
NP ON OP MN MQ PQ
PQ OP OQ MQ MN NP
MQ OM OQ MN NP PQ
Cộng các bất đẳng thức trên theo từng vế, ta có
CV 2(0M ON OP 0Q) 3.CV
Vậy:
CV 3CV
OM ON OP OQ
2 2
Q
P
N
M
O
Bài 2.12 Chứng minh tứ giác
ABCD
là tứ giác lồi khi và chi khi hai đường chéo
AC
và BD cắt
nhau.
Lời giải:
a) Cho tứ giác ABCD lồi. Cần chứng minh hai đường chéo AC
và BD cắt nhau.
Do tứ giác ABCD lồi nên B và C cùng nằm trên nữa mặt
phẳng bờ chứa AD.
Giả sử
DAB DAC
, khi đó tia AB nằm giữa hai tia AD và
AC
nên
AB
cắt cạnh
DC
(Vô lý).
Vậy
DAB DAC
. Do đó tia AC nằm giữa hai tia AB và AD
tức là AC cắt đoạn thằng BD
Chưng minh tương tự, ta có tia BD cắt đoạn thẳng
AC
. Vậy
hai đư
ờ
ng chéo AC và BD c
ắ
t nhau.
A
C
B
D
b) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau. Cần chứng minh tứ giác ABCD là
tứ giác lồi.
Khi AC và BD cắt nhau thì AC là tia nằm trong góc DAB. Do đó
AB
và
AC
trên nửa mặt
phẳng bờ chứa AD; AD và AC nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa AB.
Chứng minh tương tự, ta có
CA
và CD cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa BC, CA và
CB nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa CD.
Vậy A, B, C, D nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa bất kỳ đường thẳng nào của tứ giác nên tứ
giác ABCD
là t
ứ
giác l
ồ
i.
Bài toán giải bằng phương trình tô màu
Bài 2.13 Có chín người trong đó bất kì ba người nào cũng có hai người quen nhau. Chứng minh
rằng tồn tại một nhóm bốn người đôi một quen nhau.
Lời giải
Coi mỗi người như một điểm, ta có chín điểm A, B, C,…
Nối hai điểm với nhau ta được một đoạn thẳng. Ta tô màu xanh nếu hai người không quen nhau,
ta tô màu đỏ nếu hai người quen nhau. Ta sẽ chứng minh tồn tại một tứ giác có các cạnh và
đường chéo cùng tô màu đỏ.
Trường hợp có một điểm là đầu mút của bốn đoạn thẳng màu xanh AB, AC, AD, AE vẽ nét
đứt (hình.a)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 10
Hình b
Hình a
E
D
C
B
A
A
B
C
D
E
Xét
ABC
có hai đoạn thẳng AB, AC màu xanh nên đoạn thẳng BC màu đỏ vì bất kì tam giác
nào cũng có một đoạn thẳng màu đỏ. Tương tự các đoạn thẳng CD, DE, EB, BD, CE cũng có
màu đỏ (vẽ nét liền) (hình.b). Do đó tứ giác BCDE có các cạnh và đường chéo được tô đỏ nghĩa
là tồn tại một nhóm bốn người đôi một quen nhau.
Trường hợp mọi điểm đều là đầu mút của nhiều nhất là ba đoạn thẳng màu xanh. Không thể
mọi điểm đều là đầu mút của ba đoạn thẳng màu xanh vì khi đó số đoạn thẳng màu xanh là
9.3
N
.
Như vậy tồn tại một điểm là đầu mút của nhiều nhất là hai đoạn thẳng màu xanh, chẳng hạn đó
là điểm A, do đó A là đầu mút của ít nhất là sáu đoạn thẳng màu đỏ, giả sử đó là AB, AC, AD,
AE, AF, AG (h.1.19)
Trong sáu điểm B, C, D, E, F, G tồn tại ba điểm là đỉnh của một tam giác có ba cạnh cùng màu
(đây là bài toán cơ bản về phương pháp tô màu) chẳng hạn đó là
BCD
(h.1.20).
Hình dHình c
G
E
F
D
C
B
A
F
D
C
B
A
E
G
Trong
BCD
có một cạnh màu đỏ (theo đề bài) nên ba cạnh của
BCD
cùng màu đỏ. Khi đó
tứ giác ABCD là tứ giác có các cạnh và đường chéo được tô đỏ, nghĩa là tồn tại một nhóm bốn
người đôi một quen nhau.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 11
CHỦ ĐỀ 2: HÌNH THANG – HÌNH THANG CÂN
Dạng 1. Bài tập về hình thang
Bài 1. Cho hình thang ABCD (AB // CD), các tia phân giác của góc A, góc D cắt nhau tại M thuộc
cạnh BC. Cho biết AD = 7cm. Chứng minh rằng một trong hai đáy của hình thang có độ dài nhỏ
hơn 4CM
Tìm cách giải
Để chứng minh một cạnh đáy nào đó nhỏ hơn 4cm ta có thể
xét tổng của hai cạnh đáy rồi chứng minh tổng này nhỏ hơn
8cm. Khi đó tồn tại một cạnh đáy có độ dài nhỏ hơn
Trình bày lời giải
Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC
Ta có: AB // CD nên
2
A N
(so le trong )
Mặt khác:
1 2
A A
nên
1
A N ADN
cân tại
D
. 1
DA DN
1
2
2
1
7
C
M
A
D
N
B
Xét
ADN
có
1 2
D D
nên
DM
đồng thời là đường trung tuyến :
.
MA MN
( . . )
ABM NCM g c g AB CN
Ta có:
7 .
DC AB DC CN DN DA cm
Vậy
8 .
AB CD cm
Vậy một trong hai đáy
,
AB CD
phải có độ dài nhỏ hơn
4 .
cm
Bài 2. Cho tứ giác
ABCD
. Gọi
M
là trung điểm
AD,N
là
trung điểm
BD
,
I
là trung điểm
AC,K
là trung điểm
BC
.
a) Chứng minh
AB DC
MK
.
b) Nếu tứ giác
ABCD
là hình thang đáy là
AB
và
DC
Chứng minh
DC AB
NI
2
.
Lời giải
I
N
M
K
A
B
C
D
a) Ta có
DC AB
MI ,IK
2 2
(tính chất đường trung bình của tam giác) nên
DC AB
MI IK
2 2
.
Với ba điểm M, I, K ta có
MK MI IK
(BĐT tam giác)
Vậy
AB CD
MK
b) Nếu tứ giác
ABCD
là hình thang, ta có AB // CD. Suy ra M, N, I, K thẳng hàng
Khi đó
DC AB DC AB
NI = MI MN
2 2 2
Bài 3.
Cho tam giác
ABC
có
BC a
, các đường trung tuyến
BD
,
CE
. Lấy các điểm
M,
N
trên
cạnh
BC
sao cho
BM MN NC
. Gọi I là giao điểm cùa AM và BD,
K
là giao điểm của AN và
CE. Tính độ dài IK.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 12
Lời giải:
Ta có : DN la đường trung bình của tam giác ACM nên
DN // AM.
BND
có
BM MN
, MI // ND nên I là trung điểm của
BD. Tương tự
K
là trung điểm của
CE
.
Hình thang BEDC có I và K là trung điểm của hai đường
chéo nên dễ dàng chứng minh được
( ): 2 : 2
2 4
a a
IK BC ED a
K
I
D
E
C
N
M
B
A
Bài 4. Cho hình thang
ABCD
(AB // CD). Gọi
M
là trung điểm
của BC. Cho biết
0
90
AMD
.
a) Chứng minh rằng: AD = AB + DC.
b) DM là tia phân giác của góc D.
Lời giải
a) Gọi N là giao điểm của AM với DC
Ta có
ABM NCM
(g-c-g)
Suy ra AM = MN và AB = CN. (1)
AND
có AD là đư
ờ
ng cao và đ
ồ
ng th
ờ
i là đư
ờ
ng trung
N
M
D
C
A
B
tuyến nên là tam giác cân tại D. Suy ra AD = DN = DC + CN (2)
Kêt hợp (1) và (1)
AD = AB + DC.
b) Do
AND
cân tại D nên AD là đường cao đồng thời là đường phân giác
Hay AD
là phân giác c
ủ
a góc D
Bài 5. Cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
. Gọi
M
là trung
điểm của
AD
. Cho biết
MB MC
.
Chứng minh rằng:
BC AB CD
.
Vẽ
MH BC
. Chứng minh rằng tứ giác
MBHD
là hình thang.
HD:
a) Gọi E là giao điểm của BM với CD.
Chứng minh
MDN MAB
CBE
có CM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên
là tam giác cân.
CB CE
CB CD DE CB CD AB
(vì
AB DE
).
1
2
E
H
M
D
C
A
B
b) Chứng minh
HCD
cân
CM DH
/ /
BM DH
(cùng vuông góc với CM)
MBHD
là hình thang.
Bài 6. Cho tứ giác
ABCD
. Các tia phân giác của góc
A
, góc
D
cắt nhau tại
M
. Các tia phân giác của góc
B
, góc
C
cắt
nhau tại
N
. Cho biết
0
90
AMD
, chứng minh rằng :
a) Tứ giác
ABCD
là hình thang.
b) Chứng minh
NB NC
.
N
B
A
D
C
M
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 13
Bài 7. Cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
.
Cho biết
20, 52
AD AC
và
29
BC
. Tính độ dài
AB
.
HD : Kẻ BH
DC
ĐS : AB = 27
20
52
29
B
C
A
D
Bài 8. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Một đường thẳng d không cắt các cạnh của tam giác.
Gọi A’, B’, C’, G’, lần lượt là hình chiếu của A, B, C, G trên d.
Chứng minh: AA’ + BB” + CC’ = 3GG’
Lời giải
Gọi T là trung điểm của BG, T’ là hình chiếu của T trên d.
Dựa theo tính đường trung bình của hình thang, ta có
BB' GG' AA ' CC'
TT ' EE ' AA ' BB' CC' GG '
2 2
GG '
2 2 4
Suy ra
3GC' AA' BB' CC'
T'
T
E'
G'
A'
C'
B'
G
E
B
C
A
Bài 9. Lấy M, N trên đoạn thẳng AB ( M nằm giữa AN). Trên
cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tam giác AMD, MEN,
NFB. Chứng minh khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác
DEF đến AB không phụ thuộc vào vị trí của các điểm M, N
Lời giải
Gọi D’, E’. F’ lần lượt là hình chiếu của D, E. F trên AB.
Tổng các đường cao DD', EE'. FF của ba tam giác đều
ADM. MEN, NFB bằng đường cao tam giác đều AKB
(không đổi). Goi G là trọng tâm của tam giác DEF ; G’ là
hình chiếu của
G
trên
AB
. Theo bài 8, ta có
G
F'
E'
D'
K
F
E
D
A
B
M
N
DD' EE' FF'
GG'
3
không đổi. Vậy khoảng cách từ G đến AB không phụ thuộc vào vị trí
của M và N
Dạng 2. Bài tập về hình thang cân
Bài 1.
Một hình thang cân có đường cao bằng nửa tổng hai
đáy. Tính góc tạo bởi hai đường chéo hình thang.
Lời giải:
Xét hình thang cân
ABCD
(AB / /CD)
, đường cao
BH
và
AB CD
BH
2
(1)
Qua B kẻ đường thẳng song song với
AC
, cắt DC ở
E
.
Ta có
BE AC,AC BD
nên
BE BD
.
H
C
D
E
A
B
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 14
BDE cân tại B, đường cao BH nên
DE
DH HE
2
(2)
Ta có
AB CE
nên
AB CD CE CD DE
(3)
Từ
(1),(2)
, (3) suy ra
BH DH HE
.
Các giác BHD, BHE vuông cân tại
H
nên
0
DBE 90
.
Ta có
DB BE, AC / /BE
nên
DB AC
Bài 2. Một hình thang cân có đáy nhỏ bằng cạnh bên và góc kề với đáy lớn bằng
60
. Biết chiều
cao của hình thang cân này là
3
a
. Tính chu vi của hình thang cân.
Tìm cách giải
Ta đã biết hình thang có hai cạnh bên song song thì hai cạnh
bên bằng nhau, hai cạnh đáy bằng nhau. Từ đó ta vẽ thêm
hình phụ để tìm sự liên hệ giữa đáy lớn và ba cạnh còn lại.
Ta vẽ
/ / .
AM BC M CD
Mặt khác, đề bài có cho góc
60
,
gợi ý cho ta vận dụng tính chất của tam giác đều để tính độ
dài m
ỗ
i c
ạ
nh theo chi
ề
u cao c
ủ
a nó .
60°
M
H
D
C
A
B
Trình bày lời giải
Ta đặt
.
AD AB BC x
Vẽ
/ / ,
AM BC M CD
ta được
AM BC x
và
MC AB x
ADM
cân, có
60
D
nên là tam giác đều, suy ra:
.
DM AD x
Vẽ
AH CD
thì
AH
là đường cao của hình thang cân, cũng là đường cao của tam giác đều:
3
2
AD
AH
. Vì
3
AH a
nên
3
3 2 .
2
x
a x a
Do đó chu vi của hình thang cân là :
2 .5 10 .
a a
Nhận xét: Qua một đỉnh vẽ đường thẳng song song với một cạnh bên của hình thang là một
cách vẽ hình phụ để giải bài toán về hình thang.
Bài 3. Cho tam giác đều
ABC
, mỗi cạnh có độ dài bằng
a
. Gọi
O
là một điểm bất kì ở trong tam
giác. Trên các cạnh
, ,
AB BC CA
lần lượt lấy các điểm
, ,
M N P
sao cho
/ / ; / /
OM BC ON CA
và
/ /
OP AB
. Xác định vị trí của điểm
O
để tam giác
MNP
là tam giác đều. Tính chu vi của tam giác
đều đó.
Lời giải
Tứ giác
MONB
có
/ /
OM BC
nên là hình thang. Hình thang
này có
( )
MBN ONB ACB
nên là hình thang cân.
Chứng minh tương tự ta được các tứ giác
,
ONCP OMAP
cũng là hình thang cân.
Suy ra:
; ;
MN OB NP OC MP OA
.
Do đó
MNP
là tam giác đều
MN NP PM
.
OB OC OA O
là giao điểm của ba đường trung trực
của
ABC
.
N
M
P
A
B
C
O
Trong tam giác đều, giao điểm của ba đường trung trực cũng là giao điểm của ba đường cao, ba
đường trung tuyến.
Chiều cao
h
của tam giác đều cạnh
a
được tính theo công thức:
3
2
a
h
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 15
2 2 3 3
.
3 3 2 3
a a
OA h . Do đó chu vi của
MNP
là:
3
.3 3
a
a
.
Bài 4. Cho hình thang
( / / ),
ABCD AB CD ADC BCD
. Chứng minh rằng :
AC BD
.
Lời giải
Trên nửa mặt phẳng bờ
CD
có chứa
A
vẽ tia
Cx
sao cho
DCx ADC
.
Tia
Cx
cắt tia
AB
tại
E
.
Khi đó hình thang
AECD
là hình thang cân.
AC DE
và
DAB CEB
.
Xét
ABD
có góc
DBE
là góc ngoài nên
DBE DAB DBE CED
(vì
DAB CEB
).
Do đó
DBE DEB DE BD AC BD
.
x
A
D
C
E
B
Bài 5. Cho góc
xOy
có số đo lớn hơn
0
60
nhưng nhỏ hơn
0
180
. Trên cạnh
Ox
lấy điểm
A
, trên
cạnh
Oy
lấy điểm
C
. Chứng minh rằng:
2
OA OC
AC
.
Lời giải
Xét trường hợp
OA OC
AOC
là tam giác cân.
Vì
0
60
O
nên
0
60
A C AC OA OC
.
Do đó:
2
OA OC
AC OA OC AC
.
x
y
A
C
O
Xét trường hợp
OA OC
Trên tia
Ox
lấy điểm
D
, trên tia
Oy
lấy điểm
B
sao cho
,
OB OA OD OC
.
Các
OAB
và
OCD
cân tại
O
nên:
0
180
/ /
2
O
OAB ODC AB CD
.
Tứ giác
ABCD
là hình thang.
Mặt khác
ODC OCD
nên
ABCD
là hình thang cân
AC BD
.
x
y
K
A
D
C
O
B
Gọi
K
là giao điểm của
AC
và
BD
. Ta có :
;
AC AK KC BD BK KD
.
( ) ( )
AC BD AK BK KC KD
(1).
Vì
;
AK BK AB KC KD CD
(2).
nên từ (1) và (2) suy ra :
AC BD AB CD
(3).
Xét
OAB
có
0
60
O
nên
0
60
OAB OBA AB OA
.
Tương tự
CD OC
. Do đó :
AB CD OA OC
(4).
Từ (3) và (4) suy ra :
AC BD OA OC
hay
2
AC OA OC
. Do đó
OA OC
AC
.
Xét trường hợp
OA OC
: Ch
ứ
ng minh tương t
ự
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 16
Bài 6.
Tứ giác
ABCD
có
;
AC BD C D
và
BD BC
. Hỏi
tứ giác
ABCD
có phải là hình thang cân không?
Lời giải
Qua
A
vẽ một đường thẳng song song với
CD
cắt tia
CB
tại
'
B
. Hình thang
'
AB CD
có hai góc ở đáy bằng nhau nên
là hình thang cân.
A
D
C
B
B'
- Vậy nếu
'
B
trùng với
B
thì tứ giác
ABCD
là hình thang cân.
- Nếu
'
B
không trùng với
B
, ta có:
'
AC B D
.
Mặt khác,
AC BD
nên
B D BD
.
Do đó
'
DBB
cân
0
' ' 90
DB B DBB
, vô lí.
Vậy
'
B
trùng với
B
và tứ giác
ABCD
là hình thang cân.
Bài toán dựng hình
Bài 1. Dựng hình thang
/ /
ABCD AB CD
biết:
2 , 5 , 40 ; 70 .
AB cm CD cm C D
a) Phân tích
Giả sử ta đã dựng được hình thang
ABCD
thỏa mãn đề bài.
Vẽ
/ /
AE BC E CD
ta được
40 , 2
AED C EC AB cm
và
5 2 3 .
DE DC EC cm
-
ADE
dựng được ngay
. . .
g c g
x
2
40°
70°
40°
3 cm
C
B
A
E
D
- Điểm
C
thỏa mãn hai điều kiện:
C
nằm trên tia
DE
và
C
cách
D
là
5 .
cm
- Điểm
B
thỏa mãn hai điều kiện:
B
nằm trên tia
/ /
Ax DE
( hai tia
Ax
và
DE
cùng nằm trên
một nửa mặt phẳng bờ
AD
) và
B
cách
A
là
2 .
cm
b) Cách dựng
- Dựng
ADE
sao cho
3 ; 70 ; 40
DE cm D E
- Dựng tia
/ /
Ax DE
(hai tia
Ax
và
DE
cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ
AD
).
- Trên tia
Ax
đặt
2 .
AB cm
- Trên tia
DE
đặt
5 .
DC cm
- Nối
BC
ta được hình thang
ABCD
phải dựng.
c) Chứng minh
Theo cách dựng tứ giác
ABCD
có
/ /
AB CD
nên nó là hình thang.
Xét hình thang
ABCE
có
5 3 2 ;
CE cm
2
AB cm
nên
AB CE
do đó
/ / 40 .
AE BC BCD AED
Như vậy hình thang
ABCD
có
2 ; 5 ; 70
AB cm CD cm D
và
40
C
d) Biện luận:
Bài toán có m
ộ
t nghi
ệ
m hình.
Bài 2. Dựng tam giác
,
ABC
biết
70 , 5
A BC cm
và
2 .
AC AB cm
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 17
a) Phân tích
Giả sử ta đã dựng được tam giác
ABC
thỏa mãn đề bài.
Trên tia
AC
ta lấy điểm
D
sao cho
.
AD AB
Khi đó:
DC AC AD AC AB cm
ABD
cân,
70 55 125 .
A ADB BDC
-
DBC
xác định được
2 ; 125 ; 5 .
CD cm D CB cm
- Điểm
A
thỏa mãn hai điều kiện: nằm trên tia
CD
và
A
nằm trên đường trung trực của
.
BD
b) Cách dựng:
5cm
2cm
125°
A
C
B
D
Dựng
DBC
sao cho
125 ; 2
D DC cm
và
5 .
CB cm
- Dựng đường trung trực của
BD
cắt tia
CD
tại
A
.
- Nối
AB
ta được
ABC
phải dựng.
c) Chứng minh
ABC
thỏa mãn đề bài vì theo cách dựng, điểm
A
nằm trên đường trung trực của
BD
nên
AD AB
.
Do đó :
2 ; 5
AC AB AC AD DC cm BC cm
và
0 0 0
180 125 55
ADB
0 0 0
180 2.55 70
BAC
.
d) Biện luận: Bài toán có một nghiệm hình.
Nhận xét : Đề bài có cho đoạn thẳng
2
cm
nhưng trên
hình vẽ chưa có đoạn thẳng nào như vậy. Ta đã làm xuất
hiện đoạn thẳng
2
DC cm
bằng cách trên
AC
ta đặt
AD AB
. Khi đó
DC
chính là hiệu
AC AB
. Cũng có thể
làm xuất hiện đoạn thẳng
2
cm
bằng cách trên tia
AB
ta đặt
AE AC
(h.2.10). Khi đó :
2
BE AE AB AC AB cm
.
AEC
cân, có
0
70
A
0 0 0
180 70 : 2 55
E
.
BEC
xác định được. Khi đó điểm
A
thỏa mãn hai điều
kiện :
A
nằm trên tia
EB
và
A
nằm trên đường trung trực
của
EC
.
5
2
55°
A
C
B
E
Bài 3. Dựng hình thang
( / / )
ABCD AB CD
biết
2 ; 3 ; 4
AD cm BD cm AC cm
và góc nhọn xen
giữa hai đường chéo bằng
0
70
.
a) Phân tích:
Vẽ
/ /
BE AC
(
E
tia
DC
), ta được:
0
110 , 4 , 2
DBE BE AC cm CE AB cm
.
-
BDE
dựng được ngay (c.g.c);
- Điểm
A
thỏa mãn hai điều kiện:
A
nằm trên tia
/ /
Bx DE
và cách
B
là
2
cm
.
4
4
3
x
70°
2
O
C
A
D
B
E
- Điểm
C
thỏa mãn hai điều kiện:
C
nằm trên tia
ED
và cách
E
là
2
cm
.
b) Cách dựng:
- Dựng
BDE
sao cho
0
110 , 3 , 4
DBE BD cm BE cm
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 18
- Dựng tia
/ /
Bx DE
và trên đó đặt
2
BA cm
(hai tia
Bx
và
ED
cùng nằm trên một nửa mặt
phẳng bờ
BE
).
- Trên tia
ED
đặt
2
EC cm
.
- Nối
,
AD BC
ta được hình thang
ABCD
phải dựng.
c) Chứng minh:
Tứ giác
ABCD
theo cách dựng có
/ /
AB CD
nên là hình thang.
Xét hình thang
ABEC
có
2
AB EC cm
nên
/ /
AC BE
và
4
AC BE cm
.
0 0
110 70
DOC DBE BOC
. Hình thang
ABCD
theo cách dựng có:
2 , 3 , 4
AB cm BD cm AC cm
và
0
70
BOC
.
d) Biện luận:
Bài toán có m
ộ
t nghi
ệ
m hình.
Bài 4. Dựng hình thang
( / / )
ABCD AB CD
biết
0
120 , 2 ; 4
A AB cm BD cm
và
BC a
.
Cách dựng:
- Dựng
ABD
sao cho
0
120 , 2, 4
A AD DB
.
- Dựng tia
/ /
Dx AB
(hai tia
Dx
và
AB
cùng nằm
trên một nửa mặt phẳng bờ
AD
).
- Dựng cung tròn tâm
B
, bán kính
a
cắt
Dx
tại
C
- Nối
BC
ta được hình thang
ABCD
phải dựng.
4
a
a
2
x
H
C'
B
D
A
C
Biện luận:
Vẽ
AH CD
thì
0
30
DAH
. Do đó
1
1
DH AD cm
2 2
2 1 3
AH
- Nếu
3
a
thì đường tròn
( ; )
B a
không cắt tia
Dx
nên bài toán không có nghiệm hình.
- Nếu
3
a
thì đường tròn
( ; )
B a
có chung với tia
Dx
một điểm, bài toán có một nghiệm
hình.
- Nếu
3 4
a
thì đường tròn
( ; )
B a
cắt tia
Dx
tại hai điểm
C
và
'
C
, bài toán có hai
nghiệm hình.
- Nếu
4
a
thì đường tròn
( ; )
B a
cắt tia
Dx
tại một điểm
C D
nên bài toán có một nghiệm
hình.
Bài 5. Dựng tứ giác
ABCD
biết
0 0
2,5 ; 4 ; 120 ; 100
AB cm CD cm A B
và
0
60
C
.
a) Phân tích:
Giả sử ta đã dựng được tứ giác
ABCD
thỏa mãn đề bài.
Ta thấy
2,5
AB cm
dựng được ngay.
Trên tia
BC
lấy điểm
'
C
. Vẽ đoạn thẳng
' ' / /
C D CD
và
' '
C D CD
. Khi đó
0
' 60
C C
và
' / / '
DD CC
.
b) Cách dựng:
- Dựng
2,5
AB cm
.
2,5
x
4
y
60°
100°120°
D'
D
B
A
C
C'
- Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
AB
dựng các tia
Ax
và
By
sao cho
0 0
120 , 100
BAx ABy
.
- Trên tia
By
lấy điểm
'
C
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 19
- Dựng đoạn thẳng
' '
C D
sao cho
0
' ' 60
BC D
và
' ' 4cm
C D
.
- Dựng
' ' ( )
DD BC D Ax
.
- Dựng
/ / ' ' ( )
DC D C C By
.
Tứ giác
ABCD
là tứ giác phải dựng.
Bài 6. Dựng tam giác
ABC
vuông tại
B
có chu vi bằng
8
cm
và
0
C m
.
a) Phân tích:
Giả sử đã dựng được
ABC
thỏa mãn đề bài.
Trên tia đối của tia
BC
lấy điểm
D
; trên tia đối
của tia
CB
lấy điểm
E
sao cho
,
BD BA CE CA
.
Khi đó:
8
DE DB BC CE BA BC CA cm
.
ABD
vuông cân tại
B
nên
0
45
D
.
Góc
ACB
là góc ngoài của tam giác cân
CAE
nên
0
2
2
m
ACB E E
.
m
0
C
B
A
E
D
-
ADE
dựng được (g.c.g).
- Điểm
B
thỏa mãn hai điều kiện:
B
nằm trên đoạn thẳng
DE
và
AB DE
.
- Điểm
C
thỏa mãn hai điều kiện:
C
nằm trên đoạn thẳng
DE
và nằm trên đường trung trực
của
AE
(vì
C
cách đều hai đầu đoạn thẳng
AE
).
b) Cách dựng:
- Dựng
ADE
sao cho
0
8 ; 45
DE cm D
và
0
2
m
E
.
- Dựng
( )
AB DE B DE
.
- Dựng đường trung trực của
AE
cắt
DE
tại
C
.
- Nối
AC
ta được
ABC
phải dựng.
c) Chứng minh :
ADB
vuông tại
B
có
0
45
D
nên là tam giác vuông cân
BA BD
.
Điểm
C
nằm trên đường trung trực của
AE
nên
CA CE
.
ABC
có
0
8 ; 90
AB BC CA BD BC CE DE cm B
và
2. 2.
2
o
o
m
ACB E m
.
d) Biện luận :
- Nếu
90
m
thì bài toán không có nghiệm hình.
- Nếu
0 90
m
thì bài toán có một nghiệm hình.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 20
CHỦ ĐỀ 3: ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG
Dạng 1. Bài tập về đường trung bình của tam giác.
Bài 1. Cho tứ giác
ABCD
. Gọi
M
và
N
lần lượt là trung điểm của
AB
và
CD
. Gọi
G
là trọng
tâm của tam giác
BCD
. Chứng minh rằng
AG
chia đôi
MN
.
Tìm cách giải
Kết luận của bài toán gợi ý cho ta dùng định lý đường
thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song
song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ
ba. Gọi
H
là trung điểm của
BG
thì ta có thể dùng định
lý đường trung bình để chứng minh.
Trình bày lời giải
O
H
G
N
M
B
D
C
A
Gọi
O
là giao điểm của
AG
và
MN
.
Gọi
H
là trung điểm của
BG
.
Theo tính chất của trọng tâm, ta có:
BH HG GN
.
Xét
ABG
có
MH
là đường trung bình
//
MH AG
.
Xét
HMN
có //
AG MH
và
NG GH
nên
ON OM
.
Vậy
AG
chia đôi
MN
.
Nhận xét: Vẽ thêm trung điểm của một đoạn thẳng là cách vẽ hình phụ thường dùng để vận
dụng định lý đường trung bình của tam giác.
Bài 2. Cho tứ giác
ABCD
có chu vi là
4
a
. Gọi
E,
F ,
G,
H
lần lượt là trung điểm của
AB,
BC,
CD,
DA
. Chứng minh rằng trong hai đoạn thẳng
EG
và
HF
có một đoạn thẳng có độ dài
không lớn hơn
a
.
Tìm cách giải
Để chứng minh một trong hai đoạn thẳng
EG
và
HF
có
độ dài không lớn hơn
a
, ta chứng minh tổng của hai đoạn
này không lớn hơn
2
a
. Khi đó một trong hai đoạn thẳng
có độ dài không lớn hơn
a
.
Trình bày lời giải
Gọi
M
là trung điểm của
BD
.
H
M
F
G
E
A
C
D
B
Xét
ABD
có
HM
là đường trung bình nên
2
AB
HM .
Xét
BDC
có
MF
là đường trung bình nên
2
CD
MF
.
Xét ba điểm
M ,H ,F
có
AB CD
HF MH MF .
Chứng minh tương tự, ta được:
2
AD BC
EG
.
Vậy
4
2
2 2
AB CD AD BC a
HF EG a
.
Suy ra một trong hai đoạn thẳng
HF,EG
có độ dài không lớn hơn
a
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 21
Nhận xét: Phương pháp vẽ hình phụ trong ví dụ này vẫn là vẽ trung điểm của đoạn thẳng
BD
.
C
ũng có th
ể
v
ẽ
trung đi
ể
m c
ủ
a đo
ạ
n th
ẳ
ng
AC
thay cho trung đi
ể
m c
ủ
a đo
ạ
n th
ẳ
ng
BD
.
Bài 3. Cho tứ giác
ABCD,
đường chéo
BD
là đường trung trực của
AC
. Gọi
M ,N
lần lượt là
trung điểm của
AD
và
AB
. Vẽ
ME BC
và
NF CD E BC,F CD
. Chứng minh rằng ba
đường thẳng
ME,NF
và
AC
đồng quy.
Lời giải
Gọi
O
là giao điểm của
AC
và
BD
.
Ta có:
AC BD
và
OA OC
.
Xét
ABD
có
MN
là đường trung bình
//
MN BD
và
OA MN
(vì
OA BD
).
Xét
ABC
có
ON
là đường trung bình
//
ON BC
ON ME
(vì
ME BC
).
F
E
N
M
O
C
A
B
D
Xét
ACD
có
OM
là đường trung bình
//
OM CD
OM NF
(vì
NF CD
).
Xét
OMN
có
OA,ME,NF
là ba đường cao nên chúng đồng quy.
Bài 4. Cho tam giác
ABC
. Trên cạnh
AB
lấy điểm
D
, trên cạnh
AC
lấy điểm
E
. Gọi
M,
N
lần
lượt là trung điểm của
BE
và
CD
. Đường thẳng
MN
cắt tia
AB
và
AC
lần lượt là tại
P
và
Q
.
Hỏi hai điểm
D
và
E
phải có điều kiện gì để tam giác
APQ
cân tại
A
?
Tìm cách giải
Gọi
O
là trung điểm của
BC
.
Xét
EBC
có
OM
là đường trung bình
//
OM CE
và
2
CE
OM
.
Xét
DBC
có
ON
là đường trung bình
//
ON BD
và
2
BD
ON
.
Ta có:
1 1
M AQP,N APQ
(so le trong).
APQ
cân tại
1 1
A Q P N M OM ON CE BD
.
1
2
Q
P
M
N
O
B
C
A
D
E
Bài 5. Cho tam giác
ABC
. Gọi
Bx
và
Cy
lần lượt là các đường chứa tia phân giác của các góc
ngoài tại đỉnh
B
và
C
. Gọi
H
và
K
lần lượt là hình chiếu của
A
trên
Bx
và
Cy
.
a) Chứng minh rằng tứ giác
BCKH
là hình thang;
b) Tam giác
ABC
phải có điều kiện gì để hình thang
BCKH
là hình thang cân?
Lời giải:
a) Gọi
D
và
E
thứ tự là giao điểm của
AH
và
AK
với đường thẳng
BC
.
ABD
có
BH
vừa là đường phân giác, vừa là
đường cao nên là tam giác cân
HA HD
.
Tương tự, ta có:
KA KE
.
1
1
x
y
11
E
K
C
D
H
B
A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 22
Xét
ADE
có
HK
là đường trung bình nên
//
HK DE
//
HK BC.
Do đó tứ giác
BCKH
là hình thang.
b) Ta có:
1 1 1 1
H B ; K C
(so le trong).
Hình thang
BCKH
là hình thang cân
1 1 1 1
H K B C
ABD ACE ABC ACB ABC
cân tại
A
.
Bài 6. Cho tam giác
ABC
, trực tâm
H
. Gọi
O
là giao điểm của ba đường trung trực. Chứng minh
rằng khoảng cách từ
O
đến
BC
bằng nửa độ dài
AH
.
Lời giải:
Gọi
M
và
N
lần lượt là trung điểm của
BC
và
CA
.
Gọi
F
và
G
lần lượt là trung điểm của
AH
và
BH
.
Ta có
MN
là đường trung bình của
ABC;FG
là đường
trung bình của
ABH
.
Suy ra
//
MN AB
và
1
MN AB
, FG // AB và
1
FG AB
.
G
F
N
O
M
H
E
D
A
B
C
Do đó
//
MN FG
và
MN FG
. Dễ thấy
// //
OM AD,ON BE
.
OMN
và
HFG
có:
MN FG;OMN HFG;ONM HGF
(hai góc có cạnh tương ứng song
2
).
Vậy
g.c.g
2
AH
OMN HFG OM HF
.
Bài 7. Cho tam giác
ABC
cân tại
A
, đường cao
AH
và đường phân giác
BD
. Biết rằng
1
2
AH BD
, tính số đo các góc của tam giác
ABC
Lời giải
Gọi
M
là trung điểm của
BD
thì:
1
2
MD BD AH
.
ABC
cân tại
A,AH
là đường cao nên
HB HC
.
Ta có
HM
là đường trung bình của
//
BCD HM AC
.
tứ giác ADHM là hình thang
1
1
1
2
D
M
H
B
C
A
Hình thang
HMAD
có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân.
1 1 1
90
ADH DAM c.c .c A D C B C
(Vì
1
D
là góc ngoài của
BDC
) (1)
Ta đặt
B C x
thì
1 90 36
2
x
x x x
Vậy
ABC
có
36 108
B C ; A
.
Bài 8. Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
. Lấy điểm
D
ở trong tam giác. Vẽ tam giác
ADE
vuông cân tại
A
sao cho
D
và
E
thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ
AC
. Gọi
M ,
N,
P
lần lượt
là trung điểm của
BC,
CD
và
DE
. Tính số đo các góc của tam giác
MNP
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 23
Lời giải
ABD
và
ACE
có:
1 2
AB AC; A A
(cùng phụ với góc
DAC
);
AD AE
.
Do đó
ABD ACE c.g.c
BD CE
và
1 1
B C
.
Gọi
H
và
K
lần lượt là giao điểm của đường thẳng
BD
v
ớ
i
CE
và
CA
.
1
2
1
1
K
H
N
P
E
A
M
B
D
C
Ta có:
1 1
90 90 90
B BKA C CKH H
.
Xét
CBD
có
MN
là đường trung bình
//
MN BD
và
1
MN BD
Xét
CED
có
NP
là đường trung bình
//CE
NP
và
1
2
NP CE
.
Vì
BD CE
nên
MN NP
.
Ta có:
90
MNP H
(hai góc có cạnh tương ứng song song).
Do đó
MNP
vuông cân tại
90 45
N N ;M P
Bài 9. Cho hình thang cân
//
ABCD AB CD
,
O
là giao điểm của hai đường chéo. Gọi
G,
E,
F
lần
lượt là trung điểm của
OA,
OD
và
BC
. Cho biết
60
COD
, tính các góc của tam giác
GEF
.
Lời giải
ADC
và
BCD
có
AD BC, AC BD,
CD
chung.
Do đó
ADC BCD c.c.c
ACD BDC COD
cân.
Mặt khác
60
COD
nên
COD
đều.
Ta có:
OE ED
nên
CE
là đường trung tuyến của tam giác
đều, do đó
CE
cũng là đường cao.
Vậy
CE BD
.
Xét
EBC
vuông tại
E
có
EF
là đường trung tuyến ứng với
cạnh huyền nên
1
EF BC
.
E
G
O
F
A
D
C
B
Chứng minh tương tự, ta có:
1
GF BC
.
Xét
AOD
có
EG
là đường trung bình nên
1
EG AD
1
EG BC
(vì
AD BC
)
Vậy
1
2
EF FG EG BC GEF
đều
60
G E F
.
Bài 10. Cho tam giác
ABC
, góc
A
nhọn. Vẽ về phía ngoài của tam giác này các tam giác vuông
cân
ABM
và
CAN
theo thứ tự có cạnh đáy là
AB
và
AC
. Gọi
O
là trung điểm của
BC
. Chứng
minh rằng tam giác
OMN
là tam giác vuông cân.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 24
Lời giải
Gọi
D
và
E
thứ tự là trung điểm của
AB
và
AC
.
Ta có
OD
và
OE
là đường trung bình của
ABC
nên
//
OE AD
và
//
OE AD; OD AE
và
OD AE
.
BDO BAC; CEO BAC
(đồng vị).
Vì
MAB
vuông cân tại
M
nên
MD AB
và
MAD
vuông cân
AD MD
.
Tương tự,
NE AC
và
NEA
vuông cân
AE NE
.
O
N
E
M
D
B
C
A
OMD
và
NOE
có:
90
MD OE AD ;ODM OEN BAC ;OD NE AE
.
Vậy
OMD NOE c.g .c OM ON
và
OMD NOE
.
Do đó
180 90 90
MON MOD DOE NOE MOD BDO OMD
.
Vậy
MON
vuông cân.
Bài 11. Tam giác
ABC,AB AC
. Trên cạnh
AB
lấy điểm
E
, trên cạnh
AC
lấy điểm
F
sao cho
BE CF
. Gọi
M
là trung điểm của
EF
. Chứng minh rằng khi
E
và
F
di động trên
AB, AC
thì
trung điểm
M
của
EF
nằm trên một đường thẳng cố định.
Lời giải
Vẽ đường phân giác
AD
thì
AD
là một đường thẳng cố
định.
Gọi
O
là trung điểm của
BC
thì
O
là một điểm cố định.
Gọi
P,Q
lần lượt là giao điểm của đường thẳng
OM
với
các đường thẳng
AC
và
AB
.
Xét
EBC
có
ON
là đường trung bình
//
ON BE
và
1
ON BE
.
Xét
ECF
có
MN
là đường trung bình
1
1
1
1
2
P
D
Q
M
N
O
F
B
C
A
E
//
MN CF
và
1
MN CF
.
Vì
BE CF
nên
ON MN OMN
cân
1 1
M O
.
Ta có
1 1 2 1 1
P M P ;Q O P Q
.
Xét
APQ
có
BAC
là góc ngoài nên
1
BAC P Q
.
Mặt khác
1 2
A A
nên
2 1
//
A P OP AD
.
Vậy
M
nằm trên một đường thẳng đi qua
O
và song song với
AD
. Đó là một đường thẳng cố
định.
Bài 12. Cho đoạn thẳng
AB
và
n
điểm
1 2
n
O ,O ,...,O
không nằm giữa
A
và
B
sao cho
1 2 1 2n n
O A O A ... O A O B O B ... O B a
. Chứng minh rằng tồn tại một điểm
M
sao cho
1 2 n
O M O M ... O M a.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 25
Lời giải
Gọi
M
là trung điểm của
AB
và
O
là một điểm tùy ý
không nằm giữa
A
và
B
.
Trường hợp
O
nằm trên tia đối của tia
AB
hay tia đối
của tia
BA
Ta chứng minh được
1
2
OA OB
OM .
Trường hợp
O
không thẳng hàng với
A
và
B
Gọi
N
là trung điểm của
OB
, khi đó
MN
là đường trung
bình của
2
OA
OAB, MN .
N
M
M
O
B
B
A
O
A
Xét
OMN
, ta có:
OM MN ON
2
OA OB
OM .
Từ
1
và
2
suy ra:
OA OB
OM . *
Áp dụng hệ thức
*
đối với
n
điểm
1 2
n
O ,O , ,O
ta có:
1 1 2 2
1 2
2 2 2
n n
n
O A O B
O A O B O A O B
O M ;O M ; ;O M .
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:
1 1 2 2
1 2
2 2 2
n n
n
O A O B
O A O B O A O B
O M O M O M
1 2 1 2
2 2 2 2
n n
O A O A O A O B O B O B
a a
a
.
Như v
ậ
y đi
ể
m c
ầ
n tìm chính là trung
đi
ể
m
M
c
ủ
a
AB
.
Bài 13. Cho tam giác
ABC,C B A
. Biết trung điểm của ba đường cao thẳng hàng. Chứng
minh rằng tam giác
ABC
vuông tại
A
.
Lời giải
Vì
AA ,BB ,CC
là ba đường cao của
ABC
. Gọi
M ,N ,P
là trung điểm của các đường cao đó. Gọi
D,E,F
thứ tự
là trung điểm của
BC,CA
và
AB
.
Ta có:
EF ,FD,DE
là các đường trung bình của
ABC
// // //
EF BC,FD CA,DE AB.
Vì
M
là trung điểm của
AA
nên
M FE
.
M
N
P
D
E
F
B'
C'
A'
B
C
A
Vì
N
là trung điểm của
BB
nên
N FD
. Vì
P
là trung điểm của
CC
nên
P DE
.
Theo đề bài ra, ba điểm
M ,N ,P
thẳng hàng nên các điểm này chỉ có thể nằm trên một trong
các cạnh
DE,DF
hoặc
EF
của
DEF
.
Nếu ba điểm
M ,N ,P
cùng nằm trên
DE
thì
N
trùng với
D
,
M
trùng với
E
, khi đó
ABC
vuông tại
C
, trái với giả thiết góc
C
là góc nhỏ nhất của
ABC
Nếu ba điểm
M ,N ,P
cùng nằm trên
DF
thì cũng lập luận như trên,
ABC
vuông tại
B
, trái
với giả thiết
B A.
Vậy ba điểm
M ,N ,P
cùng nằm trên
EF
.
Lập luận tương tự như trên ta được
ABC
vuông tại
A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 26
Dạng 2. Bài tập về đường trung bình của hình thang
Bài 1. Cho tam giác
ABC
,
6
BC cm
. Trên cạnh
AB
lấy điểm
D
sao cho
1
AD AB
. Vẽ
//
DE BC E AC
. Tính độ dài
DE
.
Tìm cách giải
Vì
1
AD DB
nên ta vẽ trung điểm
F
của
DB
. Từ
F
vẽ
một đường thẳng song song với
BC
thì
DE
chính là đường
trung bình của một tam giác. Từ đó sẽ tính được độ dài của
nó.
Trình bày lời giải
Gọi
F
là trung điểm của
DB
. Khi đó:
AD DF FB
.
Vẽ
//
FH BC H AC
.
6cm
x
E
H
D
F
C
B
A
Xét
AFH
có
//
DE FH
và
AD DF
nên
AE EH
.
Xét hình thang
DECB
có
//
FH BC
và
DF FB
nên
EH HC
.
Ta đặt
DE x
.
Ta có
DE
là đường trung bình của
1
2
AFH DE FH FH x
.
Ta có
FH
là đường trung bình của hình thang
DECB
6
2 2
2 2
DE BC x
FH x x ( cm )
. Vậy
2
DE cm
.
Nhận xét: Phương pháp vẽ hình phụ trong ví dụ này là ngoài việc vẽ trung điểm của một đoạn
th
ẳ
ng ta còn thêm
đư
ờ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i m
ộ
t c
ạ
nh c
ủ
a tam giác.
Bài 2. Cho hình thang
ABCD
,
AB
là đáy nhỏ. Gọi
M ,
N,
P,
Q
lần lượt là trung điểm của
AD,
BC,
BD
và
AC
.
a) Chứng minh rằng bốn điểm
M,
N ,
P,
Q
thẳng hàng;
b) Chứng minh
//
PQ CD
và
2
CD AB
PQ
;
c) Hình thang
ABCD
phải có điều kiện gì để
MP PQ QN
Tìm cách giải
Trong hình vẽ có nhiều đường thẳng cùng đi qua một điểm
và cùng song song với một đường thẳng nên có thể vận
dụng tiên đề Ơ-clit để chứng minh thẳng hàng.
Trình bày lời giải
a) Xét
ABD
có
MP
là đường trung bình
// //
MP AB MP CD
.
Xét
ADC
có
MQ
là đường trung bình
//
MQ CD
.
Q
P
N
M
D
C
A
B
Xét hình thang
ABCD
có
MN
là đường trung bình
//
MN CD
.
Qua điểm
M
có các đường thẳng
MP,MQ,MN
cùng song song với
CD
nên các đường thẳng
này trùng nhau, suy ra bốn điểm
M ,N ,P,Q
thẳng hàng.
b) Ta có:
//
MN CD
nên //
2 2 2
CD AB CD AB
PQ CD;PQ MQ MP
.
c) Ta có:
2 2 2
AB AB CD AB
MP NQ .MP PQ
2
AB CD AB AB CD
(đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ).
Nhận xét: Đường trung bình
MN
của hình thang và đoạn thẳng
PQ
nối trung điểm hai đường
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 27
chéo có tính chất giống nhau là cùng song song với hai đáy, có tính chất khác nhau là
MN
bằng nửa tổng hai đáy còn
PQ
bằng nửa hiệu hai đáy.
Bài 3. Cho hình thang cân
ABCD AB CD
. Vẽ
AH CD
. Chứng minh rằng:
a)
HD
bằng đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo;
b)
HC
bằng đường trung bình của hình thang.
Lời giải
a) Vẽ
BK CD
ta được
//
AH BK
và
//
AB HK
AB HK
.
ADH BCK HD KC.
Ta có: 2
HD KC CD HK HD CD AB
2
CD AB
HD .
Theo bài 2 thì đoạn thẳng
PQ
nối trung điểm của hai đường
chéo bằng nửa hiệu hai đáy. Vậy
HD PQ
P
Q
K
H
A
D
C
B
b) Ta có:
2 2
CD AB CD AB
HC CD HD CD .
Đường trung bình của hình thang bằng nửa tổng hai đáy. Do đó
HC
bằng độ dài đường trung
bình c
ủ
a hình thang.
Bài 4. Cho tam giác
ABC
. Gọi
M
là trung điểm của
AB
. Trên tia đối của tia
BC
lấy điểm
O
sao
cho
1
BO BC
. Đường thẳng
OM
cắt
OC
tại
N
. Chứng minh rằng:
1
4
AN AC
.
Lời giải:
Gọi
D
là trung điểm của
BC
.
Vẽ
// //
BE ON ,DF ON E,F AC
.
Ta có:
1
OB BD DC BC.
N
F
E
M
O
D
B
C
A
Xét
ABE
có
//
MN BE
và
MA MB
nên
1
NA NE.
Xét hình thang
ONFD
có
//
BE ON
và
OB BD
nên
2
NE EF.
Xét
CBE
có
//
DF BE
và
BD DC
nên
3
EF FC.
Từ
1 2 3
, ,
suy ra:
AN NE EF FC
, do đó
1
4
AN AC.
Bài 5. Cho tam giác
ABC
, cạnh
BC
cố định. Vẽ ra ngoài tam giác này các tam giác
ABM
vuông
cân tại
B
, tam giác
CAN
vuông cân tại
C
. Chứng minh rằng khi
A
di động trên một nửa mặt
phẳng bờ
BC
thì đường thẳng
MN
luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Gọi
O
là trung điểm của
MN
.
Vẽ
OF BC; AH BC;MD BC
và
NE BC
.
Ta có:
// // //
OF AH MD NE.
BMD ABH
(cạnh huyền – góc nhọn)
MD BH
và
1
BD AH .
E
D
F
O
H
N
M
B
C
A
Tương tự,
CNE ACH
NE CH
và
2
CE AH.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 28
Từ
1
và
2
suy ra
BD CE AH
.
Dễ thấy
OF
là đường trung bình của hình thang
MDEN
2 2 2
MD NE BH CH BC
OF
(không đổi).
Ta có:
FD FE;BD CE FB FC
.
Vậy
O
nằm trên đường trung trực của
BC
và cách
BC
một khoảng không đổi là
2
BC
.
Do đó
O
là một điểm cố định.
Suy ra
MN
đi qua m
ộ
t đi
ể
m c
ố
đ
ị
nh là đi
ể
m
O
.
Bài 6. Cho điểm
M
nằm giữa hai điểm
A
và
B
nhưng không là trung điểm của đoạn thẳng
AB
.
Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
AB
vẽ các tam giác
CAM
và
DBM
cân tại
C
và
D
sao cho
C D
. Gọi
H
và
F
lần lượt là trung điểm của
AD
và
BC
. Chứng minh rằng:
1
HF CD
.
Tìm hướng giải
Điều phải chứng minh là
1
2
HF CD
gợi ý cho ta nghĩ đến
định lí đường trung bình của tam giác. Ta vẽ đường trung bình
EG
của
MCD
thì
1
EG CD
. Chỉ còn phải chứng minh
HF EG
.
Trình bày lời giải
F
H
G
E
D
A
B
I
C
Gọi
E
là trung điểm của
CM
,
G
là trung điểm của
DM
. Khi đó
EG
là đường trung bình của
1
1
MCD EG CD.
CAM
và
DBM
cân tại
C
và
D
mà
C D
nên các góc ở đáy của chúng bằng nhau:
CAM CMA DMB DBM
//
CA DM
và
//
CM DB
(vì có các cặp góc đồng vị bằng nhau).
Xét
CMB
có
EF
là đường trung bình
//
EF MB
.
Xét
DAM
có
HG
là đường trung bình //
HG AM
.
Suy ra:
//
EF HG
(vì cùng song song với
AB
). Vậy tứ giác
EFGH
là hình thang.
Xét hình thang
ACDM
có
EH
là đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo nên
//
EH AC
.
Tương tự, xét hình thang
CDBM
có:
//
FG DB
.
Do đó
EHG CAM ,FGH DBM.
Mặt khác
CAM DBM
(chứng minh trên) nên
EHG FGH
.
Vậy hình thang
EFGH
là hình thang cân
2
HF EG.
Từ
1
và
2
suy ra:
1
2
HF CD
.
Bài 7. Chứng minh rằng trong các tam giác có một góc bằng nhau, xen giữa hai cạnh có tổng bằng
nhau thì tam giác cân có chu vi nhỏ nhất.
Lời giải
Vẽ
ABC
cân tại
A
. Trên cạnh
AB
lấy điểm
M
, trên tia đối của tia
CA
lấy
điểm
N
sao cho
BM CN.
Như vậy
1
AB AC AM AN.
Ta phải chứng minh chu vi
ABC
nhỏ hơn chu vi
AMN
.
Muốn vậy ta phải chứng minh
BC MN
.
Ta vẽ
// //
MD NE BC
(
D AC,E
tia đối của tia
BA
).
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 29
Hình thang
MDCB
là hình thang cân
MB DC
, mà
BM CN
và
DC CN
Xét hình thang cân
MDNE
có
//
BC NE
và
DC CN
nên
MB BE
.
Vậy
BC
là đường trung bình của hình thang
MDNE
.
Vẽ
MH EN
thì
HN BC
(xem bài 3.12).
Xét
MHN
vuông tại
H
có
2
HN MN BC MN.
Từ
1
và
2
suy ra chu vi
ABC
nhỏ hơn chu vi
AMN.
H
D
M
B
E
N
A
C
Chủ đề 3: HÌNH BÌNH HÀNH
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất hình bình hành
Bài 1. Cho hình bình hành ACBD. Trên tia đối của tia AD lấy điểm M, trên tia đối của tia CB lấy
điểm N sao cho
AM CN
. Chứng minh rằng ba đường thẳng MN, AC, BD gặp nhau tại một điểm.
Lời giải
Tứ giác: AMCN có AM // CN và
AM CN
nên là hình
bình hành. Suy ra hai đường chéo MN và AC cắt nhau
tại trung điểm O của AC
Mặt khác, ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo
BD và AC cắt nhau tại trung điểm O của AC.
Vậy các đường thẳng MN, BD và AC cùng đi qua trung
điểm O của AC.
Nhận xét: Hai hình bình hành AMCD và ABCD có
chung đường chéo AC thì các đường chéo của chúng
đồng quy tại trung điểm của đường chéo chung.
N
M
A
D
B
C
Bài 2. Cho hình bình hành ABCD. Vẽ ra phía ngoài của hình bình hành các tam giác đều ABM và
AND. Chứng minh rằng tam giác CMN là tam giác đều.
Lời giải
Ta đặt:
ABC
thì
0
; 180ADC BAD
;
0 0 0 0 0
360 60 60 180 60MAN
MAN
và
CDN
có:
0
( ); 60 ;
AM DC AB MAN CDN AN DN
Do đó:
. . . 1
MAN CDN c g c MN CN
Chứng minh tương tự, ta được:
. . . 2
MAN MBC c g c MN MC
Từ
1
và
2
suy ra:
MN CN MC
. Vậy
CMN
đều.
α
α
N
M
A
B
D
C
Nhận xét: Việc đặt
ABC
là một kỹ thuật giúp ta tính toán và so sánh góc được nhanh
chóng, ti
ệ
n l
ợ
i.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 30
Bài 3. Chứng minh rằng nếu một tam giác có hai đường trung tuyến vuông góc với nhau thì tổng
các bình phương của hai đường trung tuyến này bằng bình phương đường trung tuyến thứ ba.
Tìm cách giải
Kết luận của bài toán gợi ý cho ta vận dụng định lý
Py-ta-go. Muốn vậy phải vẽ đường phụ tạo ra một tam
giác vuông có ba cạnh bằng ba đường trung tuyến.
Trình bày lời giải
Giả sử tam giác ABC là tam giác có ha đường trung
tuyến BD và CE vuông góc với nhau. Ta phải chứng
minh
2 2 2
BD CE AF
(AF là đường trung tuyến thứ
ba).
Trên tia ED lấy điểm K sao cho D là trung điểm của
EK. Tứ giác AKCE có hai đường chéo cắt nhau tại
trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
AK // CE và
AK CE
.
H
D
E
A
F
C
B
G
Ta có: DE // BC và
1
DE BC DK BF
và
.
DK BF
Vậy tứ giác DKFB là hình bình hành
KF // BD và
.
KF BD
Mặt khác,
BD CE
nên
.
AK KF
Do đó
KAF
vuông tại
2 2 2 2 2 2
A AK KF AF CE BD AF
.
Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ra phía ngoài của tam giác này các tam giác ABD và tam giác
ACE vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng hai đường thẳng MA và BC
vuông góc với nhau.
Lời giải
Vẽ hình bình hành DAEF. Khi đó AF đi qua M.
Gọi H là giao điểm của MA với BC.
Ta có:
.
EF AD AB
0
180
AEF DAE
mà
0
180
BAC DAE
nên
AEF BAC
1 1
( . . )
AEF CAB g c g A C
Ta có:
1 2 1 2
0 0 0
90 90 90 .
A A C A H
Do đó:
.
MA BC
1
2
1
M
H
F
E
D
B
C
A
Bài 5.
Cho hình bình hành ABCD. Vẽ ra ngoài hình bình hành các
tam giác ABM vuông cân tại A, tam giác BCN vuông cân tại C.
Chứng minh rằng tam giác DMN vuông cân.
Lời giải
Ta đặt
ADC
thì
0 0
90 ; 90DAM NCD
.
DAM
và
NCD
có:
0
( ); 90 ; ( )
AM CD AB DAM NCD AD CN BC
Do đó
( . . )
DAM NCD c g c DM DN
(1) và
DMA NDC
α
α
α
H
N
M
A
D
B
C
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 31
Kéo dài MA cắt CD tại H. Ta có:
MA AB MH CD
Xét
MDH
có
0
90
DMA ADM
0
90
NDC ADM
Hay
0
90
MDN
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
DMN
vuông cân t
ạ
i D
Bài 6. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Chứng minh rằng chu vi của tam giác ABC lớn hơn
3
HA HB HC
.
Lời giải
Vẽ
, .
HM AC M AB HN AB N AC
Vì
CH AB
nên
CH HN
. Vì
BH AC
nên
.
BH HM
Xét
HBM
vuông tại H có
.
BM HB
(1)
Xét
HCN
vuông tại H có
CN HC
. (2)
Xét hình bình hành ANHM có
.
AM AN AM MH HA
. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
BM CN AM AN HB HC HA
do đó
MB AM CN AN HA HB HC
hay
.
AB AC HA HB HC
Chứng minh tương tự, ta được:
BC BA HA HB HC
.
CA CB HA HB HC
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được:
2 3
AB BC CA HA HB HC
Do đó
3
.
AB BC CA HA HB HC
M
N
H
B
C
A
Bài 7. Cho hình thang cân
ABCD AB CD
và một điểm O ở trong hình này. Chứng minh rằng có
một tứ giác mà bốn cạnh lần lượt bằng OA, OB, OC, OD và bốn đỉnh nằm trên bốn cạnh của hình
thang cân.
Lời giải
Qua O dựng một đường thẳng song song với BC cắt
AB và CD lần lượt tại E và G. Qua O dựng một
đường thẳng song song với CD cắt AD tại H.
Qua E dựng một đường thẳng song song với OC cắt
BC tại F.
Khi đó tứ giác EFGH thỏa mãn đề bài.
F
H
E
G
A
C
D
O
B
Thật vậy, các tứ giác AEOH, HOGD là những hình thang cân.
; .
OA EH OD HG
(1)
Tứ giác EFCO là hình bình hành
OC EF
(2)
và
OE CF
. Suy ra
OG BF
Vậy tứ giác OBFG là hình bình hành
.
OB GF
(3)
T
ừ
(1), (2), (3) suy ra t
ứ
giác EFGH th
ỏ
a mãn
đ
ề
bài.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 32
Bài 8. Cho hình bình hành ABCD và đường thẳng xy không cắt các cạnh của hình bình hành. Qua
các đỉnh A, B, C, D vẽ các đường thẳng vuông góc với xy, cắt xy lần lượt tại
, , ,
A B C D
. Chứng
minh rằng
.
AA CC BB DD
Lời giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vẽ
.
OO xy
Ta có:
.
AA BB CC DD OO
Xét hình thang
AA C C
có
OA OC
và
OO AA
nên
.
O A O C
Do đó
OO
là đường trung bình của
hình thang
2
AA CC
AA C C OO
hay
2 .
AA CC OO
x
y
O'
O
D'
A'
C'
B'
A
D
B
C
Xét hình thang
DD B B
, cũng chứng minh tương tự, ta có:
2 .
BB DD OO
T
ừ
đó suy ra:
.
AA CC BB DD
Bài 9. Cho hình bình hành
ABCD AD AB
. Vẽ ra ngoài hình bình hành tam giác ABM cân tại B
và tam giác ADN cân tại D sao cho
ABM ADN
a) Chứng minh rằng
;
CM CN
b) Trên AC lấy một điểm O. Hãy so sánh OM với ON.
Lời giải
a) Vì
ABCD
là hình bình hành nên
ABC ADC
.
Ta đặt
0 0
,
ABC m ABM n
, khi đó
0 0
MBC CDN m n
MBC
và
CDN
có:
( );
MB CD AB MBC CDN
(chứng minh trên);
( )
BC DN AD
. Vậy
( . . )
MBC CDN c g c CM CN
n
0
n
0
m
0
N
M
A
D
B
C
O
b) Các
ABM
và
AND
là những tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau mà
AB AD
nên
AM AN
Xét
ACM
và
CAN
có
;
CM CN
CA chung và
AM AN
nên
ACM ACN
Xét
OCM
và
OCN
có
;
CM CN
CO chung và
ACM ACN
nên
OM ON
Bài 10. Cho tam giác ABC cân tại A,
AB BC
. Trên tia AB có điểm D, trên tia CA có điểm E sao
cho
AD DE EC CB
. Tính các góc của tam giác ABC.
Lời giải
Vẽ hình bình hành BDEF thì
1 ; .
EF BD ED FB
Ta có:
; .(2)
AD CE AB AC BD EA
Từ
(1)
và
(2)
suy ra
EF EA
. Ta có:
CEF DAE
(so le trong);
DEA DAE
(hai góc ở đáy
của tam giác cân). Suy ra
CEF DEA
(
CEF DEA
c.g.c
)
CF AD
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 33
Từ đó suy ra:
BF CF BC FBC
đều. Ta đặt
0 0
,
BAC m ADE n
.
Vẽ tia
Fx
là tia đối của tia
FC
. Vì
CFE DAE
nên
0
EFx BAC m
.
Ta có:
0
120
BFx
hay
0 0 0
120 . (*)
m n
Trong
CEF
ta có
0 0 0
; 60
ECF D n CFE CEF n
.
Do đó:
0 0 0 0 0 0 0 0 0
60 60 180 3 60 20
n n n n n
Từ
0 0
(*) 100 .
m
Suy ra
0
40
ABC ACB
x
m
0
m
0
n
0
F
D
E
A
B
C
Dạng 2. Nhận biết hình bình hành
Bài 1. Chứng minh rằng trong một tứ giác, đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo và các đoạn
thẳng nối trung điểm của hai cặp cạnh đối diện gặp nhau tại một điểm (định lí Giéc-Gôn, nhà Toán
học Pháp).
Lời giải
Gọi M, N, P, Q, E. F lần lượt là trung điểm của AB, BC,
CD, DA, AC và BD. Ta phải chứng minh MP, NQ và EF
cùng đi qua một điểm.
Xét
ABC
có MN là đường trung bình
MN AC
và
.
2
AC
MN
Chứng minh tương tự, ta có:
PQ AC
và
.
2
AC
PQ
O
E
F
N
Q
M
P
D
C
B
A
Suy ra
MN PQ
và
MN PQ
. Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Chứng minh tương tự, ta được tứ giác MEPF là hình bình hành.
Hai hình bình hành MNPQ và MEPF có chung đường chéo MP nên các đường chéo MP, NQ
và EF đ
ồ
ng quy t
ạ
i trung đi
ể
m c
ủ
a m
ỗ
i đư
ờ
ng.
Bài 2.
Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của AB và CD. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của
NA, NB, MC, MD. Ch
ứng minh rằng ba đường thẳng MN,
EF, GH đồng quy.
HD: Chứng minh tứ giác HEGF là hình bình hành từ đó
suy ra MN, EF, GH đồng quy.
E
G
H
F
O
M
P
A
B
C
D
Bài 3. Cho đoạn thẳng PQ và một điểm A ở ngoài đường thẳng PQ. Vẽ hình hình hành ABCD có
đường chéo BD // PQ và
BD PQ
. Chứng minh rằng mỗi đường thẳng BC và CD luôn đi qua một
điểm cố định.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 34
Lời giải
Qua A vẽ đường thẳng xy // PQ
Trên tia Ax lấy điểm M, trên tia Ay lấy điểm
N sao cho
.
AM AN PQ
Như vậy các điểm M và N cố định.
Tứ giác AMBD có hai cạnh đối diện song
song và bằng nhau nên là hình bình hành
BM // AD
Mặt khác, BC // AD nên ba điểm B, M, C
thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit)
x
y
M
C
D
B
N
P
Q
A
Do đó đường thẳng BC đi qua điểm cố định M.
Ch
ứ
ng minh tương t
ự
, ta đư
ợ
c đư
ờ
ng th
ẳ
ng CD đi qua đi
ể
m c
ố
đ
ị
nh N.
Bài 4. Trong tất cả các tứ giác với hai đường chéo có độ dài m và n cho trước và góc xen giữa hai
đường chéo có độ lớn
cho trước hãy xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất.
Lời giải
Xét tứ giác ABCD có
,
AC m BD n
và
BOC
Vẽ hình bình hành ADBE và vẽ hình bình hành CAEF.
Khi đó:
; ;
EF AC m CF AE BD n
EAC BOC
Như vậy hình bình hành CAEF hoàn toàn được xác định,
do đó hai đường chéo AF và CE không đổi.
Dễ thấy tứ giác BFCD là hình bình hành
.
BF CD
Chu vi tứ giác ABCD là:
.
AB CD BC AD AB BF BC BE AF CE
m
n
D
C
B
A
E
F
Dấu
" "
xảy ra
, , / /
, , / /
A B C thaúng haøng AB CD
C B E thaúng haøng AD BC
ABCD
là hình bình hành.
V
ậ
y chu vi c
ủ
a t
ứ
giác ABCD nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi ABCD
là hình bình hành.
Dạng 3. Dựng hình bình hành
Bài 1. Cho trước hai điểm A và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng d. Một
đoạn thẳng CD có dộ dài a cho trước nằm trên đường thẳng d. Hãy xác định vị trí của điểm C và D
để tổng
AC CD DB
nhỏ nhất.
Lời giải
Giả sử đã xác định được vị trí của C và
D d
để tổng
AC CD DB
nhỏ nhất. Vẽ hình bình hành
CDBB
(chú
ý CD và
BB
ngược chiều nhau).
Khi đó
BB CD a
(không đổi);
.
DB CB
Điểm
B
cố định.
Ta có tổng
AC CD DB
nhỏ nhất
AC DB
nhỏ
nhất (vì
CD a
không đổi).
AC CB
nhỏ nhất
, ,
A C B
thẳng hàng.
T
ừ
đó ta xác đ
ị
nh đi
ể
m
C d
như sau:
d
a
D
B'
B
C
A
- Qua B vẽ một đường thẳng song song với d, trên đó lấy
B
sao cho
BB a
(
BB
ngược chiều
với CD)
-
L
ấ
y giao đi
ể
m C c
ủ
a
B A
và d
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 35
- Lấy
D d
sao cho
CD a
(CD và
BB
ngược chiều)
Khi đó t
ổ
ng
AC CD DB
nh
ỏ
nh
ấ
t.
Bài 2. Hai điểm dân cư A và B ở hai bên một con sông có hai bờ d và
d
. Chiều rộng con sông
bằng a. Hãy tìm địa điểm bắc cầu sao cho quãng đường từ A sang B là ngắn nhất (cầu vuông góc
với bờ sông).
Lời giải
Giả sử đã xác định được vị trí CD của cầu
;
C d D d
sao cho tổng
AC CD DB
nhỏ nhất.
Vẽ hình bình hành
ACDA
.
Ta có:
,
AC A D AA CD a
và
.
AA d
Khi đó
A
là một điểm cố định.
Ta có tổng
AC CD DB
nhỏ nhất
AC DB
nhỏ nhất (vì
CD a
không đổi)
A D DB
nhỏ nhất
, ,
A D B
thẳng hàng.
Từ đó ta xác định vị trí CD của cầu như sau:
- Vẽ
AH d
- Trên tia AH lấy
A
sao cho
AA a
- Lấy giao điểm D của
A B
và
.
d
- Vẽ
.
DC d C d
Khi đó
AC CD DB
nh
ỏ
nh
ấ
t.
d
d'
a
B
H
A
A'
D
C
CHỦ ĐỀ 3: HÌNH CHỮ NHẬT
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật
Bài 1. Cho hình chữ nhật
ABCD
. Trên đường chéo
BD
lấy một điểm
M
. Trên tia
AM
lấy điểm
N
sao cho
M
là trung điểm của
AN
. Gọi
E
và
F
lần lượt là hình chiếu của
N
trên đường thẳng
BC
và
CD
. Chứng minh rằng ba điểm
, ,
M E F
thẳng hàng.
Tìm cách giải
Xét
CAN
, đường thẳng
EF
đi qua trung điểm của
CN
,
muốn cho
EF
đi qua trung điểm
M
của
AN
ta cần
chứng minh
//
EF AC
.
Trình bày lời giải
Tứ giác
ENFC
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
Gọi
O
là giao điểm của
AC
và
BD
và
K
là giao điểm
của
EF
và
CN
. Theo tính chất hình chữ nhật, ta có:
1
1
2 2
K
O
F
E
N
B
D
C
A
M
;
OA OB OC OD
.
KC KN KE FE
Xét
CAN
có
OM
là đường trung bình nên
//
OM CN
. Do đó
// .
BD CN
,
OCD KCF
cân, suy ra
1 1 2 2
, .
D C C F
Mặt khác,
1 2
D C
(cặp góc đồng vị) nên
1 2
C F
. Suy ra
//
AC EF
.
Xét
CAN
có đường thẳng
EF
đi qua trung điểm
K
của
CN
và
//
EF AC
nên
EF
đi qua
trung điểm của
AN
, tức là đi qua
M
. Vậy ba điểm
, ,
M E F
thẳng hàng.
Bài 2. Cho tam giác
ABC
cân tại
A
. Từ một điểm trên đáy
BC
, vẽ đường thẳng vuông góc với
BC
cắt các đường thẳng
,
AC AB
lần lượt tại
M
và
N
. Gọi
H
và
K
lần lượt là trung điểm của
BC
và
MN
. Chứng minh rằng tứ giác
AKDH
là hình chữ nhật.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 36
Tìm cách giải
Dễ thấy tứ giác
AKDH
có hai góc vuông là
90
H D
nên chỉ cần chứng minh tứ giác này có một góc vuông
nữa là thành hình chữ nhật.
Trình bày lời giải
ABC
cân tại
,
A AH
là đường trung tuyến nên cũng là
đường cao, đường phân giác.
Do đó:
1
90
H
và
1 2
.
A A
Ta có:
//
AH DN
(vì cùng vuông góc với
BC
)
1
2
2
1
N
M
H
K
A
B
C
D
1
N A
(cặp góc đồng vị);
1 2
M A
(cặp góc so le trong).
Do đó
1
N M
(vì
1 2
A A
).
Vậy
AMN
cân tại
A
mà
AK
là đường trung tuyến nên
AK
cũng là đường cao,
90
K
.
T
ứ
giác
AKDH
có
90
K H D
nên nó là hình ch
ữ
nh
ậ
t.
Bài 3. Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
. Trên cạnh huyền
BC
lấy điểm
D
. Vẽ
,
DH AB DK AC
. Biết
AB a
, tính giá trị lớn nhất của tích
.
DH DK
.
Tìm cách giải
Ta thấy
DH DK AB
(không đổi). Dựa vào các hằng đẳng
thức ta có thể tìm được mối quan hệ giữa tích
.
DH DK
với tổng
DH DK
. Mối quan hệ này được biểu diễn như sau:
Ta có:
2 2
2 2 2 2
0 2 2 4 4
x y x y xy x y xy xy x y xy
2
x y
xy
Trình bày lời giải.
x
y
y
x
H
D
C
A
B
K
Tứ giác
AHDK
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
Tam giác
HBD
có
90 ; 45
H B
nên là tam giác vuông cân. Ta đặt:
,
DH x DK y
thì
,
HB x AH y
và
x y a
.
Ta có:
2
2
4 4
x y
a
xy
(không đổi).
Dấu
" "
xảy ra
x y D
là trung điểm của
BC
.
Vậy giá trị lớn nhất của tích
.
DH DK
là
2
4
a
khi
D
là trung điểm của
BC
.
Bài 4. Cho hình thang
ABCD
,
90
A D
. Trên cạnh
AD
có một điểm
H
mà
AH DH
và
90
BHC
. Chứng minh rằng trên cạnh
AD
còn một điểm
K
sao cho
90
BKC
.
Tìm cách giải
Giả sử đã chứng minh được
90
BKC
thì
BHC
và
BKC
là hai tam giác vuông có chung
cạnh huyền
BC
nên hai đường trung tuyến ứng với
BC
phải bằng nhau. Do đó cần chứng minh
hai đường trung tuyến này bằng nhau.
Trình bày lời giải
Gọi
M
và
N
lần lượt là trung điểm của
AD
và
BC
. Khi đó
MN
là đường trung bình của hình
thang
ABCD
, suy ra:
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 37
//
MN AB
MN AD
(vì
AB AD
)
Trên cạnh
AD
lấy điểm
K
sao cho
DK AH MK MH
.
NHK
có
NM
vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên
là tam giác cân
KN HN
.
Xét
HBC
vuông tại
H
có
1
HN BC
(tính chất đường trung
tuyến ứng với cạnh huyền). Suy ra
1
KN BC
(vì
KN HN
).
Do đó
KBC
vuông tại
90
K BKC
.
K
H
N
M
D
C
A
B
Bài 5. Cho đường thẳng
xy
. Một điểm
A
cố định nằm ngoài
xy
và một điểm
B
di động trên
xy
.
Gọi
O
là trung điểm của
AB
. Hỏi điểm
O
di động trên đường nào?
Lời giải
Vẽ
,
AH xy OK xy
.
Ta có:
AH
là một đoạn thẳng cố định. Xét
ABH
có
//
OK AH
và
OA OB
nên
KH KB
.
Vậy
OK
là đường trung bình suy ra:
1
2
OK AH
(không đổi).
Điểm
O
cách đường thẳng
xy
cho trước một khoảng
x
y
a
O
K
H
B
A
không đổi là
1
AH
nên điểm
O
di động trên đường thẳng
//
a xy
và cách
xy
là
2
AH
(đường
thẳng
a
và điểm
A
cùng nẳm trên một nửa mặt phẳng bờ
xy
).
Bài 6. Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
, đường cao
AD
. Gọi
M
là một điểm bất kì trên cạnh
BC
. Vẽ
,
ME AB MF AC
. Tính số đo các góc của tam giác
DEF
.
Lời giải
Tứ giác
AEMF
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật .
AE MF
Tam giác
FMC
vuông tại
, 45
F C
nên là tam giác
vuông cân
CF MF
. Do đó
AE CF
.
Tam giác
ABC
vuông cân,
AD
là đường cao nên đồng
thời là đường trung tuyến, đường phân giác nên
M
F
D
A
B
C
E
1
; 45 .
2
AD DC BC EAD FCD
. .
EDA FDC c g c DE DF
và
EDA FDC
Ta có:
90 90
ADF FDC ADF EDA
hay
90 .
EDF
Do đó
DEF
vuông cân
45 ; 90 .
E F EDF
Bài 7. Cho hình bình hành
ABCD
. Biết
1
2
AD AC
và
1
2
BAC DAC
. Chứng minh rằng hình bình
hành
ABCD
là hình chữ nhật.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 38
Lời giải
Gọi
O
là giao điểm của
AC
và
BD
, ta có
OA OC
Vì
1
2
AD AC
nên
AD AO
Vẽ
, .
AH OD OK AB
Xét
AOD
cân tại
,
A AH
là đường cao
AH
cũng là
đư
ờ
ng tru
ng tuy
ế
n, c
ũng l
à đư
ờ
ng phân giác.
3 1
2
1
K
H
O
B
A
C
D
Do đó
HO HD
và
1 2
A A
.
Vì
1
2
BAC DAC
nên
3 2 1
A A A
.
AOK AOH
(cạnh huyền, góc nhọn)
1
1 1
30 .
2 2
OK OH OD OK OB B
Xét
ABH
vuông tại
H
có
1
30
B
nên
60
HAB
suy ra
90
DAB
.
Hình bình hành
ABCD
có m
ộ
t góc vuông nên là hình ch
ữ
nh
ậ
t.
Bài 8. Cho hình chữ nhật
, 8, 6
ABCD AB BC
. Điểm
M
nằm trong hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ
nhất của tổng:
2 2 2 2
S MA MB MC MD
.
Lời giải
ABCD
là hình chữ nhật nên
2 2
8 6 10.
AC BD
Ta đặt
,
MA x MC y
.
Xét ba điểm
, ,
M A C
ta có:
MA MC AC
do đó
2
10 100
x y x y hay
2 2
2 100.
x y xy
(1)
Mặt khác,
2
0
x y
hay
2 2
2 0.
x y xy
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
2 100
x y
2 2
50.
x y
Dấu
" "
xảy ra
M
nằm giữa
A
và
C
và
MA MC M
là trung đi
ể
m c
ủ
a
AC
.
x
y
B
C
A
D
M
Chứng minh tương tự, ta được:
2 2
50
MB MD
dấu
" "
xảy ra
M
là trung điểm của
BD
.
Vậy
2 2 2 2
100.
MA MC MB MD
Do đó giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a t
ổ
ng
S
là 100 khi
M
là giao đi
ể
m c
ủ
a hai đư
ờ
ng chéo
AC
và
BD
.
Bài 9. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
. Gọi
O
là một giao điểm bất kì trong tam giác. Vẽ
,
OD AB OE BC
và
OF CA
. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng:
2 2 2
S OD OE OF
Lời giải
Vẽ
, .
AH BC OK AH
.
Tứ giác
ADOF
và
KOEH
là hình chữ nhật nên
OF AD
và
OE KH
.
Xét
AOD
vuông tại
D
, ta có
2 2 2 2
.
OD AD OA AK
Do đó
2 2 2 2 2 2 2 2
OD OF OE OD AD OE AK KH
2
2
2 2
AK KH
AH
(không đổi)
D
F
K
E
H
B
C
O
A
D
ấ
u
" "
x
ả
y ra
O
n
ằ
m gi
ữ
a
A
và
H
và
AK KH O
là trung đi
ể
m c
ủ
a
AH
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 39
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng
S
là
2
2
AH
khi
O
là trung điểm của
AH
.
Bài 10. Cho hình chữ nhật
ABCD
, đường chéo
AC d
. Trên các cạnh
, ,
AB BC CD
và
DA
lần lượt
lấy các điểm
, , ,
M N P Q
. Tính giá trị nhỏ nhất của tổng:
2 2 2 2
S MN NP PQ QM
Lời giải
Tứ giác
ABCD
là hình chữ nhật nên
90 .
A B C D
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:
2 2 2 2 2 2
; ;
MN BM BN NP CN CP
2 2 2 2 2 2
; .
PQ DP DQ QM AQ AM
Do đó:
2 2 2 2
S MN NP PQ QM
B
A
C
D
M
N
P
Q
2 2 2 2 2 2 2 2
AM BM BN CN CP DP DQ AQ
Vận dụng bất đẳng thức
2
2 2
a b
a b
(dấu
" "
xảy ra khi
a b
), ta được:
2 2 2 2
2 2 2 2
AM BM BN CN CP DP DQ AQ
S
2 2
2 2 2 2
2 2
2
.
2 2 2 2 2
AB BC
AB BC CD AD
AC d
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng
S
là
2
d
khi
, , ,
M N P Q
lần lượt là trung điểm của các cạnh hình
ch
ữ
nh
ậ
t.
Bài 11. Cho tam giác đều
ABC
cạnh
a
. Trên các cạnh
,
AB AC
lần lượt lấy các điểm
D
và
E
sao
cho
AD CE
. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài
DE
.
Lời giải
Vẽ
,
DH BC EK BC
và
DF EK
Tứ giác
DFKH
có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
Suy ra
DF HK
.
HBD
vuông tại
H
có
60
B
nên
1
1
30 .
2
D BH BD
KCE
vuông tại
K
có
60
C
nên
1
1 1
30 .
2 2
E CK CE AD
1
1
F
K
H
E
A
B
C
D
Ta có:
1 1 1
.
2 2 2 2
a
DE DF HK BC BH KC BC BD AD BC AB
Vậy giá trị nhỏ nhất của
DE
là
2
a
khi
D
và
E
lần lượt là trung điểm của
AB
và
AC
.
Dạng 2. Tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông
Bài 1. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
. Trên cạnh huyền
BC
lấy một điểm
M
. Vẽ
,
MD AB ME AC
và
AH BC
. Tính số đo của góc
DHE
.
Lời giải
Tứ giác
ADME
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật nên
AM DE
.
G
ọ
i
O
là giao đi
ể
m c
ủ
a
AM
và
DE
, ta có:
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 40
.
OA OM OD OE
Xét
AHM
vuông tại
H
, ta có:
1
2
HO AM
1
.
HO DE
Xét
HDE
có
HO
là đường trung tuyến ứng với cạnh
DE
mà
1
HO DE
nên
HDE
vuông tại
90 .
H DHE
O
E
D
H
B
C
A
M
Bài 2. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, đường cao
AH
, đường trung tuyến
AD
. Vẽ
,
HE AB HF AC
. Gọi
M
và
N
lần lượt là trung điểm của
HB
và
HC
.
a) Chứng minh rằng
// // ;
EM FN AD
b) Tam giác
ABC
phải có thêm điều kiện gì thì ba đường thẳng
, .
EM FN AD
là ba đường thẳng
song song cách đều.
Lời giải
a) Tứ giác
AFHE
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật
.
OA OF OH OE
Xét
ABC
vuông tại
A
có
AD
là đường trung tuyến
nên
.
AD DB DC
DAC
cân
1
.
A C
Mặt khác,
2
C A
(cùng phụ với
B
);
2 1
A E
(hai góc ở đáy của tam giác cân)
1
1
2
1
O
N
M
F
E
H
D
C
B
A
Suy ra
1 1
.
A E
Gọi
K
là giao điểm của
AD
và
EF
.
Xét
AEF
vuông tại
A
có
1 1 1 1
90 90 90
E F A F K
.
Do đó:
,
AD EF
(1)
Ta có:
. . 90 .
OEM OHM c c c OEM OHM EM EF
(2)
Chứng minh tương tự, ta được:
.
FN EF
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
// //
EM FN AD
(vì cùng vuông góc với
EF
).
b) Ba đường thẳng
,
EM FN
và
AD
là ba đường thẳng song song cách đều
KF KE K O AD AH ABC
vuông cân.
Bài 3. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A AB AC
, đường cao
AH
. Trên cạnh
AC
lấy điểm
D
sao
cho
AD AB
. Gọi
M
là trung điểm của
BD
. Chứng minh rằng tia
HM
là tia phân giác của góc
AHC
.
Lời giải
Vẽ
, .
DE BC DF AH
HAB
và
FDA
có:
90
H F
;
;
AB AD
HAB FDA
(cùng phụ với
FAD
).
Do đó
HAB FDA
(cạnh huyền-góc nhọn)
.
AH FD
(1)
Tứ giác
FDEH
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật
.
HE FD
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra:
.
AH HE
M
E
F
D
H
C
B
A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 41
Ta có
1
.
AM EM BD
. . .
AHM EHM c c c AHM EHM
Do đó tia
HM
là tia phân giác c
ủ
a góc
AHC
Bài 4. Cho hình chữ nhật
, 15, 8
ABCD AB BC
. Trên các cạnh
, , ,
AB BC CD DA
lần lượt lấy các
điểm
, , ,
E F G H
. Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác
EFGH
.
Lời giải
Gọi
, ,
M N P
lần lượt là trung điểm của
,
HE HF
và
FG
Theo tính chất đường trung bình của tam giác, tính chất
đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác
vuông, ta có:
2 ; 2 ; 2 ; 2 .
EF MN FG CP GH NP HE AM
Do đó chu vi của hình tứ giác
EFGH
là:
2 .
EF FG GH HE AM MN NP PC
Xét các điểm
, , N, P,C
A M
, ta có:
P
N
M
H
G
F
E
B
A
C
D
AM MN NP PC
AC
(không đổi).
2 2 2 2 2
15 8 289 17.
AC AB BC AC
Vậy chu vi của tứ giác
2.17 34
EFGH
(dấu
" "
xảy ra
, ,
M N P
nằm trên
AC
theo thứ tự
đó
// //
EF AC HG
và
// //
HE BD FG
).
Do đó giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a chu vi t
ứ
giác
EFGH
là 34.
Dạng 3. Đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước
Bài 1. Cho góc
xOy
có số đo bằng
30
. Điểm
A
cố định trên tia
Ox
sao cho
2
OA cm
. Lấy điểm
B
bất kì trên tia
Oy
. Trên tia đối của tia
BA
lấy điểm
C
sao cho
2
BC BA
. Hỏi khi điểm
B
di
động trên tia
Oy
thì điểm
C
di động trên đường nào?
Lời giải
Gọi
M
là trung điểm của
BC
.
Vẽ
,
AH Oy MD Oy
và
.
CE Oy
Xét
AOH
vuông tại
H
, có
30
O
nên
1
1 .
AH OA cm
1 .
MDB AHB MD AH cm
Xét
BCE
, dễ thấy
MD
là đường trung bình nên
2 2 .
CE MD cm
Điểm
C
cách
Oy
một khoảng là
2
cm
nên
C
di động trên
đường thẳng
//
a Oy
và cách
Oy
là
2
cm
.
y
x
a
E
D
C
M
H
A
O
B
Bài 2. Cho góc
xOy
có số đo bằng
45
. Điểm
A
cố định trên tia
Ox
sao cho
3 2
OA cm
. Lấy
điểm
B
bất kì trên tia
Oy
. Gọi
G
là trọng tâm của tam giác
OAB
. Hỏi khi điểm
B
di động trên tia
Oy
thì điểm
G
di động trên đường nào?
Lời giải
Gọi
M
là trung điểm của
OB
.
Khi đó
G AM
và
2
AG GM
.
Gọi
N
là trung điểm của
AG
, ta được
AN NG GM
.
Vẽ
, ,
AD NE GF
cùng vuông góc với
Oy
.
Ba đường thẳng
,
AD NE
và
GF
là ba đường thẳng song song cách đều nên
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 42
.
DE EF FM
Ta đặt
FG x
thì
2
EN x
và
2
FG AD
EN
. Do đó
2 3
x AD
x AD x
.
Xét
DOA
vuông cân tại
2 2
2
D OA DA
.
y
x
a
E
N
M
D
F
G
A
O
B
Do đó
2
2
2 3 2 3 1 .
DA DA cm FG cm
Điểm
G
cách
Oy
một khoảng không đổi là
1
cm
nên điểm
G
di động trên đường thẳng
//
a Oy
và cách
Oy
là
1
cm
.
Bài 3. Cho tam giác
ABC
cân tại
A
. Trên các cạnh
AB
và
AC
lần lượt lấy các điểm
M
và
N
sao
cho
AM CN
. Gọi
O
là trung điểm của
MN
. Hỏi điểm
O
di động trên đường nào?
Lời giải
Vẽ
// .
ND AB D BC
Ta có
1
D B
(cặp góc đồng vị) mà
B C
Nên
1
D C NDC
cân. Do đó
ND NC
Mặt khác,
AM NC
nên
ND AM
.
Suy ra tứ giác
ANDM
là hình bình hành, trung điểm
O
của
MN
cũng là trung điểm
O
của
AD
.
Ta có điểm
A
và
BC
cố định, theo ví dụ 5, thì điểm
O
di
động trên đường thẳng
//
a BC
và cách
BC
một khoảng
2
AH
(
AH
là đư
ờ
ng cao c
ủ
a
ABC
).
1
O
D
N
B
C
A
M
Bài 4. Bên trong hình chữ nhật kích thước
3 6
cho 10 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm
trong số 10 điểm đó có khoảng cách nhỏ hơn
2,3
.
Lời giải
Chia hình chữ nhật có kích thước
3 6
thành 9 hình chữ
nhật nhỏ có kích thước
1 2
. Có 10 điểm nằm trong 9
phần nên tồn tại hai điểm chẳng hạn
A
và
B
thuộc cùng
một phần.
Dễ thấy
AB
độ dài đường chéo của mỗi hình chữ nhật
nhỏ, tức là
2 2
1 2 5 2,3
AB
A
B
Bài 5. Bên trong hình chữ nhật có kích thước
3 6
cho 8 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai trong
số 8 điểm đó có khoảng cách nhỏ hơn
2,3
.
Lời giải
Chia hình chữ nhật có kích thước
3 6
thành 7 phần như
hình 5.24. Có 8 điểm nằm trong 7 phần nên tồn tại hai
điểm chẳng hạn
A
và
B
thuộc cùng một phần.
Dễ thấy
2 2
1 2 5 2,3
AB
A
B
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 43
CHỦ ĐỀ 6: HÌNH THOI VÀ HÌNH VUÔNG
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình thoi
Bài 1. Cho hình thoi
ABCD
, độ dài mỗi cạnh là
13
cm
. Gọi
O
là giao điểm của hai đường chéo. Vẽ
OH AD
. Biết
6
OH cm
, tính tỉ số của hai đường chéo
BD
và
AC
.
Lời giải
Vẽ
BK AD
.
Xét
BKD
có
OH BK
(vì cùng vuông góc với
AD
)
và
OB OD
nên
KH HD
.
Vậy
OH
là đường trung bình của
BKD
Suy ra
1
2
OH BK
, do đó
12
BK cm
.
Xét
ABK
vuông tại
K
, có
2 2 2 2 2
13 12 25 5
AK AB BK AK cm
H
K
D
B
O
C
A
do đó
8
KD cm
.
Xét
BKD
vuông tại
K
có
2 2 2 2 2
12 8 208
BD BK KD
.
Xét
AOH
vuông tại
H
có
2 2 2 2 2
6 9 117
OA OH AH
2
2
117 468
2
AC
AC
.
Do đó:
2
2
208 4 2
468 9 3
BD BD
AC
AC
.
Bài 2. Cho tam giác
ABC
cân tại
A
, hai đường cao
BE
và
CF
cắt nhau tại
H
. Đường thẳng
AH
cắt
EF
tại
D
, cắt
BC
tại
G
. Gọi
M
và
N
lần lượt là hình chiếu của
G
trên
AB
và
AC
. Chứng
minh rằng tứ giác
DNGM
là hình thoi.
Lời giải
ABE ACF
(c.h, g.nh)
AE AF
và
.
BE CF
Vì
H
là trực tâm của
ABC
nên
AH
là đường cao, đồng thời
là đường trung tuyến, từ đó
GB GC
và
.
DE DF
Xét
EBC
có
GN BE
(cùng vuông góc với
AC
) và
GB GC
nên
.
NE NC
Chứng minh tương tự, ta được:
.
MF MB
Dùng định lý đường trung bình của tam giác ta chứng minh
được
DM GN
và
DM GN
nên tứ giác
DNGM
là hình bình
hành.
D
N
M
H
E
F
G
B
C
A
Mặt khác,
DM DN
(cùng bằng
1
2
của hai cạnh bằng nhau) nên
DNGM
là hình thoi.
Bài 3. Một hình thoi có góc nhọn bằng
0
30
. Khoảng cách từ giao điểm của hai đường chéo đến
mỗi cạnh bằng
h
. Tính độ dài mỗi cạnh của hình thoi.
Lời giải: Giả sử
ABCD
là hình thoi,
0
30
A
. Hai đường chéo cắt nhau tại
O
.
Vẽ
OH AD
,
BK AD
thì
OH BK
và
OH
là đường trung bình của tam giác
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 44
1
.
BKD OH BK
(1)
Xét
ABK
vuông tại
K
,
0
1
30 .
2
A BK AB
(2)
H
O
K
D
B
A
C
Từ (1) và (2) suy ra:
1
4
OH AB
do đó
4 4. .
AB OH h
Bài 4. Cho hình thoi
ABCD
, chu vi bằng
8
cm
. Tìm giá trị lớn nhất của tích hai đường chéo.
Lời giải
Gọi
O
là giao điểm của hai đường chéo.
Ta đặt
,
OA x OB y
thì
2 , 2 .
AC x BD y
Ta có:
8 : 4 2
AB cm
và
2 2
4
x y
.
Từ bất đẳng thức
2 2
2
x y xy
suy ra
2 2
4
2.
2 2
x y
xy
Do đó:
. 2 .2 4 8.
AC BD x y xy
Vậy giá trị lớn nhất của tích
.
AC BD
là
2
8( )
cm
khi
x y
AC BD ABCD
là hình vuông.
x
y
O
B
A
C
D
Bài 5. Cho hình thoi
ABCD
,
0
40
A
. Gọi
M
là trung điểm của
AB
. Vẽ
DH CM
. Tính số đo
của góc
MHB
.
Lời giải
Gọi
N
là trung điểm của
CD
.
Ta có
AM CN
và
AM CN
nên tứ giác
AMCN
là
hình bình hành
AN CM
.
Mặt khác,
DH CM
nên
DH AN
tại
K
.
Xét
HCD
có
KN CH
và
NC ND
nên
KH KD
.
K
H
N
M
D
B
A
C
HAD
Có
AK
vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên
HAD
cân
.
AH AD
Mặt khác,
AB AD
nên
AH AB ABH
cân.
Suy ra
ADH AHD
và
ABH AHB
.
Xét tứ giác
ABHD
có
0
360
ADH DHA BHA ABH A
0 0 0 0
2( ) 360 40 2 320 160
DHA BHA BHD BHD
.
M
ặ
t khác,
0
90
DHM
nên
0 0 0
160 90 70
MHB
.
Bài 6. Cho hình thoi
ABCD
. Trên nửa mặt phẳng bờ
BD
có chứa điểm
C
, vẽ hình bình hành
BDEF
có
DE DC
. Chứng minh rằng
C
là trực tâm của tam giác
AEF
.
Lời giải
Ta có
AC DB
mà
DB EF
nên
AC EF
. (1)
Vẽ điểm
M
sao cho
D
là trung điểm của
EM
.
Xét
CEM
có
CD
là đường trung tuyến mà
1
2
CD EM
nên
CEM
vuông tại
C
CM CE
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 45
Tứ giác
MDFB
có hai cạnh đối song song và
bằng nhau nên là hình bình hành.
DB
và
MF
cắt nhau tại trung điểm của mỗi
đường.
Mặt khác,
O
là trung điểm của
DB
nên
O
là
trung điểm của
MF
.
Tứ giác
AMCF
có
,
OA OC OM OF
nên là
hình bình hành
CM AF
CE AF
. (2)
M
F
E
O
A
B
D
C
Xét
AAEF
có
AC
và
EC
là hai đường cao cắt nhau tại
C
nên
C
là trực tâm.
Nhận xét: Nếu vẽ hình bình hành
DBEF
về phía điểm
A
thì kết luận của bài toán vẫn đúng.
Bài 7. Cho hình bình hành
ABCD
, hai đường chéo cắt nhau tại
O
. Gọi
, , ,
E F G H
lần lượt là giao
điểm các đường phân giác của tam giác
, ,
AOB BOC COD
và
DOA
. Chứng minh tứ giác
EFGH
là
hình thoi.
Lời giải
Ta có
,
OE OH OG OH
(hai tia phân giác của hai
góc kề bù)
, ,
E O G
thẳng hàng.
Chứng minh tương tự, ta được
, ,
H O F
thẳng hàng.
Ta có
AB CD BAC ACD
G
F
H
E
O
A
D
B
C
EAO ACG
(một nửa của hai góc bằng nhau)
AOE COG
(g.c.g)
OE OG
.
Chứng minh tương tự, ta được
OF OH
.
Tứ giác
EFGH
có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình
hành. Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc nên là hình thoi.
Dạng 2. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình vuông
Bài 1. Cho hình vuông
ABCD
. Lấy điểm
M
trên đường chéo
AC
. Vẽ
ME AD
,
MF CD
và
EF
MH
. Chứng minh rằng khi điểm
M
di động trên
AC
thì đường thẳng
MH
luôn đi qua một
điểm cố định.
Tìm cách giải
Vẽ hình chính xác ta thấy đường thẳng
MH
đi qua một điểm
cố định là điểm
B
. Vì thế ta sẽ chứng minh ba điểm
, ,
H M B
thẳng hàng bằng cách chứng minh
1 2
M M
.
Lời giải
Gọi N là giao điểm của đường thẳng
EM
và
BC
.
Khi đó
BN AE
;
AE ME
(vì ∆AEM vuông cân) suy ra
BN ME
.
1
2
1
1
N
H
F
E
B
A
D
C
M
Ch
ứ
ng minh tư
ơng t
ự
, ta đư
ợ
c:
MN MF
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 46
Nối
MB
ta được:
BMN EFM
(c.g.c).
Suy ra
1 1
B E
do đó
1 2
M M
. Từ đó ba điểm
, ,
H M B
thẳng hàng.
V
ậ
y đư
ờ
ng th
ẳ
ng
MH
luôn đi qua m
ộ
t đi
ể
m c
ố
đ
ị
nh là đi
ể
m
B
.
Bài 2. Cho hình vuông
ABCD
cạnh
a
. Trên cạnh
BC
lấy điểm
M
, trên cạnh
CD
lấy điểm
N
sao
cho chu vi các tam giác
CMN
bằng
2
a
. Chứng minh rằng góc
MAN
có số đo không đổi.
Tìm cách giải
Vẽ hình chính xác ta luôn thấy
0
45
MAN
. Vì vậy ta vẽ
hình phụ tạo ra góc
0
90
rồi chứng minh
MAN
bằng nửa
góc vuông đó.
Lời giải
Trên tia đối của tia
DC
lấy điểm
E
sao cho
DE BM
.
BAM DAE
(c.g.c) suy ra
AM AE
và
BAM DAE
.
Ta có:
0
90
BAM DAM
.
N
E
B
A
C
D
M
0
90
DAE DAM
hay
0
90
EAM
.
Theo đề bài,
2
CM CN MN a
mà
2
CM CN MB ND a
nên
MN MB ND
hay
MN DE ND EN
.
MAN EAN
(c.c.c)
0
45
EAM
MAN EAN
.Vậy, góc
MAN
có số đo không đổi.
Bài 3. Cho hình vuông
ABCD
. Trên các cạnh
, ,
AB BC CD
lần lượt lấy các điểm
, ,
M N P
sao cho
AM BN CP
. Qua
N
vẽ một đường thẳng vuông góc với
MP
cắt
AD
tại
Q
. Chứng minh rằng
tứ giác
MNPQ
là hình vuông.
Tìm cách giải
Từ giả thiết ta nghĩ đến việc chứng minh các tam giác bằng
nhau để suy ra bốn cạnh của tứ giác
MNPQ
bằng nhau, ta được
tứ giác này là hình thoi. Sau đó chứng minh hai đường chéo
bằng nhau để được hình vuông.
Trình bày lời giải
Vẽ
ME CD
,
NF AD
.
Gọi
O
là giao điểm của
ME
và
NF
.
O
F
E
P
M
Q
B
A
D
C
N
Ta có:
AB BC CD DA
mà
AM BN CP
nên
BM CN DP
.
Dễ thấy tứ giác
AMOF
là hình vuông.
EMP
và
FNQ
có:
0
90
E F
;
ME NF
(bằng cạnh hình vuông);
EMP FNQ
(hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)
EMB FNQ
(g.c.g)
MP NQ
và
EP FQ
.
Ta có:
DE AM AF DP AQ
do đó
DQ CP
.
Các tam giác
, ,
BNM CPN DQP
và
AMQ
bằng nhau suy ra
MN NP PQ QM
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 47
Do đó tứ giác
MNPQ
là hình thoi. Hình thoi này có hai đường chéo bằng nhau nên là hình
vuông.
Bài 4. Cho hình vuông
ABCD
. Trên cạnh
BC
lấy các điểm
E
và
F
sao cho
BE EF FC
. Trên
cạnh
AD
lấy điểm
G
sao cho
1
AG AD
. Tính tổng:
AEG AFG ACG
Lời giải
Các tứ giác
, ,
ABEG AEFG AFCG
là hình bình hành nên:
, ,
AB EG AE GF AF CG
Suy ra
1 1 2 2 3 3
; ;
E A F A C A
Do đó:
0
1 2 3 1 2 3
45
E F C A A A BAC
.
1
2
3
1
3
2
G
E
F
B
A
D
C
Bài 5. Cho hình vuông
ABCD
. Trên đường chéo
AC
lấy một điểm
M
. Vẽ
ME AD
,
MF CD
.
Chứng minh rằng ba đường thẳng
,
AF CE
và
BM
đồng quy.
Tìm cách giải
Muốn chứng minh
,
AF CE
và
BM
đồng quy ta chứng minh
chúng là các đường thẳng chứa đường cao của
BEF
Lời giải
Tứ giác
MEDF
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật
;
ME DF MF DE
ADC
vuông cân
0
45
CAD ACD
.
Do đó
AEM
và
CFM
vuông cân
AE ME
AE DF
CF MF DE CF
.
ABE DAF
(c.g.c)
0
1 1
90
B A H
2
1
H
K
N
E
F
B
A
C
D
M
(
H
là giao điểm của
BE
và
CF
).
Chứng minh tương tự, ta được
CE BF
.
Gọi
N
là giao điểm của
EM
với
BC
;
K
là giao điểm của
BM
với
EF
.
Ta có
MF MN
(vì
M
nằm trên tia phân giác của góc
C
).
( )
ME BN AE
MFE NMB
(g.c.g)
MFE NMB
Ta có:
0
90
NMB FMK
( vì
0
90
NMF
)
0 0
90 90
MFE FMK K BM EF
Vậy ba đường thằng
,
AF CE
và
BM
là ba đường cao của
BEF
nên chúng đồng quy.
Bài 6. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, đường cao
AH
. Vẽ ra phía ngoài tam giác này các hình
vuông
ABDE
và
ACFG
. Chứng minh rằng:
a) Ba đường thẳng
,
AH DE
và
FG
đồng quy;
b) Ba đường thẳng
,
AH BF
và
CD
đồng quy.
Lời giải
a) Gọi
K
là giao điểm của hai đường thẳng
DE
và
FG
.
Tứ giác
AGKE
có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
Gọi
O
là giao điểm của
AH
và
EG
.
AEG ABC
(c.g.c)
1 1
G C
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 48
Ta lại có:
1 1
C A
(cùng phụ với
ABC
);
Và
1 2
A A
1 2
G A
.
Do đó
OAG
cân
OG OA
Cmtt, ta được
OE OA
OG OE
Xét hình chữ nhật
AGKE
có
O
là trung điểm của
đường chéo
EG
nên đường chéo
AK
phải đi qua
O
hay đường thẳng
AH
đi qua
K
.
Vậy ba đường thẳng
, ,
AH DE FG
đồng quy.
b)
BCF
và
KAC
có:
BC KA
(cùng bằng
EG
);
BCF KAC
(vì
0 0
1 2
90 90
C A
);
CF AC
1
2
1
2
3
2
1
N
M
O
H
K
D
E
F
G
B
C
A
Do đó
2
2
BCF KAC F C
Gọi
M
là giao điểm của
BF
và
KC
.
Ta có
0 0 0
2 3 2 3
90 90 90
C C F C M
. Vậy
BF KC
Chứng minh tương tự, ta được
CD KB
Xét
KBC
có các đường thẳng
, ,
AH BF CD
chứa ba đường cao nên chúng đồng quy.
Bài 7. Cho hình vuông
ABCD
. Trên tia đối của tia
BA
lấy điểm
E
. Trên tia đối của tia
CB
lấy
điểm
F
sao cho
AE CF
. Gọi
O
là trung điểm của
EF
. Vẽ điểm
M
sao cho
O
là trung điểm của
DM
. Chứng minh rằng tứ giác
DEMF
là hình vuông.
Lời giải
ADE CDF
(c.g.c)
DE DF
và
ADE CDF
.
Ta có
0
90
ADE CDF
0
90
CDF CDE
hay
0
90
EDF
.
Tứ giác
DEMF
có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đường nên là hình bình hành. Hình bình hành này
có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi. Hình thoi này
có
0
90
EDF
nên là hình vuông.
O
F
M
E
B
A
D
C
Bài 8. Cho tam giác
ABC
,
0
45
A
. Vẽ ba đường cao
, ,
AD BE CF
cắt nhau tại
H
. Gọi
, , ,
M N P Q
lần lượt là trung điểm của
, ,
AB AC HB
và
HC
. Chứng minh rằng tứ giác
MNPQ
là hình vuông.
Lời giải
FAC
vuông tại
F
,
0
45
A
nên là tam giác vuông cân
AF FC
AFH
và
CFB
có:
0
90 ;
AFH CFB AF FC
;
FAH FCB
(hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Do đó
AFH CFB
(g.c.g)
AH BC
Vận dụng định lí đường trung bình của tam giác ta chứng minh
được
MNPQ
là hình bình hành.
Ta có:
1 1
;
2 2
MQ AH MN BC
P
Q
H
N
M
D
E
F
A
B
C
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 49
mà
AH BC
nên
MQ MN
Hình bình hành
MNPQ
có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi.
Chứng minh
0
90
M
suy ra
MNPQ
là hình vuông.
Bài 9. Cho hình bình hành
ABCD
. Vẽ ra phía ngoài của hình bình hành các hình vuông có một
cạnh là cạnh của hình bình hành. Gọi
, , ,
E F G H
lần lượt là tâm (tức là giao điểm của hai đường
chéo) của các hình vuông vẽ trên các cạnh
, ,
AB BC CD
và
DA
. Chứng minh rằng:
EG HF
và
EG HF
.
Lời giải
Ta đặt
0
( 90 )
B
Khi đó
0
90EBF GCF
EFB GFC
(c.g.c)
EF GF
và
EFB GFC
.
Ta có
0
90
CFE EFB
0
90
CFE GFC
hay
0
90
EFG
Chứng minh tương tự, ta được
FG GH HE
Tứ giác
EFGH
có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi.
Hình thoi này có
0
90
EFG
nên là hình vuông, suy ra
EG HF
và.
EG HF
.
G
F
E
H
A
D
B
C
Bài 10. Một bàn cờ hình vuông có kích thước
6 6
. Có thể dùng
9
mảnh gỗ hình chữ nhật có kích
thước
1 4
để ghép kín bàn cờ được không?
Lời giải
Tô màu bàn cờ như hình vẽ. Lúc này trên bàn cờ có
20
ô
đen và
16
ô trắng.
Mỗi mảnh gỗ
1 4
khi đặt lên bàn cờ che lấp được
2
ô đen
và
2
ô trắng.
Do đó
9
mảnh gỗ
1 4
chỉ che lấp được
18
ô đen.
Như vậy với mọi cách đặt
9
mảnh gỗ lên bàn cờ bao giờ
cũng còn thừa hai ô đen không được che lấp.
Vậy không thể dùng
9
mảnh gỗ
1 4
để lấp kín bàn cờ.
Bài 11. Một hình chữ nhật có kích thước
3 6
. Hãy chia hình chữ nhật này thành nhiều phần (hình
tam giác, tứ giác) để ghép lại thành một hình vuông (số phần được chia ra càng ít càng tốt).
a
)
3
12
3
2
1
b)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 50
CHỦ ĐỀ 7: ĐỐI XỨNG TRỤC – ĐỐI XỨNG TÂM
Dạng 1. Bài tập vận dụng đối xứng trục
Bài 1. Cho tam giác ABD. Vẽ điểm C đối xứng với A qua BD. Vẽ các đường phân giác ngoài tại
các đỉnh A, B, C, D của tứ giác ABCD chúng cắt nhau tạo thành tứ giác EFGH.
a) Xác định dạng của tứ giác EFGH;
b) Chứng minh rằng BD là trục đối xứng của tứ giác EFGH.
Lời giải
a) Vì C đối xứng với A qua BD nên
ABD
đối xứng với
CBD
qua BD.
Do đó
ABD CBD
, suy ra:
1 2 1 2
;
B B D D
;
BA BC
và
DA DC
.
Ta có BD và BE là các tia phân giác trong và ngoài tại đỉnh
B nên
BD BE
.
Chứng minh tương tự, ta được:
BD DH
.
Suy ra EF // HG
Tứ giác EFGH là hình thang.
11
2
2
1
1
3
4
F
E
G
H
C
B
D
A
Ta có
3 4
D D
(cùng phụ với hai góc bằng nhau).
1 1
A C
(một nửa của hai góc bằng nhau).
Suy ra
H G
Hình thang EFGH có hai góc kề một đáy bằng nhau
nên là hình thang cân.
b)
( . . )
ADH CDG g c g DH DG
.
Chứng minh tương tự, ta được:
BE BF
.
Đường thẳng BD đi qua trung điểm hai đáy của hình thang cân nên là trục đối xứng của hình
thang cân EFGH.
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi D là điểm nằm giữa B và C. Vẽ các điểm M và N đối xứng
với D lần lượt qua AB và AC.
a) Chứng minh rằng góc MAN luôn có số đo không đổi;
b) Xác định vị trí của D để MN có độ dài ngắn nhất.
Lời giải
a) Các đoạn thẳng AM và AN đối xứng với AD lần lượt
qua AB và AC nên:
1 2 3 4
; ; ;
AM AD AN AD A A A A
.
Ta có:
2 3
2 2
MAN MAD NAD A A BAC
(không đổi).
b) Xét
AMN
có
AM AN
(cùng bằng AD) nên là tam
N
M
B
C
A
D
giác cân. Tam giác cân này có góc MAN không đổi nên cạnh đáy MN ngắn nhất
cạnh bên AM ngắn nhất
AD ngắn nhất (vì
AM AD
)
AD BC D là hình chiếu của A trên BC.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 51
Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC, CA, AB.
Xác định vị trí của D, E, F để chu vi tam giác DEF nhỏ nhất.
Lời giải
Vẽ điểm M đối xứng với D qua AB và vẽ điểm N đối
xứng với D qua AC. Khi đó
;
MF DF EN ED
.
Chu vi
DEF DF FE ED MF FE EN
Chu vi
DEF
nhỏ nhất khi độ dài đường gấp khúc
MFEN ngắn nhất. Muốn vậy bốn điểm M, F, E, N phải
thẳng hàng theo thứ tự đó.
Do đó ta phải tìm điểm D trên BC sao cho MN nhỏ
nhất.
Theo kết quả bài 2, để MN nhỏ nhất thì D là hình chiếu
của A trên BC. Khi đó E và F lần lượt là giao điểm của
MN với AC và AB
Ta chứng minh với cách xác định D, E, F như vậy thì
chu vi
DEF
nhỏ nhất.
Thật vậy, khi
AD BC
thì chu vi
DEF
bằng MN và
MN nhỏ nhất. (1)
Khi D, E, F ở những vị trí khác thì chu vi
DEF
bằng
độ dài đường gấp khúc MFEN do đó lớn hơn MN (2)
N
M
B
C
A
D
F
E
E
F
N
M
A
C
B
D
Chú ý: Ta có nhận xét điểm E là chân đường cao vẽ từ đỉnh B, điểm F là chân đường cao vẽ từ
đỉnh C của
ABC
.
Thật vậy, xét
DEF
có các đường BF và CE lần lượt là các đường phân giác ngoài tại đỉnh F và
E. Hai đường thẳng này cắt nhau tại A nên tia DA là tia phân giác của góc EDF.
Ta có:
DC DA
nên DC là tia phân giác ngoài tại đỉnh D của
DEF
.
Mặt khác, EC là đường phân giác ngoài tại đỉnh E.
Điểm C là giao điểm của hai đường phân giác ngoài nên FC là đường phân giác trong. Kết hợp
với FB là đường phân giác, suy ra
FC FB
hay
CF AB
.
Chứng minh tương tự, ta được
BE AC
.
Như vậy ba điểm D, E, F có thể xác định bởi chân của ba đường cao của tam giác.
Bài 4. Cho hai điểm A, B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ xy. Hãy tìm trên xy hai điểm C và D
sao cho
CD a
cho trước và chu vi tứ giác ABCD là nhỏ nhất.
Lời giải
Giả sử đã dựng được hai điểm C và D
xy
sao cho
CD a
và
chu vi tứ giác ABCD nhỏ nhất.
Vẽ hình bình hành BMDC (điểm M ở phía gần A).
Khi đó
BM CD a
và
DM BC
Vẽ điểm N đối xứng với điểm M qua xy, điểm N là một điểm
cố định và
DN DM
.
Ta có
AB BC CD DA
nhỏ nhất
BC DA
nhỏ nhất (vì AB và CD không đổi)
x
a
a
y
C
D
N
A
B
M
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 52
DM DA
nhỏ nhất
DN DA
nhỏ nhất
D nằm giữa A và N.
Từ đó ta xác định điểm D như sau:
- Qua B vẽ một đường thẳng song song với xy và trên đó lấy điểm M sao cho
BM a
(điểm M
ở phía gần A);
- Vẽ điểm N đối xứng với M qua xy;
- Lấy giao điểm D của AN với xy;
- Lấy điểm
C xy
sao cho
DC MB a
(DC và MB cùng chiều).
Khi đó tổng
AB BC CD DA
nhỏ nhất.
Bài 5. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD và một điểm M ở trong tam giác. Vẽ các điểm
, ,
N P A
đối xứng với M lần lượt qua AB, AC và AD.
a) Chứng minh rằng N và P đối xứng qua
AA
;
b) Gọi
,
B C
là các điểm đối xứng với M lần lượt qua các đường phân giác của góc B, góc C.
Chứng minh rằng ba đường thẳng
, ,
AA BB CC
đồng quy.
Lời giải
a) AN đối xứng với AM qua AB
AN AM
và
NAB MAB
. (1)
AP đối xứng với AM qua AC
AP AM
và
MAC PAC
. (2)
AA
đối xứng với AM qua AD nên
MAD A AD
.
Mặt khác,
BAD CAD
nên
MAB CAA
(3)
Từ (1) và (3) suy ra
NAB MAB CAA
.
Ta có
A AP A AC PAC MAB MAC BAC
.
A'
D
P
N
Q
B
C
A
M
Chứng minh tương tự, ta được:
A AN BAC
, suy ra:
A AP A AN
.
ANP
cân tại A có
AA
là đường phân giác nên
AA
cũng là đường trung trực của NP
N và
P đối xứng qua
AA
.
b) Gọi Q là điểm đối xứng của M qua BC.
Chứng minh tương tự như trên ta được
BB
là đường trung trực của NQ và
CC
là đường
trung trực của PQ.
Vậy
, ,
AA BB CC
là ba đường trung trực của
NPQ
nên chúng đồng quy.
Bài 6. Cho tứ giác ABCD và một điểm M nằm giữa A và B. Chứng minh rằng
MC MD
nhỏ hơn
số lớn nhất trong hai tổng
;
AC AD BC BD
.
Lời giải
Trước hết ta chứng minh bài toán phụ:
Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác (hoặc ở trên
một cạnh nhưng không trùng với các đỉnh của tam giác).
Chứng minh rằng
MB MC AB AC
(h.7.15).
Thật vậy, xét
ABD
, ta có
BD AB AD
hay
MB MD AB AD
. (1)
Xét
MCD
có
MC DC MD
. (2)
H
.
a
A
B
C
D
M
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 53
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:
MB MD MC AB AD DC MD MB MC AB AC
Bất đẳng thức trên vẫn đúng nếu điểm M nằm trên một cạnh
nhưng không trùng với đỉnh của tam giác.
Bây giờ ta vận dụng kết quả trên để giải bài toán đã cho.
Vẽ điểm E đối xứng với D qua đường thẳng AB (h.7.16).
Khi đó
;
AE AD ME MD
và
BE BD
.
Vì điểm M nằm giữa A và B nên hoặc điểm M nằm trong
BEC
hoặc điểm M nằm trong
AEC
hoặc điểm M nằm
trên cạnh EC.
Ta có
ME MC AE AC
ME MC BE BC
hay
MD MC AD AC
MD MC BD BC
.
Do đó
max ;
MD MC AD AC BD BC
.
H
.
b
E
D
C
B
A
M
Dạng 2. Bài tập vận dụng đối xứng tâm
Bài 1. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Trên đáy AB lấy điểm K tùy ý. Vẽ điểm E đối xứng với
K qua trung điểm M của AD. Vẽ điểm F đối xứng với K qua trung điểm N của BC. Chứng minh
rằng EF có độ dài không đổi.
Tìm cách giải
Ta thấy:
EF ED DC CF
mà CD không đổi nên
muốn chứng minh EF không đổi ta cần chứng minh
ED CF
không đổi.
Trình bày lời giải
DE và AK đối xứng nhau qua M nên DE = AK và
DE // AK do đó DE // AB.
F
E
N
M
D
C
A
B
K
Mặt khác, DC // AB suy ra ba điểm E, D, C thẳng hàng.
Chứng minh tương tự, ta được: BK = CF và ba điểm D, C, F thẳng hàng.
Ta có
EF ED DC CF AK DC BK AB CD
(không đổi).
Nhận xét: Khi điểm K di động trên cả đường thẳng AB thì độ dài của đoạn thẳng EF vẫn
không đ
ổ
i.
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A
(AB AC)
, điểm D thuộc cạnh huyền BC. Vẽ điểm M và
điểm N đối xứng với D lần lượt qua AB và AC. Chứng minh rằng:
a) M và N đối xứng qua A;
b) Xác định vị trí của điểm D để MN ngắn nhất, dài nhất.
Tìm cách giải
Muốn chứng minh hai điểm M và N đối xứng qua
A, ta chứng minh
AM AN
và
180
MAN
.
Trình bày lời giải
a) AM đối xứng với AD qua AB nên
AM AD
và
1 2
A A
. (1)
2
4
3
1
N
M
B
C
A
D
AN đối xứng với AD qua AC nên
AN AD
và
3 4
A A
. (2)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 54
Từ (1) và (2) suy ra:
AM AN
và
2 3
2 2 2.90 180
MAN A A BAC
.
Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng.
Từ đó suy ra M và N đối xứng qua A và
2
MN AD
.
b) Vẽ
AH BC
, ta có
AD AH
, do đó
2
MN AH
.
Vậy MN ngắn nhất là bằng
AH
khi
D H
(h.7.7).
Dựa vào quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu ta có
AD AC
suy ra
2 2
MN AD AC
.
Do đó MN dài nh
ấ
t là b
ằ
ng
2
AC
khi
D C
(h.7.8).
H. b
H. a
D ≡ C ≡ N
D ≡ H
M
A
B
N
M
C
B
A
Bài 3. Cho tam giác ABC và O là một điểm tùy ý trong tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là trung
điểm của BC, CA, AB. Gọi
, ,
A B C
lần lượt là các điểm đối xứng với O qua D, E, F. Chứng minh
rằng ba đường thẳng
, ,
AA BB CC
đồng quy.
Lời giải
Ta có
'
AC
và BO đối xứng nhau qua F nên
AC BO
và
'
AC
// BO. (1)
BO và
CA
đối xứng nhau qua D nên
BO
CA
và
BO //
CA
Từ (1) và (2) suy ra: '
AC CA
và
'
AC
//
CA
, do đó tứ
giác
ACA C
là hình bình hành.
Chứng minh tương tự ta được tứ giác
ABA B
là hình
bình hành. Hai hình bình hành
ACA C
và
ABA B
có
chung đường chéo
AA
nên các đường chéo
, ,
AA BB CC
đồng quy.
B'
A'
C'
E
D
F
C
B
A
O
Bài 4. Cho tam giác ABC. Vẽ điểm D đối xứng với A qua điểm B. Vẽ điểm E đối xứng với B qua
C. Vẽ điểm F đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng tam giác ABC và tam giác DEF có cùng
một trọng tâm.
Lời giải
Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC và đường trung tuyến DN của tam giác DEF.
Gọi G là giao điểm của hai đường trung tuyến này. Gọi H và K lần lượt là trung điểm của GA
và GD.
Xét
FCE
có AN là đường trung bình
AN // CE và
1
AN CE
do đó AN // BM và
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 55
AN BM
, dẫn tới ANMB là hình bình hành
MN // AB và
1
2
MN AD
.
Mặt khác, HK là đường trung bình của
GAD
nên
HK // AD và
1
2
HK AD
.
Từ đó MN // HK và
MN HK
.
Suy ra MNHK là hình bình hành, hai đường chéo
HM và NK cắt nhau tại G nên G là trung điểm của
mỗi đường.
Do đó
GM GH HA
G là trọng tâm của
ABC
.
GN GK KD
G là trọng tâm của
DEF
.
Vậy
ABC
và
DEF
có cùng một trọng tâm.
K
H
G
N
M
F
E
D
B
C
A
Bài 5. Cho một hình vuông gồm
4 4
ô vuông. Trong mỗi ô viết một trong các số 1, 2, 3, 4. Chứng
minh rằng tồn tại một hình bình hành có đỉnh là tâm của bốn ô vuông sao cho tổng hai số ở hai
đỉnh đối diện là bằng nhau.
Lời giải
Hình vuông có
4 4 16
ô vuông, chia thành 8 cặp đối xứng nhau
qua tâm hình vuông. Xét các cặp hai số ở hai ô đối xứng qua tâm
đó.
Tổng hai số của mỗi cặp nhỏ nhất là
1 1 2
, lớn nhất là
4 4 8
.
Có 7 tổng (là 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) mà có 8 cặp số nên phải có hai cặp
có tổng bằng nhau.
Vị trí của 4 số trong hai cặp này là đỉnh của một hình bình hành
1
4
3
2
phải tìm (trường hợp đặc biệt: 4 số này nằm trong 4 ô có tâm thẳ
ng hàng, ta nói hình bình hành
“suy bi
ế
n” thành đo
ạ
n th
ẳ
ng).
Chủ đề 8.HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN TRONG CHƯƠNG TỨ GIÁC
A. Kiến thức cần nhớ
Nhiều bài toán trong chương tứ giác cần phải vẽ hình phụ thì mới giải được. Vẽ hình phụ để
tạo thêm sự liên kết giữa giả thiết và kết luận từ đó dễ tìm ra cách giải. Một số cách vẽ hình
phụ thường dùng trong chương này là:
1. Nếu đề bài có hình thang thì từ một đỉnh có thể vẽ thêm một đường thẳng:
song song với một cạnh bên;
song song với một đường chéo;
vuông góc với đáy.
2. Khi vẽ như vậy, một đoạn thẳng đã được dời song song với chính nó từ vị trí này đến một vị
trí khác thuận lợi hơn trong việc liên kết với các yếu tố khác, từ đó giải được bài toán.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 56
3. Vẽ thêm hình bình hành để chứng minh hai đường thẳng song song, chứng minh quan hệ về
độ dài, chứng minh ba đường thẳng đồng quy, ba điểm thẳng hàng, tính số đo góc,...
4. Vẽ thêm trung điểm của đoạn thẳng để vận dụng định lý đường trung bình của tam giác,
của hình thang, định lý đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông. Cũng có
thể vẽ thêm đường thẳng song song để tạo ra đường trung bình của tam giác, hình thang.
5. Dùng định lý đường trung bình có thể chứng minh các quan hệ song song, thẳng hàng, các
quan hệ về độ dài,...
6. Vẽ điểm đối xứng với một điểm cho trước qua một đường thẳng hoặc qua một điểm. Nhờ
cách vẽ này ta cũng có thể dời một đoạn thẳng, một góc từ vị trí này sang vị trí khác thuận
lợi cho việc chứng minh.
B. Bài tập vận dụng
I. Vẽ thêm đường thẳng song song hoặc vuông góc
Bài 1.1 Chứng minh rằng trong một hình thang tổng hai cạnh bên lớn hơn hiệu hai cạnh đáy.
Tìm cách giải
Xét hình thang ABCD (AB // CD), ta phải chứng minh
AD + BC > CD – AB. Điều phải chứng minh rất gần với
bất đẳng thức tam giác. Điều này gợi ý cho ta vẽ hình
phụ để có AD + BC là tổng các độ dài hai cạnh của một
tam giác.
Trình bày lời giải
Vẽ
/ /
BM AD M CD
ta được
DM AB
và
BM AD
.
M
D
C
A
B
Xét
BMC
có
BM BC MC AD BC DC DM
hay
AD BC CD AB
(đpcm).
Trường hợp hai cạnh bên song song thì hai đáy bằng nhau, bài toán hiển nhiên đúng.
Bài 1.2 Cho hình thang ABCD (AB // CD), hai đường chéo vuông góc với nhau.
Biết AB = 5cm, CD = 12cm và AC = 15cm. Tính độ dài BD.
Tìm cách giải
Ba đoạn thẳng AB, AC và CD đã biết độ dài
nhưng ba đoạn thẳng này không phải ba cạnh
của một tam giác nên không tiện sử dụng. Ta sẽ
dời song song đường chéo AC đến vị trí BE thì
tam giác BDE vuông tại B biết độ dài hai cạnh,
dễ dàng tính được độ dài cạnh thứ ba BD.
12
5
15
E
B
C
D
A
Trình bày lời giải
Vẽ
/ / .
BE AC E tia DC
Khi đó: BE = AC = 15cm; CE = AB = 5cm.
Ta có:
BE BD
(vì
AC BD
).
Xét ∆BDE vuông tại B có
2 2
17 15 =8
BD
(cm).
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 57
Bài 1.3 Cho hình thang có hai đáy không bằng nhau. Chứng minh rằng tổng hai góc kề đáy lớn
nhỏ hơn tổng hai góc kề đáy nhỏ.
Lời giải
Xét hình thang ABCD có
/ /
AB CD
và
.
AB CD
Ta phải
chứng minh:
A B C D
.
Vẽ
/ /
AM BC M CD
khi đó
1
B M
và
1
C A
.
Ta có:
1 1
; D
A A C M
(tính chất góc ngoài của ∆ADM)
D
B
. Do đó
A B C D
1
1
M
A
C
D
B
Bài 1.4
Cho hình thang ABCD (AB // CD),
BD CD
.
Cho biết AB + CD = BD = a. Tính độ dài AC.
Lời giải
Vẽ
/ / ,
BE AC E CD
. Ta được
CE AB
và
BE AC
.
Ta có:
AB CD CE CD DE
.
Vì
AB CD a
nên
DE a
.
Tam giác BDE vuông cân
2 2
BE a AC a
.
A
B
D
E
C
Bài 1.5 Cho hình thang cân ABCD (AB // CD), đường cao bằng h và tổng hai đáy bằng 2h. Tính
góc xen giữa hai đường chéo.
Lời giải
Qua B vẽ
(/ /
BE AC G
đường thẳng CD), ta được
BE AC
và
CE AB
.
Do đó
2
DE DC CE DC AB h
.
Ta có:
BD AC
(hai đường chéo của hình thang cân)
mà
BE AC
nên
BD BE
.
∆BDE cân tại B, BH là đường cao nên cũng là đường
trung tuyến, suy ra
;
DH HE h BH h
. Do đó các
tam giác HBD, HBE vuông cân
1
O
H
C
D
E
A
B
1
45
o
D E
∆BDE vuông tại
90
O
B COD EBD
.
Bài 1.6 Chứng minh rằng trong một hình thang thì tổng các bình phương của hai đường chéo bằng
tổng các bình phương của hai cạnh bên cộng với hai lần tích của hai cạnh đáy.
Lời giải
• Trường hợp hình thang có hai góc kề một đáy cùng tù, hai góc kề đáy kia cùng nhọn
Vẽ
,
AH CD BK CD
thì
HK AB
Ta có:
2 2 2 2 2
;
AC HC AD DH AH
2 2 2 2 2
BD KD BC KC BK
Cộng từng vế hai đẳng thức trên ta được:
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 58
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
AC HC BD KD AD BC DH CK
AC BD AD BC CH CK DK DH
2 2
( )( ) ( )( )
AD BC CH CK CH CK DK DH DK DH
2 2
( ) ( )
AD BC HK CH CK HK DK DH
2 2
( )
AD BC HK CH CK DK DH
2 2
( )
AD BC HK CD CD
2 2
2
AD BC AB CD
• Trường hợp mỗi đáy có một góc tù (hoặc một góc
vuông), một góc nhọn: Cũng chứng minh tương tự.
H
K
A
C
D
B
Bài 1.7 Hình thang ABCD có
90
O
A D
Biết AB = 3cm;
2 2
BC cm và CD = 5cm. Chứng
minh rằng
3
B C
.
Tìm cách giải
Nếu dời song song đoạn thẳng AD tới vị trí BH thì được
∆BHC vuông tại H. Ta dễ dàng tính được HC = HB, do đó
tính được góc C, góc B.
Trình bày lời giải
Vẽ
BH CD H CD
thì BH // AD, do đó DH = AB =
3cm suy ra: HC = 5 – 3 = 2 (cm).
5
3
2 2
B
H
A
C
D
Xét ∆BHC vuông tại H, áp dụng định lý Py-ta-go, ta có:
2
2 2 2
2 2 2 2
HB BC HC
(cm).
Vậy ∆HBC vuông cân
45
O
C
do đó
135
O
ABC
suy ra
3
ABC C
.
II. Vẽ thêm hình bình hành
Bài 2.1 Cho tứ giác ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Cho biết
60
o
AOB
và AC = BD = a.
Chứng minh rằng
AB CD a
.
Tìm cách giải
Từ điều phải chứng minh ta thấy cần vận dụng bất đẳng
thức tam giác. Do đó cần vẽ hình phụ để tạo ra một tam
giác có hai cạnh lần lượt bằng AB, CD và cạnh thứ ba
bằng đường chéo AC.
Nếu vẽ thêm hình bình hành ABEC thì các yêu cầu trên
được thoả mãn.
Trình bày lời giải
Vẽ hình bình hành ABEC, ta được BE // AC
suy ra
0
60
DBE AOB
BE = AC = a; AB = CE.
60°
E
C
B
D
A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 59
Tam giác BDE là tam giác đều
DE a
.
Xét ba điểm C, D, E ta có:
CE CD DE
hay
AB CD a
(dấu “=” xảy ra khi điểm C nằm
giữa D và E hay DC // AB. Khi đó tứ giác ABCD là hình thang cân).
Bài 2.2 Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài tam giác này các tam giác đều ABD, BCE, CAF. Chứng
minh rằng trọng tâm của tam giác DEF trùng với trọng tâm của tam giác ABC.
Lời giải
Vẽ hình bình hành DAFH.
Gọi N là giao điểm của hai đường chéo DF và AH, M
là giao điểm của EH và BC.
Ta có
, .
NA NH ND NF
Ta đặt
DAH AFH
thì
60
O
BDH HFC
.
180 ;
BAC 360
O
O
DAF
BAD CAF DAF
0 0 0 0 0
360 60 60 180 60
∆BDH và ∆HFC có: BD = HF (=AD),
BDH HFC
(chứng minh trên);
DH FC AF
.
Do đó
BDH HFC
(c.g.c)
. 1
HB HC Chứng minh tương tự, ta được
BAC HFC
(c.g.c)
. 2
BC HC
α
α
G
N
M
H
E
F
D
B
C
A
Từ (1) và (2) suy ra
HB HC BC
.
Tứ giác BHCE có các cặp cạnh đối bằng nhau (cùng bằng BC) nên là hình bình hành
MB MC
và
MH ME
.
• Xét ∆AEH có AM và AN là hai đường trung tuyến nên giao điểm G của chúng là trọng tâm
2
EG EN
và
2
3
AG AM
.
• Xét ∆ABC có AM là đường trung tuyến mà
2
3
AG AM
nên G là trọng tâm của ∆ABC.
• Xét ∆EDF có EN là đường trung tuyến mà
2
3
EG EN
nên G là trọng tâm của AEDF.
V
ậ
y
∆
ABC
và
∆
EDF
có cùng tr
ọ
ng tâm
G
.
Bài 2.3 Cho tam giác đều ABC. Trên cạnh BC lấy điểm M. Qua M vẽ một đường thẳng vuông góc
với AB cắt AB tại H, cắt đường thẳng vuông góc với AC vẽ từ C tại điểm K. Gọi N là trung điểm
của BM. Chứng minh rằng tam giác ANK có số đo các góc tỉ lệ với 1, 2, 3.
Lời giải
∆HBM vuông tại H có
60
o
ABC
nên:
30
o
HMB
∆CAK vuông tại C có
60
o
ACB
nên:
30
o
KCM
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 60
Suy ra:
KMC KCM
(cùng nằm
HMB
)
Do đó
KMC
cân
.
KC KM
.
Vẽ hình bình hành
/ /
BKMD BD KM
và
BD KM
.
Do đó
BD AB
(vì
KM AB
) và
BD KC
(vì cùng
bằng KM).
1 2
ˆ ˆ
. .
ABD ACK c g c A A
và
AD AK
.
Tam giác ADK cân, AN là đường trung tuyến nên là
đường cao, đường phân giác
, 90
O
AN DK AHK
Ta có
2 1
60 60
O O
A BAK BAC A BAK
hay
60 60 : 2 30
O O O
DAK NAK
Do đó
90 30 60
O O O
AKN
2
1
D
N
K
H
A
B
C
M
Xét ∆ANK có
: : 30 : 60 :90 1: 2 :3
O O O
NAK NKA ANK
III. Vẽ thêm trung điểm - Tạo đường trung bình
Bài 4.1 Cho hình chữ nhật ABCD. Vẽ
AH BD
. Gọi K và M lần lượt là trung điểm của BH và
CD. Tính số đo của góc AKM.
Tìm cách giải
Bài toán có cho hai trung điểm K và M nhưng chưa thể
vận dụng trực tiếp được.
Ta vẽ thêm trung điểm N của AB để vận dụng định lý
đường trung bình của hình chữ nhật, đường trung bình
của tam giác.
Trình bày lời giải
O
N
K
M
H
B
D
C
A
Gọi N là trung điểm cửa AB thì MN là đường trung bình của hình chữ nhật
/ /
ABCD MN AD
.
Mặt khác, AN // DM nên tứ giác ANMD là hình
bình hành. Hình bình hành này có
90
o
D
nên là hình chữ nhật. Suy ra hai đường chéo AM và
DN cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường:
OA = OM = ON = OD.
Xét ∆ABH có NK là đường trung bình nên / /
NK AH NK BD
(vì
AH BD
). Do đó ∆KDN
vuông tại K.
Xét ∆KDN có KO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên
1
2
KO DN
1
2
KO AM OA OM
Vậy ∆KAM vuông tại
90
O
K AKM
Bài 4.2 Cho hình thang
1
/ / , 90 ,
2
o
ABCD AB CD A AB CD
. Vẽ
DH AC
. Gọi K là trung
điểm của HC. Tính số đo của góc BKD.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 61
Lời giải
Gọi M là trung điểm của CD.
Xét ∆HCD có KM là đường hung bình nên
/ /
KM HD
do đó
KM AC
(vì
HD AC
).
Tứ giác ADMB có
/ /
AB MD
và
AB DM
1
2
CD
nên ABMD là hình bình hành.
Hình bình hành này có
90
o
A
nên là hình chữ nhật.
A
O
K
H
M
D
C
B
Suy ra
AM BD
và
OA OM OB OD
.
Xét ∆KAM vuông tại K có KO là đường trung tuyến nên
1 1
2 2
KO AM BD
.
Xét ∆KBD có KO là đường trung tuyến mà
1
2
KO BD
nên ∆KBD vuông tại K, do đó
90
o
BKD
Bài 4.3 Cho hình vuông ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Gọi M và N lần lượt là trưng điểm
của OA và CD. Chứng minh rằng tam giác MNB vuông cân.
Lời giải
Gọi E là trung điểm của OB thì ME là đường trung bình của
/ /
AOB ME AB
và
1
2
ME AB
.
Do đó
/ /
ME NC
và
ME NC
.
Tứ giác MECN là hình bình hành
/ /
CE MN
và
CE MN
.
Ta có:
ME BC
tại F (vì
),BO
AB BC AC
(tính chất đường
chéo hình vuông).
F
E
N
M
O
B
A
D
C
Xét ∆MBC có E là trực tâm nên
CE MB
do đó
MN MB
. (1)
∆MAB và ∆EBC có:
0
; 45 ;
AB BC MAB EBC MA EB
(vì OA = OB)
Vậy
(c.g.c) (2)
MAB EBC MB EC MB MN
Từ (1) và (2) suy ra AMNB vuông cân.
Bài 4.4 Cho tam giác ABC cân tại A, đường phân giác BM. Từ M vẽ một đường thẳng vuông góc
với BM cắt đường thẳng BC tại D. Chứng minh rằng: 2
BD CM
.
Lời giải
Gọi E là giao điểm của đường thẳng DM với AB. Tam giác
BDE có BM vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên là
tam giác cân, do đó
BD BE
và
MD ME
.
Gọi N là trung điểm của BE thì MN là đường trung bình của
/ /
EBD MN BD
1 2
M B
, do đó
1 1 2
M B B
NBM
cân
.
BN MN
Tứ giác BCMN là hình thang cân
BN CM
MN CM
2
1
1
N
E
D
M
B
C
A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 62
Xét ∆MBE vuông tại M có MN là đường trung tuyến nên
1
MN BE
.
2 2
BE MN BD CM
Bài 4.5 Cho tứ giác
, 90
o
ABCD CAD CBD
. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của C và D trên
đường thẳng AB. Chứng minh rằng AF = BE.
Lời giải
Ta có:
/ /
CE DF
(cùng vuông góc với AB). Tứ giác
FECD là hình thang.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của EF và CD, MN
là đường trung bình của hình thang CEFD. Do đó
/ /
MN CE
.
MN EF
Ta có:
1
AN BN CD
(tính chất đường trung tuyến
M
F
E
N
D
C
A
B
của tam giác vuông)
NAB
cân
Mặt khác, NM là đường cao nên cũng là đường trung tuyến
MA MB
dẫn tới
AF BE
.
Bài 4.6 Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M và D
sao cho
AM AD
. Từ A và M vẽ các đường thẳng vuông góc với BD chúng cắt BC lần lượt tại E
và F. Chứng minh rằng:
2
BD MF
AE
Lời giải
Trên tia đối của tia AB lấy điểm N sao cho:
AN AM
.
(c.g.c) CN BD
ACN ABD
và
ACN ABD
mà
CAE ABD
(cùng phụ với
BAE
)
nên
/ /
ACN CAE AE CN
Do đó
/ /
MF CN
(vì cùng song song với AE).
Xét hình thang MFCN có
/ /
AE CN
và
AM AN
nên
EF EC
.
Suy ra
2 2
MF CN MF BD
AE
N
E
F
M
B
A
C
D
Bài 4.7 Cho tứ giác ABCD. Gọi A', B', C', D' lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA,
DAB, ABC. Chứng minh rằng:
a) Các đường thẳng AA', BB', CC', DD' cùng đi qua một điểm;
b) Điểm này chia AA', BB', CC', DD' theo cùng một tỉ số.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 63
Lời giải
a) Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của
AB, BC, CD, DA, AC và BD. Theo định lý Giéc-
gôn (bài 4.8) thì ba đường thẳng MP, NQ, EF đồng
quy tại điểm O là trung điểm của mỗi đoạn thẳng
đó.
Gọi giao điểm của AO với DN là G. Vẽ
/ /
QH AG
.
Xét ∆NQH ta được
NG GH
Xét ∆ADG ta được
GH HD
Vậy
1
. 1
3
NG GH HD HG DN
O
D'
C'
B'
H
A'
M
P
N
Q
A
D
C
B
Vì A' là trọng tâm của ABCD nên '
A DN
và
1
' (2)
NA DN
Từ (1) và (2) suy ra
'
G A
do đó AA' đi qua O.
Chứng minh tương tự, các đường thẳng BB', CC', DD' đều đi qua O.
Suy ra AA', BB', CC', DD' đồng quy tại O.
b) Ta có:
1
'
2
OA QH
mà
1
'
2
QH AA
nên
1
' '.
4
OA AA
Suy ra:
1
'
OA OA
hay
' 1
3
OA
OA
.
Chứng minh tương tự, ta được
' ' ' 1
3
OB OC OD
OB OC OD
.
Bài 4.8 Cho tam giác ABC và một điểm O nằm trong tam giác sao cho
ABO ACO
. Vẽ
,
OH AB OK AC
. Chứng minh rằng đường trung trực của HK đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Gọi E, F, M lần lượt là trung điểm của OB, OC, BC.
Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
của tam giác vuông ta có:
1 1
;F .
2 2
EH EB EO OB K FC FO OC
Theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có tứ
giác OFME là hình bình hành
1
OEM OFM
Mặt khác,
2 ; 2
HEO ABO KFO ACO
mà
ABO ACO
nên
HEO KFO
. (2)
E
F
N
G
H
O
D
B
C
A
Từ (1) và (2) suy ra:
HEM MFK
.
∆HEM và ∆MFK có:
1
;
2
HE MF OB HEM MFK
(chứng minh trên);
EM FK OC
Do đó
(c.g.c) (3)
HEM MFK MH MK
Gọi N là trung điểm của OA, ta có:
1
. (4)
2
NH NK OA
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 64
Từ (3) và (4) suy ra MN là đường trung trực của HK.
Vậy đường trung trực của HK đi qua điểm cố định M là trung điểm của BC.
IV. Vẽ thêm hình đối xứng
Bài 4.1 Cho hai điểm A và B thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d. Tìm trên d một
điểm M sao cho hai tia MA, MB tạo với đường thẳng d hai góc nhọn bằng nhau.
Tìm cách giải
Giả sử đã tìm được điểm
M d
sao cho
1 2
M M
.
Vẽ điểm A' đối xứng với A qua d thì
1 3
M M
suy
ra
2 3
M M
(cùng bằng
1
M
). Do đó ba điểm A', M, B
thẳng hàng.
Trình bày lời giải
- Vẽ điểm A' đối xứng với A qua d;
- Vẽ đoạn thẳng A'B cắt đường thẳng d tại M;
- Vẽ đoạn thẳng MA ta được
1 2
M M
.
Thật vậy, do A' đối xứng với A qua d nên
1 3
M M
.
Mặt khác,
2 3
M M
. (đối đỉnh) nên
1 2
M M
.
2
1
d
3
M
A'
A
B
Bài 4.2 Cho góc xOy có số đo bằng
60
O
và một điểm A ở trong góc đó sao cho A cách Ox là 2cm
và cách Oy là lcm.
a) Tìm một điểm B trên Ox và một điểm C trên Oy sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất;
b) Tính độ dài nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC.
Lời giải
a) Vẽ điểm M đối xứng A qua Ox.
Vẽ điểm N đối xứng A qua Oy. Hai điểm M và N là hai
điểm cố định.
Đoạn thẳng MN cắt Ox tại B, cắt Oy tại C. Khi đó chu vi
∆ABC là nhỏ nhất.
Thật vậy, vì M đối xứng với A qua Ox nên AB = MB.
Vì N đối xứng với A qua Oy nên CN = CA.
Chu vi
ABC AB BC CA
.
MB BC CN MN
Do đó chu vi ∆AMN nhỏ nhất là bằng MN.
b) Vẽ
MH AN
, ta có:
60
o
MAH O
(hai góc có cạnh
tương
ứ
ng vuông góc)
30 .
o
AMH
y
x
2
1
60°
H
B
C
M
N
A
O
Xét ∆AMH vuông tại H,
30
o
AMH
nên
1 1
.4 2
2 2
AH AM
cm.
Xét ∆HMN vuông tại H, ta có:
2
2 2 2 2
MN MH HN MH HA AN
2 2 2
2 .
MH HA AN HA AN
2 2 2 2 2 2 2
2 . 2 . 4 2 2.2.2 28 28 5,3
MH HA AN HA AN AM AN HA AN MN
V
ậ
y đ
ộ
dài nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a chu vi
∆
ABC
là 5,3 cm.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 65
CHỦ ĐỀ 8: TOÁN QUỸ TÍCH
A. Kiến thức cần nhớ
1. Định nghĩa: Quỹ tích của những điểm có tính chất T nào đó là tập hợp tất cả những điểm có
tính chất T đó.
2. Các quỹ tích cơ bản
- Quỹ tích các điểm cách đều hai đầu của một đoạn thẳng cố định là đường trung trực của
đoạn thẳng đó. (1).
- Quỹ tích các điểm nằm bên trong một góc và cách đều hai cạnh của góc là tia phân giác của
góc đó. (2).
- Quỹ tích các điểm cách một đường thẳng cố định một khoảng bằng h không đổi là hai đường
thẳng song song với đường thẳng đó và cách đường thẳng đó một khoảng bằng h. (3)
- Quỹ tích những điểm cách một điểm O cố định một khoảng R không đổi là đường tròn tâm O,
bán kính R. (4).
3. Cách giải bài toán tìm quỹ tích các điểm có chung tính chất T nào đó
a) Phần thuận: Chứng minh rằng nếu điểm M có tính chất T thì điểm M thuộc một hình H nào
đó.
b) Phần đảo: Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc hình H thì điểm M có tính chất T.
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là hình H.
d) Một số lưu ý khi giải bài toán tìm quỹ tích.
a) Tìm hiểu đề bài
- Cần xét xem:
- Yếu tố nào cố định ( vì trong các quỹ tích cơ bản đều có nói đến yếu tố cố định như điểm,
đoạn thẳng, góc,….).
- Yếu tố nào không đổi ( thường là khoảng cách không đổi, góc có số đo không đổi,…);
- Quan hệ nào không đổi ( ví dụ điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng, cách đều hai cạnh của một
góc,…);
- Yếu tố nào chuyển động ( điểm nào có vị trí thay đổi, liên quan đến điểm phải tìm quỹ tích
như thế nào?).
b) Dự đoán quỹ tích.
- Vẽ nháp vài vị trí của điểm cần tìm quỹ tích ( thường là vẽ ba vị trí).
- Nếu ba điểm này thẳng hàng thì ta dự đoán quỹ tích là đường thẳng ( đường thẳng song
song, đường trung trực, tia phân giác,…).
- Nếu ba điểm không thẳng hàng thì quỹ tích có thể là đường tròn.
c) Giới hạn quỹ tích
Có nhiều bài toán quỹ tích cần tìm chỉ là một phần của hình H, phần còn lại không thỏa mãn
điều kiện của bài toán, ta phải loại trừ phần này. Làm như vậy gọi là tìm giới hạn của quỹ
tích.Việc tìm giới hạn của quỹ tích thường làm sau phần thuận, trước phần đảo.
B. Bài tập áp dụng
I. Quỹ tích là đường thẳng song song
Bài 2.1 Cho tam giác ABC và D là một điểm di động trên cạnh BC. Vẽ DE//AB, DF//AC
,
E AC F AB
. Gọi M là trung điểm của EF. Tìm quỹ tích của điểm M.
Lời giải
a) Phần thuận
Tứ giác AEDF có DE//AF, DF//AE nên là hình bình hành.
Suy ra AD và EF c
ắ
t nhau t
ạ
i trung đi
ể
m c
ủ
a m
ỗ
i đư
ờ
ng. V
ậ
y trung đi
ể
m M c
ủ
a EF c
ũng l
à
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 66
trung đi
ể
m c
ủ
a AD.
Vẽ
MK BC AH BC
.
Do AH cố định nên AH có độ dài không đổi.
Xét
AHD
có MK là đường trung bình,
1
MK AH
(không đổi). Điểm M cách đường thẳng BC cố định
một khoảng
1
2
AH
không đổi nên điểm M nằm trên
đường thẳng
/ /
xy BC
và cách BC một khoảng
1
2
AH
.
(
xy
n
ằ
m trên n
ử
a m
ặ
t ph
ẳ
ng b
ờ
BC
có ch
ứ
a
A).
x
y
K
H
E
F
Q
P
M
B
C
A
D
Giới hạn: Khi điểm D di động tới điểm B thì điểm M di động tới trung điểm P của AB. Khi
điểm D di động tới điểm C thì điểm M di động tới trung điểm Q của AC. Vậy M chỉ nằm trên
đường trung bình PQ của tam giác ABC.
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng PQ. Vẽ tia AM cắt BC tại D. Vẽ DE // AB, DF // AC
,
E AC F AB
. Ta phải chứng minh M là trung điểm của EF.
Thật vậy, xét tam giác ABC có PQ // BC và PA = PB nên MA = MD.
Tứ giác AEDF là hình bình hành nên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Do M là trung điểm của AD nên M là trung điểm của EF.
c) Kết luận
Vậy quỹ tích của điểm M là đường trung bình PQ của tam giác ABC.
Nhận xét: Điểm M là trung điểm của EF. Đây là tính chất ban đầu của điểm M, chưa phải
tính chất cơ bản theo các quỹ tích (1), (2), (3), (4). Dó đó chưa thể vận dụng để trả lời điểm M
nằm trên hình nào.
Ta đã giải quyết vấn đề này bằng cách biến đổi tính chất ban đầu của điểm M lần lượt như sau
M là trung điểm của EF ( tính chất ban đầu)
M là trung điểm của AD ( tính chất T’)
M cách đường thẳng BC cố định một khoảng không đổi bằng
2
AH
( đây mới là tính chất
cơ bản của điểm M)
M nằm trên đường thẳng xy // BC và cách BC một khoảng
2
AH
.
Như vậy ta phải chuyển tính chất ban đầu của điểm M qua các tính chất trung gian đến tính
ch
ấ
t cơ b
ả
n
c
ủ
a đi
ể
m M r
ồ
i theo các qu
ỹ
tích cơ b
ả
n tr
ả
l
ờ
i đi
ể
m M n
ằ
m trên hình nào.
Bài 2.2 Cho góc vuông xOy và một điểm A cố định trên tia Ox sao cho OA = a. Điểm B di động
trên tia Oy. Vẽ vào trong góc vuông này tam giác ABC vuông cân tại A. Tìm quỹ tích của điểm C.
Lời giải
a) Phần thuận
Vẽ
CH Ox
ta được
1 1
C A
(cùng phụ với
2
A
).
HAC OBA
( cạnh huyền, góc nhọn )
CH OA a
.
Điểm C cách đường thẳng Ox một khoảng bằng a nên C nằm trên đường thẳng
/ /O
d x
và
cách Ox một khoảng a cho trước.
Giới hạn: Nếu B trùng với O thì C trùng với
1
C
(
1
C d
và
1
C A OA
). Nếu B ra xa vô cùng
thì điểm C cũng ra xa vô cùng.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 67
Vậy điểm C nằm trên tia
1
C t
của đường thẳng d
b) Phần đảo
Lấy điểm C bất kì trên tai
1
C t
. Vẽ đoạn thẳng AC.
Từ A vẽ
( )
AB AC B Oy
. Ta phải chứng minh tam
giác ABC vuông cân tại A.
Thật vậy, vẽ
CH Ox
.
HAC
và
OBA
có :
1 1
90 ; ;
H O HC OA a C A
(cùng phụ với
2
A
).
x
y
d
t
C
1
H
C
O
B
A
Dó đó
HAC OBA
(g.c.g)
AC AB
.
Vậy
ABC
vuông tại A.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm C là tia
1
/ /O
C t x
và cách Ox một khoảng bằng a.
Bài 2.3 Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
AB vẽ các tam giác DAC và EBC vuông cân tại D và E. Gọi M là trung điểm của DE. Tìm quỹ
tích của điểm M khi điểm C di động giữa A và B.
Lời giải
a) Phần thuận
Gọi O là giao điểm của hai tia AD và BE.
Như vậy O là một điểm cố định.
Xét
AOB
có
45
A B
nên
90
AOB
.
Tứ giác OECD có ba góc vuông nên là hình chữ
nhật.
Hai đường chéo DE và OC cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đường nên trung điểm M của DE cũng là
trung đi
ể
m c
ủ
a OC.
x
y
Q
P
K
H
M
O
D
E
A
B
C
Vẽ
,
OH AB MK AB
thì MK là đường trung bình của
OHC
, suy ra
1
2
MK OH
.
Điểm M cách đường thẳng AB cho trước một khoảng là
2
OH
nên điểm M nằm trên đường
thẳng
/ /
xy AB
và cách AB là
2
OH
.
Giới hạn: Khi điểm C di động dần tới A thì điểm M dần tới trung điểm P của OA. Khi điểm
C di động dần tới B thì điểm M dần tới trung điểm Q của OB. Vậy điểm M chỉ di động trên
đường trung bình PQ của
OAB
(trừ hai điểm P và Q).
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng PQ (M không trùng với P, Q). Vẽ tia OM cắt AB tại C. Vẽ
CD OA CE OB
. Ta phải chứng minh các
,
DAC EBC
vuông cân và M là trung điểm
của DE.
Thật vậy, xét
OAB
có
, / /
OP PA PQ AB
nên
MO MC
.
Xét
DAC
vuông tại D có
45
A
nên là tam giác vuông cân tại D.
Tương tự,
EBC
vuông cân tại E.
Tứ giác OECD có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. Do đó hai đường chéo cắt nhau tại
trung điểm của mỗi đường.
M
ặ
t khác, M là trung đi
ể
m
c
ủ
a OC nên M c
ũng l
à trung đi
ể
m c
ủ
a DE.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 68
c) Kết luận
V
ậ
y qu
ỹ
tích c
ủ
a đi
ể
m M là đư
ờ
ng trung bình PQ c
ủ
a tam giác OAB tr
ừ
hai đi
ể
m P và Q.
Bài 2.4 Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm D di động trên đáy BC. Đường thẳng vuông góc
với BC vẽ từ D cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của EF.
Tìm quỹ tích của điểm M.
Lời giải
a) Phần thuận
Vẽ
AH BC
thì
/ /
AH DE
và
1 2
A A
(tính chất của
tam giác cân).
Ta có:
1 1
E A
(cặp góc so le trong);
1 2
F A
(cặp góc
đồng vị).
Vì
1 2
A A
nên
1 1
E F
. Suy ra
AEF
cân.
Ta có:
ME MF AM EF
.
Tứ giác AHDM có ba góc vuông nên là hình chữ nhật
MD AH
(không đổi).
Điểm M cách đường thẳng BC cho trước một khoảng
1
1
1
x
y
2
H
M
2
M
1
E
1
F
1
F
E
B
C
A
D
bẳng AH nên điểm M nằm trên đường thẳng xy // BC và cách BC một khoảng bằng AH.
Giới hạn: Khi điểm D trùng với B thì E trùng với B và điểm F trùng với
1
F
(
1
F
nằm trên tia
CA và
1
AF
AC
). Khi đó điểm M trùng với
1
M
(
1
M
là giao điểm của xy với B
1
F
). Tương tự,
khi điểm D trùng với C thì điểm M trùng với
2
M
. Vậy M chỉ nằm trên đoạn thẳng
1 2
M M
của
đường thẳng xy.
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng
1 2
M M
. Qua M vẽ một đường thẳng vuông góc với BC
cắt BC, AB, AC lần lượt tại D, E, F. Ta phải chứng minh M là trung điểm của EF.
Thật vậy, tứ giác AHDM có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành. Hình bình
hành này có
90
H
nên là hình chữ nhật, suy ra
90
M
.
Ta có:
1 1 1 2
,
E A F A
mà
1 2
A A
nên
1 1
E F
. Do đó
AEF
cân.
Vì AM là đường cao nên cũng là đường trung tuyến
ME MF
.
c) Kết luận
Vậy quỹ tích của điểm M là đoạn thẳng
1 2
M M
của đường thẳng xy // BC và cách BC một
khoảng AH.
II. Quỹ tích là đường trung trực và đường thẳng vuông góc
Bài 3.1 Cho góc vuông xOy, điểm A cố định trên tia Ox, điểm B di động trên tia Oy. Vẽ hình chữ
nhật AOBC. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AB và OC. Tìm quỹ tích điểm M.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 69
Lời giải
a) Phần thuận
M là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật nên MO =
MA.
Điểm M cách đều hai đầu của đoạn thẳng OA cố định nên M
nằm trên đường trung trực của OA.
Giới hạn: Khi điểm B tiến dần tới điểm O thì điểm C tiến
dần đến điểm A. Khi đó điểm M tiến dần đến
1
M
là trung
điểm của OA. Khi điểm B ra xa vô tận thì điểm M cũng ra xa
vô tận. Vậy M nằm trên tia
1
M t
thuộc đường trung trực của
x
y
t
M
1
M
C
O
A
B
OA, tia này nằm trong góc xOy, trừ điểm
1
M
.
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên tia
1
M t
. Vẽ tia AM cắt tia Oy tại B. Vẽ hình chữ nhật AOBC. Ta phải
chứng minh M là giao điểm của hai đường chéo.
Thật vậy, xét
AOB
có
1
M t / /OB
( vì cùng vuông góc với OA).
Mặt khác,
1 1
M O M A
nên MA= MB. Vậy M là trung điểm của AB
M cũng là trung điểm của OC (vì AOBC là hình chữ nhật).
c) Kết luận
Vậy quỹ tích của điểm M là tia
1
M t
thuộc đường trung trực của OA, tia này nằm trong góc
xOy, trừ điểm
1
M
.
Bài 3.2 Cho góc vuông xOy và một điểm A ở trong góc đó. Một góc vuông đỉnh A quay quanh A,
một cạnh cắt Ox tại B, cạnh kia cắt Oy tại C. Gọi M là trung điểm của BC. Tìm quỹ tích của điểm
M.
Lời giải
a) Phần thuận
Vẽ các đoạn thẳng MO, MA ta được:
1
MO MA BC
.
Điểm M cách đều hai đầu của đoạn thẳng OA cố định nên
điểm M nằm trên đường trung trực của OA.
Giới hạn: Khi điểm C di động tới điểm O thì điểm B di
động tới
1
B
(
1
AB AO
), khi đó điểm M di động tới
1
M
là
trung điểm của
1
OB
.
x
y
1
1
C
1
B
1
M
2
M
1
M
C
O
A
B
Khi B di động dần tới O thì điểm C di động tới
1
C
(
1
AC AO
), khi đó điểm M di động tới
2
M
là trung điểm của
1
OC
. Vậy điểm M chỉ di động trên đoạn thẳng
1 2
M M
.
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng
1 2
M M
. Trên tia Ox lấy điểm B (
B O
) sao cho
MB MA
. Tia BM cắt Oy tại điểm C. Ta phải chứng minh
ABC
vuông tại A và M là trung
điểm của BC.
Thật vậy, ta có:
MB MA
mà
MO MA
(vì M nằm trên đường trung trực của OA) nên
MB MO
. (1)
MOB
cân
1 1
B O
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 70
Xét
OBC
vuông tại O có
1 1
90 90
B BCO O BCO
MOC MCO
(vì cùng phụ với
1
O
)
MOC
cân
MO MC
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
MB MC
. Vậy M là trung điểm của BC.
Xét
ABC
có
MA MB MC
nên
1
2
MA BC
ABC
vuông tại A.
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là đoạn thẳng
1 2
M M
thuộc đường trung trực của OA.
Bài 3.3 Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là một điểm ở trong hình chữ nhật hoặc trên các cạnh
của nó
1) Chứng minh rằng
2 2 2 2
MA MC MB MD
;
2) Tìm quỹ tích của điểm M nếu
MA MC MB MD
.
Lời giải
1) Chứng minh
2 2 2 2
MA MC MB MD
. (1)
Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với hai cặp cạnh đối
của hình chữ nhật rồi dùng định lý Py-ta-go để chứng
minh.
2) Tìm quỹ tích của điểm M
a) Phần thuận
Ta có:
MA MC MB MD
(2)
Suy ra
2 2
MA MC MB MD
2 2 2 2
2 . 2 .
MA MC MA MC MB MD MB MD
2 . 2 .
MA MC MB MD
(3)
Từ (1) và (3) ta có:
2 2 2 2
2 . 2 .
MA MC MA MC MB MD MB MD
2 2
MA MC MB MD
H
F
G
E
B
D
C
M
A
H
G
E
F
B
C
D
A
M
Suy ra
MA MC MB MD
(4) hoặc
MA MC MD MB
(5)
Từ (2) và (4) ta có:
MA MC MB MD
MA MC MB MD
Do đó:
2 2
MA MB MA MB
.
Vậy điểm M nằm trên đường trung trực của AB.
Từ (2) và (5) ta có;
MA MC MB MD
MA MC MD MB
.
Do đó:
2 2
MA MD MA MD
Vậy điểm M nằm trên đường trung trực của AD.
Giới hạn: Vì M nằm trong hình chữ nhật hoặc trên các cạnh của nó nên M nằm trên hai đoạn
thẳng EF và GH nối trung điểm hai cặp cạnh đối diện của hình chữ nhật.
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng GH.
Khi đó
;
MA MD MB MC
.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 71
Vậy
MA MC MB MD
. Nếu
M EF
ta cũng có kết quả trên.
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là hai đoạn thẳng EF và GH nối các trung điểm của hai cặp
cạnh đối diện của hình chữ nhật.
Bài 3.4 Cho tam giác đều ABC. Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A vẽ tia
Bx BC
và trên đó
lấy một điểm D. Vẽ tam giác đều CDM (M và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ CD). Tìm
quỹ tích của điểm M khi D di động trên tia Bx.
Lời giải
a) Phần thuận
MAC
và
DBC
có:
MC DC
;
1 2
C C
(vì cùng cộng
với ACD cho
60
);
CA CB
.
Vậy
MAC DBC
(c.g.c)
90
MAC DBC
. Suy ra
MA AC
tại A.
Do đó điểm M nằm trên một đường thẳng đi qua A và
vuông góc với AC.
Giới hạn: Khi điểm D trùng với B thì điểm M trùng với
A. Khi điểm D ra xa vô cùng thì điểm M cũng ra xa vô
cùng. Vậy điểm M chỉ nằm trên tia Ay.
x
2
1
y
M
A
B
C
D
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên tia Ay. Vẽ đoạn thẳng MC. Trên tia Bx lấy điểm D sao cho CD = CM.
Ta phải chứng minh
MCD
đều.
Thật vậy,
MAC
và
DBC
có:
90 ; ;
A B CM CD CA CB
.
Do đó
MAC DBC
(cạnh huyền, cạnh góc vuông).
Suy ra
1 2
60
C C MCD BCA
.
MCD
cân có
60
MCD
nên là tam giác đều.
c) Kết luận.
Quỹ tích của điểm M là tia
Ay AC
(tia Ay nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B).
III. Quỹ tích là tia phân giác
Bài 3.1 Cho góc vuông xOy. Điểm A cố định trên tia Ox sao cho OA = 2cm. Điểm B di động trên
tia Oy. Vẽ tam giác ABM vuông cân tại M trong đó M và O thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ
AB. Tìm quỹ tích của điểm M.
Lời giải
a) Phần thuận
Vẽ
MH Ox MK Oy
ta được
90
HMK
.
Mặt khác,
90
AMB
nên
HMK KMB
(hai góc có
cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn).
HMA KMB
( cạnh huyền, góc nhọn).
Suy ra
MH MK
.
Điểm M nằm trong góc xOy và cách đều hai cạnh của
góc đó nên điểm M nằm trên tia phân giác Ot của góc
xOy.
y
y
t
2
M
1
K
D
M
A
O
B
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 72
Giới hạn: Khi điểm B trùng với điểm O thì điểm M trùng với điểm
1
M
(
1
M
nằm trên tia Ot
và
1
2
OM
cm).
Khi điểm B ra xa vô cùng thì điểm M ra xa vô cùng. Vậy M nằm trên tia
1
M t
.
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên tia
1
M t
. Từ M vẽ một đường thẳng vuông góc với MA cắt tia Oy tại
B. Ta phải chứng minh
ABM
vuông cân tại M.
Thật vậy, vẽ
MH Ox MK Oy
ta có
MH MK
và
90
HMK
HMA KMB
(hai góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn).
Do đó
HMA KMB
(g.c.g)
MA MB
.
ABM
vuông tại M có
MA MB
nên là tam giác vuông cân.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm M là tia
1
M t
nằm trên tia phân giác của góc xOy.
Bài 3.2 Cho hình vuông ABCD. Trên tia đối của tia AD lấy điểm E di động. Trên tia đối của tia
BS lấy điểm F di động sao cho DE = BF. Vẽ hình bình hành ECFM. Hỏi điểm M di động trên
đường nào?
Lời giải
Ta có:
DCE BCF
(c.g.c)
CE CF
và
1 2
C C
.
Ta có:
1 2
90 90
C BCE C BCE
.
Hình bình hành ECFM có
CE CF
và
90
ECF
nên
ECFM là hình vuông
ME MF
.
Vẽ
,
MH AB MK AD
ta được
90
MHK
.
Mặt khác,
90
EMF
nên
HMF KME
(hai góc có
cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn).
Suy ra
HMF KME
(cạnh huyền, góc nhọn)
MH MK
.
2
1
x
H
K
F
M
B
A
D
C
E
Điểm M nằm trong góc vuông EAB và cách đều hai cạnh của góc này nên M nằm trên tia
phân giác Ax của góc EAB.
Lưu ý: Bài toán không hỏi quỹ tích của điểm M, mà chỉ hỏi điểm M nằm trên đường nào do
đó trong lời giải chỉ trình bày nội dung của phần thuận.
Bài 3.3 Cho ta giác ABC vuông tại A. Dọi D và E lần lượt là các điểm di động trên hai cạnh AB
và BC sao cho BD = BE. Từ E vẽ một đường thẳng vuông góc với DE cắt AC tại F. Gọi M là trung
điểm của DF. Tìm quỹ tích của điểm M.
Lời giải
a) Phần thuận
Xét
EDF
vuông tại E có EM là đường trung tuyến nên
1
EM DF DM
.
BDM BEM
(c.g.c)
1 2
B B
.
Vậy điểm M nằm trên tia phân giác Bx của góc B.
Giới hạn:
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 73
Khi điểm D trùng với A thì điểm M trùng với điểm
1
M
(
1
M
là giao điểm của tia Bx với AC)
Khi điểm D trùng với B thì điểm M trùng với điểm
2
M
(
2
M
là trung điểm của
1
BM
).
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng
1 2
M M
.
Lấy điểm D trên cạnh AB sao cho MD = MA. (1)
Lấy điểm E trên cạnh BC sao cho BE = BD.
Tia DM cắt cạnh AC tại F.
Ta phải chứng minh M là trung điểm của DF và
EF DE
Thật vậy,
BMD BME
(c.g.c)
MD ME
. (2)
MAD
cân
1 1
D A
.
1
2
1
1
1
2
M
2
M
M
1
F
E
A
C
B
D
Ta có:
1 1 1 2
90 ; 90
D F A A
mà
1 1
D A
nên
1 2
F A
MF MA
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
MD ME MF
.
Vậy M là trung điểm của DF và
DEF
vuông tại E
EF DE
.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm M là đoạn thẳng
1 2
M M
của tia phân giác của góc B.
Bài 3.4 Cho góc xOy có số đo bằng
60
. Một hình thoi ABCD có cạnh bằng a,
60
B
, đỉnh B di
động trên tia Ox, đỉnh D di động trên tia Oy, hai điểm A và O thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau
bờ BD. Tìm quỹ tích của điểm A.
Lời giải
a) Phần thuận
Vẽ
Ox, AK Oy
AH
. Khi đó
180 60 120
HAK
Mặt khác,
180 60 120
BAD
Nên
1 2
HAK BAD A A
.
HAB KAD
(cạnh huyền, góc nhọn)
AH AK
Điểm A nằm trong góc xOy và cách đều hai cạnh của góc
xOy nên A nằm trên tia phân giác
Ot
của góc xOy.
y
x
2
1
t
A
2
A
1
K
H
C
O
B
D
A
Giới hạn: Khi điểm B trùng với O hoặc khi D trùng với O thì điểm A trùng với
1
A
(
1
A Ot
và cách
O một khoảng
1
OA a
). Khi
Ox
AB
thì
AD Oy
, điểm A trùng với
2
A
(
2
A Ot
và cách O một
khoảng
2
2
OA a
).
b) Phần đảo
Lấy điểm A bất kì trên đoạn thẳng
1 2
A A
. Vẽ
Ox, AK Oy
AH
thì
AH AK
(tính chất tia phân
giác). Trên đoạn thẳng HO lấy điểm B, trên tia Ky lấy điểm D sao cho AD = AB = a. Vẽ hình bình
hành ABCD, ta phải chứng minh ABCD là hình thoi cạnh a,
60
B
.
Thật vậy, hình bình hành ABCD có AB = AD = a nên đó là hình thoi cạnh a.
HAB KAD
(cạnh huyền, cạnh góc vuông)
1 2
A A
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 74
180 60 120
BAD HAK
. Do đó
180 120 60
B
.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm A là đoạn thẳng
1 2
A A
thuộc tia phân giác Ot của góc xOy.
IV. Quỹ tích là đường tròn
Bài 4.1 Cho hình bình hành ABCD, cạnh AB cố định, BC = 2cm. Tìm quỹ tích giao điểm O của
hai đường chéo.
Lời giải
a) Phần thuận
Gọi M là trung điểm của AB.
Do AB cố định nên M là điểm cố định.
O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành
OA OC
.
Vậy OM là đường trung bình của
ABC
1
1 .
OM BC cm
2
M
O
A
D
B
C
Điểm O cách điểm M cố định một khoảng 1 cm nên điểm O nằm trên đường tròn tâm M, bánh
kính 1 cm.
Giới hạn: Vì ba điểm O, A, B không thẳng hàng nên điểm O nằm trên đường tròn tâm M, bán
kính 1cm trừ giao điểm của đường tròn này với đường thẳng AB.
b) Phần đảo
Lấy điểm O bất kì trên đường tròn tâm M, bán kính 1cm thì OM = 1cm
Vẽ điểm C đối xứng với A qua O, xẽ điểm D đối xứng với B qua O. Ta phải chứng minh tứ
giác ABCD là hình bình hành và BC = 2cm.
Thật vậy, tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình
bình hành.
OM là đường trung bình của tam giác ABC nên
1
2.1 2 .
2
OM BC BC cm
c) Kết luận
Quỹ tích của điểm O là đường tròn tâm M bán kính 1cm trừ giao điểm của đường tròn này với
đư
ờ
ng th
ẳ
ng AB.
Bài 4.2 Cho hình vuông ABCD cạnh 4cm. Tia Dx nằm giữa hai tia DA và DC. Vẽ tia phân giác
của góc ADx cắt AB tại E, tia phân giác của góc CDx cắt BC tại F. Tia Dx cắt EF tại M. Hỏi khi
tia Dx quay quanh D từ vị trí DA đến vị trí DC thì điểm M di động trên đường nào?
Lời giải
Ta có:
1 2 3 4
,
D D D D
2 3 1 4
90 : 2 45
D D D D
Trên tia đối của tia AB lấy điểm N sao cho
AN CF
.
ADN CDF
(c.g.c)
DN DF
và
5 1
D D
.
Do đó
4 5 4 1
45
D D D D
.
Suy ra
45
NDE FDE
.
NDE FDE
(c.g.c)
NED FED
Do đó
DAE DME
(c.g.c)
4
DM DA cm
.
1
5
3
4
2
N
M
F
E
A
D
B
C
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 75
Điểm M cách điểm D cho trước một khoảng không đổi là 4cm nên điểm M nằm trên đường tròn tâm
D, bán kính 4cm.
Bài 4.3 Cho góc vuông xOy. Một đoạn thẳng AB = 2a không đổi, có
A O
x
và
Oy
b
. Tìm quỹ
tích trung điểm M của AB.
Lởi giải
a) Phần thuận
Vẽ đoạn thẳng OM ta có:
1
OM AB a
(tính chất
trung tuyến của tam giác vuông).
Điểm M cách điểm O cho trước một khoảng a cho trước
nên M nằm trên đường tròn tâm O, bán kính a.
Giới hạn:
Khi điểm B di động tới O thì A tới điểm
1
A Ox
và
1
2
OA a
. Khi đó điểm M di động tới
1
M
là trung điểm
của
1
OA
.
y
x
1
2
2
1
M
2
M
1
M
A
1
B
1
B
H
A
Khi điểm A di động tới O thì B tới điểm
1
B Oy
và
1
2
OB a
. Khi đó điểm M di động tới
2
M
là trung điểm của
1
OB
.
Vậy M nằm trên cung
1 2
M M
của đường tròn tâm O, bán kính a.
b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên cung
1 2
M M
.
Trên tia Ox lấy điểm A sao cho MA = MO (1)
Tia AM cắt tia Oy tại B. Ta phải chứng minh M là trung điểm của AB và AB = 2a.
Thật vậy, vì MA = MO nên
MOA
nên
1 1
A O
.
Xét
AOB
vuông tại O có
1 2 1 2
90 90
A B O B
2 2
O B
(cùng phụ với
1
O
)
Do đó
MOB
cân
MB MO
. (2)
Từ (1), và (2) suy ra:
MA MB MO a
. Do đó:
2
AB a
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là cung
1 2
M M
của đường tròn tâm O, bán kính a
Bài 4.4 Cho hình bình hành ABCD cạnh CD cố định, AC = 2cm. Tìm quỹ tích của đỉnh B.
Lời giải
a) Phần thuận
Gọi O là điểm đối xứng với D qua C thì
O là một điểm cố định.
Tứ giác ABOC có AB // OC; AB = OC
(vì cùng bằng CD) nên ABOC là hình
bình hành
2
OB AC cm
.
2 2
O
A
D
B
C
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 76
Điểm B cách điểm O cố định một khoảng
2cm nên điểm B nằm trên đường tròn tâm O bán kính 2cm.
Giới hạn: Vì B, C, D không thẳng hàng nên B nằm trên đường tròn tâm O, bán kính 2 cm trừ
giao điểm của đường tròn này với đường thẳng CD.
b) Phần đảo
Lấy điểm B bất kì trên đường tròn tâm O bán kính 2cm (trừ các giao điểm của đường tròn này
với đường thẳng CD). Suy ra OB = 2cm. Vẽ hình bình hành ABCD. Ta phải chứng minh hình
bình hành có AC = 2cm.
Thật vậy,
/ /
AB CD
và
/ /
AB CD AB CO
và
AB CO
.
Do đó tứ giác ABOC là hình bình hành, suy ra AC = OB = 2cm.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm B là đường tròn tâm O bán kính 2cm.

Tài liệu khác của Toán 8

Preview text:

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHUYÊN ĐỀ : CÁC BÀI TOÁN VỀ TỨ GIÁC MỤC LỤC
CHỦ ĐỀ 1: TỨ GIÁC ......................................................................................................................... 2
Dạng 1. Tính số đo góc của tứ giác ............................................................................................. 2
Dạng 2. So sánh các độ dài đoạn thẳng ...................................................................................... 5
CHỦ ĐỀ 2: HÌNH THANG – HÌNH THANG CÂN .......................................................................... 11
Dạng 1. Bài tập về hình thang ................................................................................................... 11
Dạng 2. Bài tập về hình thang cân ............................................................................................ 13
CHỦ ĐỀ 3: ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG ................................ 20
Dạng 1. Bài tập về đường trung bình của tam giác. ................................................................. 20
Dạng 2. Bài tập về đường trung bình của hình thang ............................................................... 26
CHỦ ĐỀ 3: HÌNH BÌNH HÀNH ....................................................................................................... 29
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất hình bình hành .................................................................. 29
Dạng 2. Nhận biết hình bình hành ............................................................................................. 33
Dạng 3. Dựng hình bình hành ................................................................................................... 34
CHỦ ĐỀ 3: HÌNH CHỮ NHẬT ........................................................................................................ 35
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật ................................ 35
Dạng 2. Tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông ....................................................... 39
Dạng 3. Đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước ............................................ 41
CHỦ ĐỀ 6: HÌNH THOI VÀ HÌNH VUÔNG ................................................................................... 43
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình thoi ........................................ 43
Dạng 2. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình vuông .................................... 45
CHỦ ĐỀ 7: ĐỐI XỨNG TRỤC – ĐỐI XỨNG TÂM ........................................................................ 50
Dạng 1. Bài tập vận dụng đối xứng trục ................................................................................... 50
Dạng 2. Bài tập vận dụng đối xứng tâm .................................................................................... 53
Chủ đề 8.HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN TRONG CHƯƠNG TỨ GIÁC ............................................. 55
A. Kiến thức cần nhớ ................................................................................................................ 55
B. Bài tập vận dụng .................................................................................................................. 56
CHỦ ĐỀ 8: TOÁN QUỸ TÍCH ......................................................................................................... 65
A. Kiến thức cần nhớ ................................................................................................................ 65
B. Bài tập áp dụng .................................................................................................................... 65
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 1
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 CHỦ ĐỀ 1: TỨ GIÁC
Dạng 1. Tính số đo góc của tứ giác
 Phương pháp: Vân dụng định lý tổng 4 góc của tứ giác, tính chất góc ngoài của tam giác, hai góc bù nhau, phụ nhau  Bài tập vận dụng:
Bài 1.1 Cho tứ giác ABCD,  
AB  40. Các tia phân giác của góc C và góc D cắt nhau tại O. Cho biết 
COD 110. Chứng minh rằng AB  BC .  Tìm cách giải B
Muốn chứng minh AB  BC ta chứng minh B  90. Đã biết hiệu  
AB nên cần tính tổng   A  B . A  Lời giải: O C  D Xét COD có    COD 180C D    180 2 2 2 1 1 2 2 (vì   C  C ;   D  D ). 1 2 1 2 D C Xét tứ giác ABCD có:    
C  D  360AB, do đó 360   A    B A   B COD 180 180 180   2 2 A B Vậy    COD   . Theo đề bài  COD 110 nên   A  B  220. 2 Mặt khác,  
AB  40 nên B 22040 :2  90. Do đó AB  BC .
Bài 1.2 Cho tứ giác ABCD có  
A  B  220. Các tia phân giác ngoài tại đỉnh C và D cắt nhau tại
K. Tính số đo của góc CKD. Lời giải: B
Xét tứ giác ABCD có: A   0 B  360   C    D A  CDx   0 DCy     D 0     C  0 180 180  360   C    D D C Suy ra:  CDx  
DCy  A  B  220 2 2 1  1 CDx   CDy x y   110 .  Do đó  D   C  110 . 2 2 2 Xét CKD có:  CKD  180   D  
 C 18011070 2 2  M
Bài 1.3 Tứ giác ABCD có  
A  C . Chứng minh rằng các đường phân giác của góc B và góc D song
song với nhau hoặc trùng nhau. Lời giải: A
Xét tứ giác ABCD có: B   D  360  A    C3602C. N B 2 Vì  1 B   B ,  D   D nên  B   D  180   C   B   D   C  180 . 1 2 1 2 1 1 1 1 1 (1) 2 D Xét  C BCM có  B   M   C  180 . (2) M 1 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 2
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Từ (1) và (2) suy ra  D   M . Do đó DN // BM . 1 1
Bài 1.4 Tứ giác ABCD có AB = BC và hai cạnh AD, DC không bằng nhau. Đường chéo DB là
đường phân giác của góc D. Chứng minh rằng các góc đối của tứ giác này bù nhau.  Tìm cách giải A B
Để chứng minh hai góc A và C bù nhau ta tạo ra một góc
thứ ba làm trung gian, góc này bằng góc A chẳng hạn.
Khi đó chỉ còn phải chứng minh góc này bù với góc C 1 2  Lời giải: D E C
- Xét trường hợp AD < DC
Trên cạnh DC lấy điểm E sao cho DE = DA A Ta có: AD  B  ED
 B (c.g.c)  AB  EB và   A  E . 1
Mặt khác, AB  BC nên BE  BC . E 2 Vậy BEC cân   C   E . B 2 1 Ta có:    
E  E 180  AC 180. 1 2 Do đó:  
B  D  360180 180.
- Xét trường hợp AD > DC D C
CMTT như trên, ta được: A  C 180;   B  D 180.
Bài 1.5 Tứ giác ABCD có  0   0
A 110 , B  100 Các tia phân giác của các góc C và D cắt nhau ở E.
Các đường phân giác của các góc ngoài tại các đỉnh C và D cắt nhau ở F. Tính  CED,  CFD Lời giải: B
Tứ giác ABCD có    0 C D  360   A   B 0 0 0 0  360 110 100 150 A 0  E nên C   C D 150 0 1 1 D    75 . 2 2 1 1 2 2 D C CED có  0 CED  180   C    0 0 0 1 1 D  180  75 105 .
Vì DE và DF là các tia phân giác của hai góc kề bù nên
DE  DF . Tương tự, CE  CF Xét tứ giác CEDF: F Có:  0        0 0 0 0 0 F 360
E ECF EDF  360 105  90  90  75
Bài 1.6 Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng tổng hai góc ngoài tại hai đỉnh A và C bằng tổng hai
góc trong tại hai đỉnh B và D. Lời giải: A 2
Gọi các góc trong của đỉnh A và C là 1 A và 1 C còn các góc 1 B
ngoài của đỉnh A và C là  A2 và  C2 . Ta có:  A   0 1
A2  180 (hai góc kề bù)  C   0 1
C2  180 (hai góc kề bù) 1 2 D Suy ra:  0 A 0 C 2  180   A1 và  C2  180  1 C   A2   C2  360  1 A  1 C (1) Ta lại có:  A   B   C   0 1 1
D  360 (tổng 4 góc tứ giác)  B   0 D  360  1 A  1 C
(2) . Từ (1) và (2)   B   D   A2   C2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 3
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 1.7 Chứng minh rằng trong một tứ giác, tổng hai góc ngoài tại hai đỉnh bằng tổng hai góc
trong tại hai đỉnh còn lại. Lời giải: B
 Trường hợp hai góc ngoài tại hai đỉnh kề nhau Gọi  C , 
D là số đo hai góc trong;  D ,  D là số đo hai góc A 1 1 2 2
ngoài tại hai đỉnh kề nhau là C và D. Ta có:  C   D  180  
C  180  D  360  C  D . (1) 2 2  1    1     1 1 1 1 D C 2 2
Xét tứ giác ABCD có: A  B  360   C    D . (2) 1 1  Từ (1) và (2) suy ra:  C   D  A   B . 2 2
Trường hợp hai góc ngoài tại hai đỉnh đối nhau (xem VD4)
Bài 1.8 Cho tứ giác ABCD có AD  DC  CB ; C 130 ; D 110. Tính số đo góc A, góc B.
(Olympic Toán Châu Á - Thái Bình Dương 2010 ) Lời giải A E
Vẽ đường phân giác của các góc  C và  D chúng cắt nhau B tại E.    Xét ECD có  110 130 CED  180   60. 2 1 1 2 2
ADE  CDE (c.g.c)   AED   CED  60 . D C BCE  D  CE (c.g.c)   BEC   DEC  60 . Suy ra 
AEB  180 do đó ba điểm A, E, B thẳng hàng Vậy. Do đó 
ABC  360  65 110 130  55 .
Bài 1.9 Cho tứ giác ABCD , E là giao điểm của các đường thẳng AB và CD, F là giao điểm của
các đường thẳng BC và AD . Các tia phân giác của các góc E và F cắt nhau ở I . Chứng minh rằng : a) Nếu  0   0
BAD 130 , BCD  50 thì IE vuông góc với IF.
b) Góc EIF bằng nửa tổng của một trong hai cặp góc đối của tứ giác ABCD . Lời giải F
a) Xem cách giải tống quát ở câu b
b) Giả sử E và F có vị trí như trên hình bên, các tia phân giác α α
của các góc E và F cắt nhau tại I. Trước hết ta chứng minh B rằng  BAD   C  2 EIF . 1
Thây vậy, gọi H và K là giao điểm của FI với AB và CD H A
Theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có: I  BAD  1 H  ,  C   K1   β E β 1 nên  BAD   C    
(EIF   )  (EIF   )  2 C 1 H   K1 EIF D K Do đó  EIF  ( BAD   C) : 2 Bài tập tự giải
Bài 1. Cho tứ giác ABCD có  0   0
B 100 , D  80 và CB  CD . a) Nếu    0
A C  40 , hãy tính các góc chưa biết của tứ giác. b) Chứng minh  BAC   DAC .
Bài 2. Nêu cách vẽ tứ giác ABCD biết  0   0   0
A 130 , B 80 ,C  70 , AB  4 cm và CD  5 cm
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 4
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 3. Tứ giác ABCD có    0
A B  50 . Các tia phân giác của các góc C và D cắt nhau tại I và  0
CID  115 . Tính các góc A và B . A 4
Bài 4. Cho tứ giác ABCD có  0   0
B 120 , D  60 và   . Tính các góc còn lại. C 5
Bài 5. Tính các góc trong và ngoài của tứ giác PQRS, biết: số đo góc ngoài tại đỉnh R và số đo góc P cùng bằng 0 80 ,  0 Q  S  60
Dạng 2. So sánh các độ dài đoạn thẳng  Lý thuyết:
Định lý về tứ giác lồi: Nếu tứ giác ABCD là tứ giác lồi khi và chỉ khi hai đường chéo AC và BD cắt nhau  Bài tập
Bài 2.1 Tứ giác ABCD có tổng hai đường chéo bằng a. Gọi M là một điểm bất kì. Tìm giá trị nhỏ
nhất của tổng MA  MB  MC  MD .  Tìm cách giải B
Để tìm giá trị nhỏ nhất của tổng MA  MB  MC  MD ta phải M
chứng minh MA  MB  MC  MD  k ( k là hằng số). A
Ghép tổng trên thành hai nhóm MA MCMB MD. O
Ta thấy ngay có thể dùng bất đẳng thức tam giác mở rộng. D C  Trình bày lời giải
Xét ba điểm M, A, C có MA  MC  AC (dấu “=” xảy ra khi M  AC ).
Xét ba điểm M, B, D có MB  MD  BD (dấu ‘=’ xảy ra khi M  BD ).
Do đó: MA  MB  MC  MD  AC  BD  a .
Vậy minMA MB MC  MD a khi M trùng với giao điểm O của đường chéo AC và BD.
Bài 2.2 Tứ giác ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo, AB  6,OA  8 , OB  4,OD  6 . Tính độ dài AD .  Lời giải:
Kẻ AH  BD. Đặt BH = x, AH = y. Áp dụng định lý H x B
Pytago vào các tam giác vuông ABH và AOH, ta có: C 2 2 x  y  36 y 4  6 8 O 6    x  4  2 2  y  64 A D 3 135
Giải hệ trên ta tìm được: 2 x  ; y  2 2
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vuông ADH, ta có: 135 2 2 2 2 AD  HD  AH  11,5   166  AD  166 2
Bài 2.3 Cho tứ giác MNPQ. Chứng minh rằng nếu MN  NQ thì PQ  MP .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 5
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải:
Gọi O là giao điểm hai đường chéo MP và NQ M
Ta có : MN < MO + ON và PQ  PO  OQ (Bđt tam giác)
suy ra MN  PQ  MP  NQ ;
mà MN  MP (gt) nên PQ  NQ N O O P
Bài 2.4 Có hay không một tứ giác mà độ dài các cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 ?  Lời giải: A
Giả sử tứ giác ABCD có CD là cạnh dài nhất. B
Ta sẽ chứng minh CD nhỏ hơn tổng của ba cạnh còn lại (1).
Thật vậy, xét ABC ta có: AC  AB  BC .
Xét ADC có: CD  AD  AC . Do đó CD  AD  AB  BC . D C
Ta thấy nếu các cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10 thì không thỏa mãn
điều kiện (1) nên không có tứ giác nào mà các cạnh tỉ lệ với 1, 3, 5, 10.
Bài 2.5 Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc. Biết AB  3; BC  6,6; CD  6 . Tính độ dài AD.  Lời giải: B
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo.
Xét AOB , COD vuông tại O, ta có: 6,6 3 2 2 2 2 2 2
AB  CD  OA  OB  OC  OD .
Chứng minh tương tự, ta được: O C A 2 2 2 2 2 2
BC  AD  OB  OC  OD  OA ? 6 Do đó: 2 2 2 2 D AB  CD  BC  AD . Suy ra: 2 2 2 2 2
 3  6  6,6  AD  AD  9  36  43,56  1,44  AD  1,2
Bài 2.6 Chứng minh rằng trong một tứ giác tổng hai đường chéo lớn hơn nửa chu vi nhưng nhỏ hơn chu vi của tứ giác.  Lời giải: A a
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD của tứ B giác ABCD.
Gọi độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d. d O b
Vận dụng bất đẳng thức tam giác ta được:
OA  OB  a; OC  OD  c D c
Do đó OA  OC  OB  OD  a  c C
hay AC  BD  a  c . (1)
Chứng minh tương tự, ta được: AC  BD  d  b . (2)   
Cộng từng vế của (1) và (2), ta được: a b c d
2 AC  BD  a  b  c  d  AC  BD  2
Xét các ABC và ADC ta có: AC  a  ;
b AC  c  d  2AC  a  b  c  d . (3)
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 6
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Tương tự có: 2BD  a  b  c  d . (4)
Cộng từng vế của (3) và (4) được: 2 AC  BD  2a  b  c  d   AC  BD  a  b  c  d .
Từ các kết quả trên ta được điều phải chứng minh.
Bài 2.7 Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, bất kì hai điểm nào
cũng có khoảng cách lớn hơn 10. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm đã cho có khoảng cách lớn hơn 14.
 Trước hết ta chứng minh một bài toán phụ: H Cho   0 ABC, A  90 . Chứng minh: 2 2 2 BC  AB  AC A Giải Vẽ BH  AC . Vì  0
A  90 nên H nằm trên tia đối của tia B C AC.
Xét HBC và HBA vuông tại H, ta có:        2 2 2 2 2 2 BC HB HC AB HA HA AC 2 2 2 2 2 2
 AB  HA  HA  AC  2H . A AC  AB  AC  2 . HA AC . Vì H . A AC  0 nên 2 2 2
BC  AB  AC ( dấu “=” xảy ra khi H  A tức là khi ABC vuông).
 Vận dụng kết quả trên để giải bài toán đã cho A A B B C Hình b D C D Hình a
Trường hợp tứ giác ABCD là tứ giác lồi (h.a) Ta có: A  B   C   D  360 .
Suy ra trong bốn góc này phải có một góc lớn hơn hoặc bằng 90 , giả sử  0 A  90 . Xét ABD ta có 2 2 2 2 2
BD  AB  AD  10 10  200 suy ra BD  200 , do đó BD  14 .
Trường hợp tứ giác ABCD là tứ giác lõm (h.b) Nối CA, Ta có:  ACD   ACB   BCD  360.
Suy ra trong ba góc này phải có một góc lớn hơn hoặc bằng 120 . Giả sử  ACB  120 , do đó  ACB là góc tù Xét ACB có 2 2 2 2 2
AB  AC  BC  10 10  200 .
Suy ra AB  200  AC  14 .
Vậy luôn tồn tại hai điểm đã cho có khoảng cách lớn hơn 14.
Bài 2.8 Cho tứ giác ABCD có độ dài các cạnh là a , b , c , d đều là các số tự nhiên. Biết tổng
S  a b c d chia hết cho a , cho b , cho c , cho d . Chứng minh rằng tồn tại hai cạnh của tứ giác bằng nhau.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 7
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải b B
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. A
Giả sử không có hai cạnh nào của tứ giác bằng nhau. c a
Ta có thể giả sử a  b  c  d .
Ta có: a  b  c  BD  c  d .
Do đó a  b  c  d  2d . D d C
Ta đặt a  b c d  S thì S  2d . (*)
Ta có: Sa  S  ma m  N (1)
Sb  S  nb n  N (2)
Sc  S  pc p N (3)
Sd  S  qd q  N (4)
Từ (4) và (*)  qd  2d do đó q  2 .
Vì a  b  c  d nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra m  n  p  q  2 .
Do đó q  3; p  4; n  5; m  6 . 1 a 1 b 1 c 1 d
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra  ;  ;  ;  . m S n S p S q S 1 1 1 1 1 1 1 1 a bc d
Ta có:         1. 6 5 4 3 m n p q S 19 Từ đó: 1, vô lí. 20
Vậy điều giả sử là sai, suy ra tồn tại hai cạnh của tứ giác bằng nhau.
Bài 2.9 Cho tứ giác MNPQ. Biết chu vi tam giác MNP không lớn hơn chu vi tam giác NPQ, chứng minh MN  NQ .  Lời giải:
Ta có: Chu vi MNP : MN  NP  MP N
Chu vi NPQ : NP  PQ  NQ M
Theo giai thiết, ta có MN  NP  MP  NP  PQ  NQ
Suy ra MN + MP  PQ + NQ (1)
Theo bài 8, ta có: MN  PQ  MP  NQ (2)
Cộng các bất đẳng thức (1) và (2) theo từng vế, ta có Q P
2MN  PQ  MP  2NQ  MP  PQ . Suy ra MN  NQ
Bài 2.10 So sánh độ dài cạnh AB và đường chéo AC của tứ giác ABCD biết rằng chu vi tam
giác ABD nhỏ hơn hoặc bằng chu vi tam giác ACD .  Lời giải:
Ta có: Chu vi ABD  AB  BD  AD B
Chu vi ACD  AC  CD  AD A
Theo giả thiết: AB  BD  AD  AC  CD  AD
 AB  BD  AC  CD (1)
Mặt khác ta có: AB  CD  AC  BD (2) (kết quả bài 8)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: D C 2AB < 2AC  AB < AC
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 8
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 2.11 Lấy trong tứ giác MNPQ một điểm O. Gọi CV là chu vi của tứ giác. Chứng minh CV 3.CV
 OM  ON  OP  OQ  2 2  Lời giải:
Ta có MN  OM  ON  MQ  PQ  NP N
NP  ON  OP  MN  MQ  PQ M
PQ  OP  OQ  MQ  MN  NP
MQ  OM  OQ  MN  NP  PQ O
Cộng các bất đẳng thức trên theo từng vế, ta có Q P
CV  2(0M  ON  OP  0Q)  3.CV CV 3CV Vậy:
 OM  ON  OP  OQ  2 2
Bài 2.12 Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác lồi khi và chi khi hai đường chéo AC và BD cắt nhau.  Lời giải: B
a) Cho tứ giác ABCD lồi. Cần chứng minh hai đường chéo AC và BD cắt nhau.
Do tứ giác ABCD lồi nên B và C cùng nằm trên nữa mặt phẳng bờ chứa AD. Giả sử  DAB  
DAC , khi đó tia AB nằm giữa hai tia AD và A C
AC nên AB cắt cạnh DC (Vô lý). Vậy  DAB  
DAC . Do đó tia AC nằm giữa hai tia AB và AD
tức là AC cắt đoạn thằng BD D
Chưng minh tương tự, ta có tia BD cắt đoạn thẳng AC . Vậy
hai đường chéo AC và BD cắt nhau.
b) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau. Cần chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác lồi.
Khi AC và BD cắt nhau thì AC là tia nằm trong góc DAB. Do đó AB và AC trên nửa mặt
phẳng bờ chứa AD; AD và AC nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa AB.
Chứng minh tương tự, ta có CA và CD cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa BC, CA và
CB nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa CD.
Vậy A, B, C, D nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa bất kỳ đường thẳng nào của tứ giác nên tứ
giác ABCD là tứ giác lồi.
 Bài toán giải bằng phương trình tô màu
Bài 2.13 Có chín người trong đó bất kì ba người nào cũng có hai người quen nhau. Chứng minh
rằng tồn tại một nhóm bốn người đôi một quen nhau.  Lời giải
Coi mỗi người như một điểm, ta có chín điểm A, B, C,…
Nối hai điểm với nhau ta được một đoạn thẳng. Ta tô màu xanh nếu hai người không quen nhau,
ta tô màu đỏ nếu hai người quen nhau. Ta sẽ chứng minh tồn tại một tứ giác có các cạnh và
đường chéo cùng tô màu đỏ.
 Trường hợp có một điểm là đầu mút của bốn đoạn thẳng màu xanh AB, AC, AD, AE vẽ nét đứt (hình.a)
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 9
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 B B C C A A D D Hình a Hình b E E
Xét ABC có hai đoạn thẳng AB, AC màu xanh nên đoạn thẳng BC màu đỏ vì bất kì tam giác
nào cũng có một đoạn thẳng màu đỏ. Tương tự các đoạn thẳng CD, DE, EB, BD, CE cũng có
màu đỏ (vẽ nét liền) (hình.b). Do đó tứ giác BCDE có các cạnh và đường chéo được tô đỏ nghĩa
là tồn tại một nhóm bốn người đôi một quen nhau.
 Trường hợp mọi điểm đều là đầu mút của nhiều nhất là ba đoạn thẳng màu xanh. Không thể
mọi điểm đều là đầu mút của ba đoạn thẳng màu xanh vì khi đó số đoạn thẳng màu xanh là 9.3  N . 2
Như vậy tồn tại một điểm là đầu mút của nhiều nhất là hai đoạn thẳng màu xanh, chẳng hạn đó
là điểm A, do đó A là đầu mút của ít nhất là sáu đoạn thẳng màu đỏ, giả sử đó là AB, AC, AD, AE, AF, AG (h.1.19)
Trong sáu điểm B, C, D, E, F, G tồn tại ba điểm là đỉnh của một tam giác có ba cạnh cùng màu
(đây là bài toán cơ bản về phương pháp tô màu) chẳng hạn đó là BCD (h.1.20). B C C B D D A A E E Hình c Hình d F G G F
Trong BCD có một cạnh màu đỏ (theo đề bài) nên ba cạnh của BCD cùng màu đỏ. Khi đó
tứ giác ABCD là tứ giác có các cạnh và đường chéo được tô đỏ, nghĩa là tồn tại một nhóm bốn
người đôi một quen nhau.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 10
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHỦ ĐỀ 2: HÌNH THANG – HÌNH THANG CÂN
Dạng 1. Bài tập về hình thang
Bài 1. Cho hình thang ABCD (AB // CD), các tia phân giác của góc A, góc D cắt nhau tại M thuộc
cạnh BC. Cho biết AD = 7cm. Chứng minh rằng một trong hai đáy của hình thang có độ dài nhỏ hơn 4CM  Tìm cách giải A B
Để chứng minh một cạnh đáy nào đó nhỏ hơn 4cm ta có thể 2
xét tổng của hai cạnh đáy rồi chứng minh tổng này nhỏ hơn 1
8cm. Khi đó tồn tại một cạnh đáy có độ dài nhỏ hơn  Trình bày lời giải 7 M
Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC Ta có: AB // CD nên  A   N (so le trong ) 2 Mặt khác:  A   A nên 1 A   N  ADN cân tại D 1 2 1  DA  DN.  1 2 D C N Xét ADN có  D  
D nên DM đồng thời là đường trung tuyến : MA  MN. 1 2 ABM  NCM (g. . c g)  AB  CN
Ta có: DC  AB  DC  CN  DN  DA  7c . m Vậy AB  CD  8c . m
Vậy một trong hai đáy AB,CD phải có độ dài nhỏ hơn 4c . m
Bài 2. Cho tứ giác ABCD . Gọi M là trung điểm AD, N là B A
trung điểm BD , I là trung điểm AC, K là trung điểm BC . AB  DC a) Chứng minh MK  . M K 2 N I
b) Nếu tứ giác ABCD là hình thang đáy là AB và DC DC  AB D C Chứng minh NI  . 2  Lời giải a) Ta có DC AB MI  , IK 
(tính chất đường trung bình của tam giác) nên DC AB MI  IK   . 2 2 2 2
Với ba điểm M, I, K ta có MK  MI  IK (BĐT tam giác)  Vậy AB CD MK  2
b) Nếu tứ giác ABCD là hình thang, ta có AB // CD. Suy ra M, N, I, K thẳng hàng  Khi đó DC AB DC AB NI = MI  MN    2 2 2
Bài 3. Cho tam giác ABC có BC  a , các đường trung tuyến BD , CE . Lấy các điểm M, N trên
cạnh BC sao cho BM  MN  NC . Gọi I là giao điểm cùa AM và BD, K là giao điểm của AN và CE. Tính độ dài IK.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 11
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải: A
Ta có : DN la đường trung bình của tam giác ACM nên DN // AM.
BND có BM  MN , MI // ND nên I là trung điểm của
BD. Tương tự K là trung điểm của CE . D E
Hình thang BEDC có I và K là trung điểm của hai đường
chéo nên dễ dàng chứng minh được I K  a  a
IK  (BC  ED) : 2  a  : 2    C  2  4 B M N
Bài 4. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi M là trung điểm A B của BC. Cho biết  0 AMD  90 .
a) Chứng minh rằng: AD = AB + DC.
b) DM là tia phân giác của góc D. M  Lời giải
a) Gọi N là giao điểm của AM với DC Ta có ABM  NC  M (g-c-g)
Suy ra AM = MN và AB = CN. (1) D C N
AND có AD là đường cao và đồng thời là đường trung
tuyến nên là tam giác cân tại D. Suy ra AD = DN = DC + CN (2)
Kêt hợp (1) và (1)  AD = AB + DC.
b) Do AND cân tại D nên AD là đường cao đồng thời là đường phân giác
Hay AD là phân giác của góc D
Bài 5. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D . Gọi M là trung A B
điểm của AD . Cho biết MB  MC . H
Chứng minh rằng: BC  AB  CD .
Vẽ MH  BC . Chứng minh rằng tứ giác MBHD là hình thang. M  HD:
a) Gọi E là giao điểm của BM với CD. 2 1 Chứng minh MDN  M  AB E D C
CBE có CM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên là tam giác cân.
 CB  CE  CB  CD  DE  CB  CD  AB (vì AB  DE ).
b) Chứng minh HCD cân  CM  DH  BM / / DH (cùng vuông góc với CM)  MBHD là hình thang.
Bài 6. Cho tứ giác ABCD . Các tia phân giác của góc A , góc A B
D cắt nhau tại M . Các tia phân giác của góc B , góc C cắt nhau tại N . Cho biết  0
AMD  90 , chứng minh rằng : M N
a) Tứ giác ABCD là hình thang. b) Chứng minh NB  NC . D C
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 12
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 7. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D . A B
Cho biết AD  20, AC  52 và BC  29 . Tính độ dài AB . 52 29 20  HD : Kẻ BH  DC ĐS : AB = 27 D C
Bài 8. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Một đường thẳng d không cắt các cạnh của tam giác.
Gọi A’, B’, C’, G’, lần lượt là hình chiếu của A, B, C, G trên d.
Chứng minh: AA’ + BB” + CC’ = 3GG’  Lời giải A
Gọi T là trung điểm của BG, T’ là hình chiếu của T trên d.
Dựa theo tính đường trung bình của hình thang, ta có E G BB' GG ' AA ' CC'  T C TT ' EE ' AA ' BB' CC ' GG ' 2 2 GG '    2 2 4 B
Suy ra 3GC'  AA'  BB'  CC' B' T' A' G' E' C'
Bài 9. Lấy M, N trên đoạn thẳng AB ( M nằm giữa AN). Trên K
cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tam giác AMD, MEN,
NFB. Chứng minh khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác
DEF đến AB không phụ thuộc vào vị trí của các điểm M, N  Lời giải D
Gọi D’, E’. F’ lần lượt là hình chiếu của D, E. F trên AB. G F
Tổng các đường cao DD', EE'. FF của ba tam giác đều E
ADM. MEN, NFB bằng đường cao tam giác đều AKB
(không đổi). Goi G là trọng tâm của tam giác DEF ; G’ là A D' M E' N F' B
hình chiếu của G trên AB . Theo bài 8, ta có   DD' EE' FF' GG' 
không đổi. Vậy khoảng cách từ G đến AB không phụ thuộc vào vị trí 3 của M và N
Dạng 2. Bài tập về hình thang cân
Bài 1. Một hình thang cân có đường cao bằng nửa tổng hai A B
đáy. Tính góc tạo bởi hai đường chéo hình thang.  Lời giải:
Xét hình thang cân ABCD (AB / /CD) , đường cao BH AB  CD và BH  (1) D E 2 H C
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC , cắt DC ở E .
Ta có BE  AC, AC  BD nên BE  BD .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 13
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  DE
BDE cân tại B, đường cao BH nên DH  HE  (2) 2
Ta có AB  CE nên AB  CD  CE  CD  DE (3)
Từ (1),(2) , (3) suy ra BH  DH  HE .
Các giác BHD, BHE vuông cân tại H nên  0 DBE  90 .
Ta có DB  BE, AC / /BE nên DB  AC
Bài 2. Một hình thang cân có đáy nhỏ bằng cạnh bên và góc kề với đáy lớn bằng 60 . Biết chiều
cao của hình thang cân này là a 3 . Tính chu vi của hình thang cân.  Tìm cách giải A B
Ta đã biết hình thang có hai cạnh bên song song thì hai cạnh
bên bằng nhau, hai cạnh đáy bằng nhau. Từ đó ta vẽ thêm
hình phụ để tìm sự liên hệ giữa đáy lớn và ba cạnh còn lại.
Ta vẽ AM / /BC M CD. Mặt khác, đề bài có cho góc 60 , 60° D C
gợi ý cho ta vận dụng tính chất của tam giác đều để tính độ H M
dài mỗi cạnh theo chiều cao của nó .  Trình bày lời giải
Ta đặt AD  AB  BC  . x
Vẽ AM / /BC M CD, ta được AM  BC  x và MC  AB  x ADM cân, có 
D  60 nên là tam giác đều, suy ra: DM  AD  . x
Vẽ AH  CD thì AH là đường cao của hình thang cân, cũng là đường cao của tam giác đều:  AD 3 x AH  . Vì AH  a 3 nên 3  a 3  x  2 .a 2 2
Do đó chu vi của hình thang cân là : 2 . a 5  10 . a
Nhận xét: Qua một đỉnh vẽ đường thẳng song song với một cạnh bên của hình thang là một
cách vẽ hình phụ để giải bài toán về hình thang.
Bài 3. Cho tam giác đều ABC , mỗi cạnh có độ dài bằng a . Gọi O là một điểm bất kì ở trong tam
giác. Trên các cạnh AB, BC,CA lần lượt lấy các điểm M , N, P sao cho OM / / BC; ON / / CA và
OP / / AB . Xác định vị trí của điểm O để tam giác MNP là tam giác đều. Tính chu vi của tam giác đều đó.  Lời giải A
Tứ giác MONB có OM / / BC nên là hình thang. Hình thang này có  MBN   ONB ( 
ACB) nên là hình thang cân.
Chứng minh tương tự ta được các tứ giác ONCP, OMAP P cũng là hình thang cân.
Suy ra: MN  OB; NP  OC; MP  OA . M O
Do đó MNP là tam giác đều  MN  NP  PM .
 OB  OC  OA  O là giao điểm của ba đường trung trực của ABC . B C N
Trong tam giác đều, giao điểm của ba đường trung trực cũng là giao điểm của ba đường cao, ba đường trung tuyến. Chiều cao a
h của tam giác đều cạnh a được tính theo công thức: 3 h  . 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 14
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 2 a 3 a 3  a 3 OA  h  . 
. Do đó chu vi của MNP là: .3  a 3 . 3 3 2 3 3
Bài 4. Cho hình thang ABCD (AB / / CD),  ADC  
BCD . Chứng minh rằng : AC  BD .  Lời giải
Trên nửa mặt phẳng bờ CD có chứa A vẽ tia Cx sao cho  DCx   ADC . Tia Cx cắt tia AB tại E . x
Khi đó hình thang AECD là hình thang cân. A  B AC  DE và  DAB   CEB . E
Xét ABD có góc DBE là góc ngoài nên  DBE   DAB   DBE   CED (vì  DAB   CEB ). Do đó  DBE  
DEB  DE  BD  AC  BD . D C
Bài 5. Cho góc xOy có số đo lớn hơn 0 60 nhưng nhỏ hơn 0
180 . Trên cạnh Ox lấy điểm A , trên  cạnh OA OC
Oy lấy điểm C . Chứng minh rằng: AC  . 2  Lời giải O
 Xét trường hợp OA  OC AOC là tam giác cân. Vì  0 O  60 nên A   0
C  60  AC  OA  OC .  A C Do đó: OA OC 2AC  OA  OC  AC  . 2 x y
 Xét trường hợp OA  OC O
Trên tia Ox lấy điểm D , trên tia Oy lấy điểm B sao cho OB  O , A OD  OC .
Các OAB và OCD cân tại A O nên: B    0 180   O K OAB ODC   AB / / CD . D C 2
 Tứ giác ABCD là hình thang. x y Mặt khác  ODC  
OCD nên ABCD là hình thang cân  AC  BD .
Gọi K là giao điểm của AC và BD . Ta có : AC  AK  KC; BD  BK  KD .
 AC  BD  (AK  BK)  (KC  KD) (1).
Vì AK  BK  AB; KC  KD  CD (2).
nên từ (1) và (2) suy ra : AC  BD  AB  CD (3). Xét OAB có  0 O  60 nên  OAB   0 OBA  60  AB  OA .
Tương tự CD  OC . Do đó : AB  CD  OA  OC (4).  Từ (3) và (4) suy ra : OA OC
AC  BD  OA  OC hay 2AC  OA  OC . Do đó AC  . 2
 Xét trường hợp OA  OC : Chứng minh tương tự.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 15
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 6. Tứ giác ABCD có AC  BD;  C   D và BD  BC . Hỏi
tứ giác ABCD có phải là hình thang cân không? B'  Lời giải A B
Qua A vẽ một đường thẳng song song với CD cắt tia CB
tại B ' . Hình thang AB 'CD có hai góc ở đáy bằng nhau nên là hình thang cân. D C
- Vậy nếu B ' trùng với B thì tứ giác ABCD là hình thang cân.
- Nếu B ' không trùng với B , ta có: AC  B ' D .
Mặt khác, AC  BD nên B ' D  BD . Do đó DBB ' cân   DB B   0 ' DBB '  90 , vô lí.
Vậy B ' trùng với B và tứ giác ABCD là hình thang cân. Bài toán dựng hình
Bài 1. Dựng hình thang ABCD  AB / /CD biết: AB  2c , m CD  5c , m  C  40 ;   D  70 .  a) Phân tích
Giả sử ta đã dựng được hình thang ABCD thỏa mãn đề bài. A 2 B x
Vẽ AE / /BC E CD ta được  AED   C  40 ,  EC  AB  2cm và 70° 40° 40°
DE  DC  EC  5  2  3c . m D 3 cm C E
- ADE dựng được ngay  g. . c g .
- Điểm C thỏa mãn hai điều kiện: C nằm trên tia DE và C cách D là 5c . m
- Điểm B thỏa mãn hai điều kiện: B nằm trên tia Ax / /DE ( hai tia Ax và DE cùng nằm trên
một nửa mặt phẳng bờ AD ) và B cách A là 2c . m b) Cách dựng - Dựng A  DE sao cho DE  3c ; m  D  70 ;  E  40
- Dựng tia Ax / /DE (hai tia Ax và DE cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AD ).
- Trên tia Ax đặt AB  2c . m
- Trên tia DE đặt DC  5c . m
- Nối BC ta được hình thang ABCD phải dựng. c) Chứng minh
Theo cách dựng tứ giác ABCD có AB / /CD nên nó là hình thang.
Xét hình thang ABCE có CE  5  3  2cm;
AB  2cm nên AB  CE do đó AE / /BC   BCD   AED  40 . 
Như vậy hình thang ABCD có AB  2c ; m CD  5c ; m  D  70 và  C  40
d) Biện luận: Bài toán có một nghiệm hình.
Bài 2. Dựng tam giác ABC, biết A  70 ,
 BC  5cm và AC  AB  2c . m
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 16
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 a) Phân tích
Giả sử ta đã dựng được tam giác ABC thỏa mãn đề bài. A
Trên tia AC ta lấy điểm D sao cho AD  A . B
Khi đó: DC  AC  AD  AC  AB  2c . m A
 BD cân, A  70   ADB  55   BDC  125 .  D 125° 2cm
- DBC xác định được CD  2c ; m   D  125 ;  CB  5cm. B C 5cm
- Điểm A thỏa mãn hai điều kiện: nằm trên tia CD và A
nằm trên đường trung trực của B . D b) Cách dựng: Dựng DBC sao cho  D  125 ;  DC  2cm và CB  5c . m
- Dựng đường trung trực của BD cắt tia CD tại A .
- Nối AB ta được ABC phải dựng. c) Chứng minh
ABC thỏa mãn đề bài vì theo cách dựng, điểm A nằm trên đường trung trực của BD nên AD  AB .
Do đó : AC  AB  AC  AD  DC  2c ; m BC  5cm và  0 0 0 ADB  180 125  55  0 0 0 BAC  180  2.55  70 .
d) Biện luận: Bài toán có một nghiệm hình.
 Nhận xét : Đề bài có cho đoạn thẳng 2cm nhưng trên
hình vẽ chưa có đoạn thẳng nào như vậy. Ta đã làm xuất A
hiện đoạn thẳng DC  2cm bằng cách trên AC ta đặt
AD  AB . Khi đó DC chính là hiệu AC  AB . Cũng có thể
làm xuất hiện đoạn thẳng 2cm bằng cách trên tia AB ta đặt 5
AE  AC (h.2.10). Khi đó : BE  AE  AB  AC  AB  2cm . B C AEC cân, có  0 A  70   E   0 0   0 180 70 : 2  55 . 2 55° B
 EC xác định được. Khi đó điểm A thỏa mãn hai điều E
kiện : A nằm trên tia EB và A nằm trên đường trung trực của EC .
Bài 3. Dựng hình thang ABCD (AB / / CD) biết AD  2c ; m BD  3c ;
m AC  4cm và góc nhọn xen
giữa hai đường chéo bằng 0 70 . a) Phân tích:
Vẽ BE / / AC ( E  tia DC ), ta được: x A 2 B  0
DBE  110 , BE  AC  4c , m CE  AB  2cm . 70° 4 O
- BDE dựng được ngay (c.g.c); 3 4
- Điểm A thỏa mãn hai điều kiện: A nằm trên tia D C E
Bx / / DE và cách B là 2cm .
- Điểm C thỏa mãn hai điều kiện: C nằm trên tia ED và cách E là 2cm . b) Cách dựng: - Dựng B  DE sao cho  0 DBE  110 , BD  3c , m BE  4cm .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 17
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
- Dựng tia Bx / / DE và trên đó đặt BA  2cm (hai tia Bx và ED cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ BE ).
- Trên tia ED đặt EC  2cm .
- Nối AD, BC ta được hình thang ABCD phải dựng. c) Chứng minh:
Tứ giác ABCD theo cách dựng có AB / / CD nên là hình thang.
Xét hình thang ABEC có AB  EC  2cm nên AC / / BE và AC  BE  4cm .  DOC   0 DBE    0 110
BOC  70 . Hình thang ABCD theo cách dựng có: AB  2cm, BD  3c , m AC  4cm và  0 BOC  70 .
d) Biện luận: Bài toán có một nghiệm hình.
Bài 4. Dựng hình thang ABCD (AB / / CD) biết  0 A  120 , AB  2c ; m BD  4cm và BC  a .  Cách dựng: A B - Dựng ABD sao cho  0
A  120 , AD  2, DB  4 .
- Dựng tia Dx / / AB (hai tia Dx và AB cùng nằm 2 4 a a
trên một nửa mặt phẳng bờ AD ).
- Dựng cung tròn tâm B , bán kính a cắt Dx tại C D H C' C x
- Nối BC ta được hình thang ABCD phải dựng.  Biện luận: 1 Vẽ AH  CD thì  0 DAH  30 . Do đó DH  AD  1cm 2 2  AH  2 1  3 2
- Nếu a  3 thì đường tròn ( ;
B a) không cắt tia Dx nên bài toán không có nghiệm hình.
- Nếu a  3 thì đường tròn ( ;
B a) có chung với tia Dx một điểm, bài toán có một nghiệm hình. - Nếu
3  a  4 thì đường tròn ( ;
B a) cắt tia Dx tại hai điểm C và C ', bài toán có hai nghiệm hình.
- Nếu a  4 thì đường tròn ( ;
B a) cắt tia Dx tại một điểm C  D nên bài toán có một nghiệm hình.
Bài 5. Dựng tứ giác ABCD biết AB  cm CD  cm  0 A   0 2,5 ; 4 ; 120 ; B  100 và  0 C  60 . a) Phân tích: A 2,5
Giả sử ta đã dựng được tứ giác B ABCD thỏa mãn đề bài. 120° 100°
Ta thấy AB  2,5cm dựng được ngay. D
Trên tia BC lấy điểm C '. Vẽ đoạn thẳng C ' D ' / / CD và 4 x 60° C ' D '  CD . Khi đó  C   0 ' C  60 và DD ' / / CC ' . D' C b) Cách dựng: C' - Dựng AB  2,5cm . y
- Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng các tia Ax và By sao cho  0 BAx   0 120 , ABy  100 .
- Trên tia By lấy điểm C '.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 18
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
- Dựng đoạn thẳng C ' D ' sao cho  0
BC ' D '  60 và C ' D '  4cm .
- Dựng DD '  BC ' (D  Ax) .
- Dựng DC / / D 'C ' (C  By) .
Tứ giác ABCD là tứ giác phải dựng.
Bài 6. Dựng tam giác ABC vuông tại B có chu vi bằng 8cm và  0 C  m . a) Phân tích:
Giả sử đã dựng được ABC thỏa mãn đề bài. A
Trên tia đối của tia BC lấy điểm D ; trên tia đối
của tia CB lấy điểm E sao cho BD  B , A CE  CA .
Khi đó: DE  DB  BC  CE  BA  BC  CA  8cm .
ABD vuông cân tại B nên  0 D  45 . m0
Góc ACB là góc ngoài của tam giác cân CAE nên D E B C   E   0 m ACB 2 E  . 2 - A
 DE dựng được (g.c.g).
- Điểm B thỏa mãn hai điều kiện: B nằm trên đoạn thẳng DE và AB  DE .
- Điểm C thỏa mãn hai điều kiện: C nằm trên đoạn thẳng DE và nằm trên đường trung trực
của AE (vì C cách đều hai đầu đoạn thẳng AE ). b) Cách dựng: - Dựng A  DE sao cho m DE  cm  0 8 ; D  45 và  0 E  . 2
- Dựng AB  DE (B  DE) .
- Dựng đường trung trực của AE cắt DE tại C .
- Nối AC ta được ABC phải dựng. c) Chứng minh : ADB vuông tại B có  0
D  45 nên là tam giác vuông cân  BA  BD .
Điểm C nằm trên đường trung trực của AE nên CA  CE . o  m
ABC có AB  BC  CA  BD  BC  CE  DE  cm  0 8 ; B  90 và  ACB  2. E  2. o  m . 2 d) Biện luận :
- Nếu m  90 thì bài toán không có nghiệm hình.
- Nếu 0  m  90 thì bài toán có một nghiệm hình.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 19
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHỦ ĐỀ 3: ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, CỦA HÌNH THANG
Dạng 1. Bài tập về đường trung bình của tam giác.
Bài 1. Cho tứ giác ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Gọi G là trọng
tâm của tam giác BCD . Chứng minh rằng AG chia đôi MN .  Tìm cách giải B
Kết luận của bài toán gợi ý cho ta dùng định lý đường M A
thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song H
song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ
ba. Gọi H là trung điểm của BG thì ta có thể dùng định O G
lý đường trung bình để chứng minh.  Trình bày lời giải D N C
Gọi O là giao điểm của AG và MN .
Gọi H là trung điểm của BG .
Theo tính chất của trọng tâm, ta có: BH  HG  GN .
Xét ABG có MH là đường trung bình  MH //AG .
Xét HMN có AG//MH và NG  GH nên ON  OM . Vậy AG chia đôi MN .
Nhận xét: Vẽ thêm trung điểm của một đoạn thẳng là cách vẽ hình phụ thường dùng để vận
dụng định lý đường trung bình của tam giác.
Bài 2. Cho tứ giác ABCD có chu vi là 4a . Gọi E, F , G, H lần lượt là trung điểm của
AB, BC, CD, DA . Chứng minh rằng trong hai đoạn thẳng EG và HF có một đoạn thẳng có độ dài không lớn hơn a .  Tìm cách giải B
Để chứng minh một trong hai đoạn thẳng EG và HF có E
độ dài không lớn hơn a , ta chứng minh tổng của hai đoạn A
này không lớn hơn 2a . Khi đó một trong hai đoạn thẳng M F
có độ dài không lớn hơn a . H  Trình bày lời giải
Gọi M là trung điểm của BD . D G C
Xét ABD có HM là đường trung bình nên  AB HM . 2
Xét BDC có MF là đường trung bình nên  CD MF . 2  Xét ba điểm M ,H ,F có    AB CD HF MH MF . 2 AD  BC
Chứng minh tương tự, ta được: EG  . 2 AB  CD  AD  BC 4a Vậy HF  EG    2a . 2 2
Suy ra một trong hai đoạn thẳng HF,EG có độ dài không lớn hơn a .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 20
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Nhận xét: Phương pháp vẽ hình phụ trong ví dụ này vẫn là vẽ trung điểm của đoạn thẳng BD .
Cũng có thể vẽ trung điểm của đoạn thẳng AC thay cho trung điểm của đoạn thẳng BD.
Bài 3. Cho tứ giác ABCD, đường chéo BD là đường trung trực của AC . Gọi M ,N lần lượt là
trung điểm của AD và AB . Vẽ ME  BC và NF  CD E  BC,F CD. Chứng minh rằng ba
đường thẳng ME,NF và AC đồng quy.  Lời giải A
Gọi O là giao điểm của AC và BD . M N
Ta có: AC  BD và OA  OC . Xét A
 BD có MN là đường trung bình D B O
 MN //BD và OA  MN (vì OA  BD ). Xét A
 BC có ON là đường trung bình E
 ON //BC  ON  ME (vì ME  BC ). F C Xét A
 CD có OM là đường trung bình
 OM //CD  OM  NF (vì NF  CD ). Xét OM 
N có OA,ME,NF là ba đường cao nên chúng đồng quy.
Bài 4. Cho tam giác ABC . Trên cạnh AB lấy điểm D , trên cạnh AC lấy điểm E . Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của BE và CD . Đường thẳng MN cắt tia AB và AC lần lượt là tại P và Q .
Hỏi hai điểm D và E phải có điều kiện gì để tam giác APQ cân tại A ?  Tìm cách giải A
Gọi O là trung điểm của BC . Xét E
 BC có OM là đường trung bình D E  CE OM //CE và OM  . 2 Q M N Xét D
 BC có ON là đường trung bình P 1 2  BD ON //BD và ON  . 2 B C O Ta có:  M   AQP,  N   APQ (so le trong). 1 1 APQ cân tại A   Q   P   N  
M  OM  ON  CE  BD . 1 1
Bài 5. Cho tam giác ABC . Gọi Bx và Cy lần lượt là các đường chứa tia phân giác của các góc
ngoài tại đỉnh B và C . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên Bx và Cy .
a) Chứng minh rằng tứ giác BCKH là hình thang;
b) Tam giác ABC phải có điều kiện gì để hình thang BCKH là hình thang cân?  Lời giải: y
a) Gọi D và E thứ tự là giao điểm của AH và AK x A với đường thẳng BC . H K A
 BD có BH vừa là đường phân giác, vừa là 1 1
đường cao nên là tam giác cân  HA  HD . 1 1 D E
Tương tự, ta có: KA  KE . C B
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 21
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Xét A
 DE có HK là đường trung bình nên HK //DE  HK //BC.
Do đó tứ giác BCKH là hình thang. b) Ta có:  H   B ;  K   C (so le trong). 1 1 1 1
Hình thang BCKH là hình thang cân   H   K   B   C 1 1 1 1   ABD   ACE   ABC   ACB  ABC cân tại A .
Bài 6. Cho tam giác ABC , trực tâm H . Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực. Chứng minh
rằng khoảng cách từ O đến BC bằng nửa độ dài AH .  Lời giải: A
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CA . F E
Gọi F và G lần lượt là trung điểm của AH và BH .
Ta có MN là đường trung bình của ABC; FG là đường N H trung bình của A  BH . O 1 1 G
Suy ra MN //AB và MN  AB , FG // AB và FG  AB . 2 2 B D M C
Do đó MN //FG và MN  FG . Dễ thấy OM //AD,ON //BE . OM  N và H  FG có: MN  FG;  OMN   HFG;  ONM  
HGF (hai góc có cạnh tương ứng song2). AH Vậy OMN   HF 
G g.c.g  OM  HF  . 2
Bài 7. Cho tam giác ABC cân tại A , đường cao AH và đường phân giác BD. Biết rằng 1
AH  BD , tính số đo các góc của tam giác ABC 2  Lời giải A 1
Gọi M là trung điểm của BD thì: MD  BD  AH . 1 2 1 D A
 BC cân tại A,AH là đường cao nên HB  HC . M
Ta có HM là đường trung bình của B  CD  HM //AC . 21
 tứ giác ADHM là hình thang B H C
Hình thang HMAD có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân. A  DH  DA  M c.c .c   A   D  90   C   B   C (Vì 
D là góc ngoài của BDC ) (1) 1 1 1 1 x Ta đặt B   C  x thì  
1  90  x   x  x  36 2 Vậy A  BC có B   C  36 ;  A 108 .
Bài 8. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Lấy điểm D ở trong tam giác. Vẽ tam giác ADE
vuông cân tại A sao cho D và E thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AC . Gọi M , N , P lần lượt
là trung điểm của BC, CD và DE . Tính số đo các góc của tam giác MNP .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 22
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải E A  BD và A  CE có: A 2 AB  AC;  A  
A (cùng phụ với góc DAC ); 1 P 1 2 H AD  AE . K Do đó ABD  A  CE c.g.c D  BD  CE và  B   C . 1 1 1 1 N
Gọi H và K lần lượt là giao điểm của đường thẳng B M C BD với CE và CA . Ta có:  B   BKA  90   C   CKH  90   H  90. 1 1 1 Xét C
 BD có MN là đường trung bình  MN //BD và MN  BD 2 1 Xét C
 ED có NP là đường trung bình  NP//CE và NP  CE . 2
Vì BD  CE nên MN  NP . Ta có:  MNP  
H  90 (hai góc có cạnh tương ứng song song). Do đó M
 NP vuông cân tại N   N  90 ;   M  P  45
Bài 9. Cho hình thang cân ABCD  AB//CD, O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi G, E, F lần
lượt là trung điểm của OA, OD và BC . Cho biết 
COD  60 , tính các góc của tam giác GEF .  Lời giải A B A  DC và B
 CD có AD  BC, AC  BD, CD chung. Do đó ADC  B  CDc.c.c   ACD   BDC  COD cân. G Mặt khác 
COD  60 nên COD đều.
Ta có: OE  ED nên CE là đường trung tuyến của tam giác O F
đều, do đó CE cũng là đường cao. Vậy CE  BD . Xét E
 BC vuông tại E có EF là đường trung tuyến ứng với E 1
cạnh huyền nên EF  BC . 2 D C 1
Chứng minh tương tự, ta có: GF  BC . 2 1 Xét A
 OD có EG là đường trung bình nên EG  1
AD  EG  BC (vì AD  BC ) 2 2  1 Vậy  EF  FG  EG  BC  GE  F   đều   G   E   F  60 .  2 
Bài 10. Cho tam giác ABC , góc A nhọn. Vẽ về phía ngoài của tam giác này các tam giác vuông
cân ABM và CAN theo thứ tự có cạnh đáy là AB và AC . Gọi O là trung điểm của BC . Chứng
minh rằng tam giác OMN là tam giác vuông cân.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 23
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải A
Gọi D và E thứ tự là trung điểm của AB và AC . N
Ta có OD và OE là đường trung bình của A  BC nên M
OE//AD và OE  AD; OD//AE và OD  AE . D E  BDO   BAC;  CEO   BAC (đồng vị). Vì M
 AB vuông cân tại M nên MD  AB và M
 AD vuông cân  AD  MD . B O C Tương tự, NE  AC và N
 EA vuông cân  AE  NE . OM  D và N  OE có: MD  OE  AD;  ODM   OEN  90   
BAC ;OD  NE  AE.
Vậy OMD  NOE c.g .c  OM  ON và  OMD   NOE . Do đó  MON   MOD   DOE   NOE   MOD   BDO  
OMD  180  90  90 . Vậy MO  N vuông cân.
Bài 11. Tam giác ABC,AB  AC . Trên cạnh AB lấy điểm E , trên cạnh AC lấy điểm F sao cho
BE  CF . Gọi M là trung điểm của EF . Chứng minh rằng khi E và F di động trên AB, AC thì
trung điểm M của EF nằm trên một đường thẳng cố định.  Lời giải Q
Vẽ đường phân giác AD thì AD là một đường thẳng cố định. A 1 1 2 P
Gọi O là trung điểm của BC thì O là một điểm cố định.
Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của đường thẳng OM với E
các đường thẳng AC và AB . M F 1 Xét E
 BC có ON là đường trung bình N 1  1 ON //BE và ON  BE . B D O C 2 Xét E
 CF có MN là đường trung bình  1 MN //CF và MN  CF . 2
Vì BE  CF nên ON  MN  O  MN cân   M   O . 1 1 Ta có  P   M  
 P ;Q  O  P  Q. 1 1 2 1 1 Xét APQ có  BAC là góc ngoài nên  BAC   P   Q . 1 Mặt khác  A   A nên  A   P  OP//AD . 1 2 2 1
Vậy M nằm trên một đường thẳng đi qua O và song song với AD . Đó là một đường thẳng cố định.
Bài 12. Cho đoạn thẳng AB và n điểm O ,O ,...,O không nằm giữa A và B sao cho 1 2 n
O A  O A  ... O A  O B  O B  ... O B  a . Chứng minh rằng tồn tại một điểm M sao cho 1 2 n 1 2 n
O M  O M  ... O M  a. 1 2 n
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 24
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải
Gọi M là trung điểm của AB và O là một điểm tùy ý O A M B không nằm giữa A và B .
 Trường hợp O nằm trên tia đối của tia AB hay tia đối của tia BA O OA  OB
Ta chứng minh được OM  .   1 2 N
 Trường hợp O không thẳng hàng với A và B
Gọi N là trung điểm của OB , khi đó MN là đường trung OA bình của OA  B, MN  . 2 A M B OA  OB Xét OM 
N , ta có: OM  MN  ON  OM  . 2 2 OA  OB Từ   1 và 2 suy ra: OM  . * 2
Áp dụng hệ thức * đối với n điểm O ,O ,,O ta có: 1 2 n O A  O B O A  O B O A  O B 1 1 2 2 n n O M  ;O M  ;;O M  . 1 2 2 2 n 2
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: O A  O B O A  O B O A  O B 1 1 2 2 n n O M  O M O M    1 2 n 2 2 2
O A  O A  O A O B  O B  O B a a 1 2 n 1 2 n      a . 2 2 2 2
Như vậy điểm cần tìm chính là trung điểm M của AB .
Bài 13. Cho tam giác ABC,C  B  A. Biết trung điểm của ba đường cao thẳng hàng. Chứng
minh rằng tam giác ABC vuông tại A .  Lời giải A
Vì AA,BB,CC là ba đường cao của A  BC . Gọi M ,N ,P C'
là trung điểm của các đường cao đó. Gọi B' D,E,F thứ tự F E
là trung điểm của BC,CA và AB . M
Ta có: EF ,FD,DE là các đường trung bình của A  BC N P  EF //BC,FD//CA,DE//AB. B C
Vì M là trung điểm của AA nên M  FE . A' D
Vì N là trung điểm của BB nên N  FD . Vì P là trung điểm của CC nên P  DE .
Theo đề bài ra, ba điểm M ,N ,P thẳng hàng nên các điểm này chỉ có thể nằm trên một trong
các cạnh DE,DF hoặc EF của DE  F .
 Nếu ba điểm M ,N ,P cùng nằm trên DE thì N trùng với D , M trùng với E , khi đó A  BC
vuông tại C , trái với giả thiết góc C là góc nhỏ nhất của A  BC
 Nếu ba điểm M ,N ,P cùng nằm trên DF thì cũng lập luận như trên, A  BC vuông tại B , trái
với giả thiết B  A.
 Vậy ba điểm M ,N ,P cùng nằm trên EF .
Lập luận tương tự như trên ta được A  BC vuông tại A
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 25
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Dạng 2. Bài tập về đường trung bình của hình thang 1
Bài 1. Cho tam giác ABC , BC  6cm . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD  AB . Vẽ 3
DE//BC E  AC . Tính độ dài DE .  Tìm cách giải A 1
Vì AD  DB nên ta vẽ trung điểm F của DB . Từ F vẽ 2 x D E
một đường thẳng song song với BC thì DE chính là đường
trung bình của một tam giác. Từ đó sẽ tính được độ dài của nó. F H  Trình bày lời giải
Gọi F là trung điểm của DB . Khi đó: AD  DF  FB . B C 6cm Vẽ FH //BC H  AC . Xét A
 FH có DE//FH và AD  DF nên AE  EH .
Xét hình thang DECB có FH //BC và DF  FB nên EH  HC . Ta đặt DE  x . 1
Ta có DE là đường trung bình của A
 FH  DE  FH  FH  2x . 2
Ta có FH là đường trung bình của hình thang DECB DE  BC x  6  FH   2x 
 x  2( cm ) . Vậy DE  2cm . 2 2
Nhận xét: Phương pháp vẽ hình phụ trong ví dụ này là ngoài việc vẽ trung điểm của một đoạn
thẳng ta còn thêm đường thẳng song song với một cạnh của tam giác.
Bài 2. Cho hình thang ABCD , AB là đáy nhỏ. Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của AD, BC, BD và AC .
a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N , P, Q thẳng hàng; CD  AB
b) Chứng minh PQ//CD và PQ  ; 2
c) Hình thang ABCD phải có điều kiện gì để MP  PQ  QN  Tìm cách giải A B
Trong hình vẽ có nhiều đường thẳng cùng đi qua một điểm
và cùng song song với một đường thẳng nên có thể vận
dụng tiên đề Ơ-clit để chứng minh thẳng hàng. M N  Trình bày lời giải P Q a) Xét A
 BD có MP là đường trung bình  MP//AB  MP//CD . D C Xét A
 DC có MQ là đường trung bình  MQ//CD .
Xét hình thang ABCD có MN là đường trung bình  MN //CD .
Qua điểm M có các đường thẳng MP,MQ,MN cùng song song với CD nên các đường thẳng
này trùng nhau, suy ra bốn điểm M ,N ,P,Q thẳng hàng. CD AB CD  AB
b) Ta có: MN //CD nên PQ//CD;PQ  MQ  MP    . 2 2 2 AB AB CD  AB c) Ta có: MP  NQ  .MP  PQ   2 2 2
 AB  CD  AB  2AB  CD (đáy lớn gấp đôi đáy nhỏ).
Nhận xét: Đường trung bình MN của hình thang và đoạn thẳng PQ nối trung điểm hai đường
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 26
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
chéo có tính chất giống nhau là cùng song song với hai đáy, có tính chất khác nhau là MN
bằng nửa tổng hai đáy còn PQ bằng nửa hiệu hai đáy.
Bài 3. Cho hình thang cân ABCD  AB  CD. Vẽ AH  CD . Chứng minh rằng:
a) HD bằng đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo;
b) HC bằng đường trung bình của hình thang.  Lời giải A B
a) Vẽ BK  CD ta được AH //BK và AB//HK  AB  HK . A
 DH  BCK  HD  KC.
Ta có: HD  KC  CD  HK  2HD  CD  AB P Q CD  AB  HD  . 2 D C
Theo bài 2 thì đoạn thẳng PQ nối trung điểm của hai đường H K
chéo bằng nửa hiệu hai đáy. Vậy HD  PQ CD  AB CD  AB
b) Ta có: HC  CD  HD  CD   . 2 2
Đường trung bình của hình thang bằng nửa tổng hai đáy. Do đó HC bằng độ dài đường trung bình của hình thang.
Bài 4. Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm của AB . Trên tia đối của tia BC lấy điểm O sao 1 1
cho BO  BC . Đường thẳng OM cắt OC tại N . Chứng minh rằng: AN  AC . 2 4  Lời giải: A
Gọi D là trung điểm của BC .
Vẽ BE//ON ,DF //ON E,F  AC . N 1 M E
Ta có: OB  BD  DC  BC. 2 F O B D C  Xét A
 BE có MN //BE và MA  MB nên NA  NE.   1
 Xét hình thang ONFD có BE//ON và OB  BD nên NE  EF. 2  Xét C
 BE có DF//BE và BD  DC nên EF  FC. 3 1 Từ  
1 ,2 ,3 suy ra: AN  NE  EF  FC , do đó AN  AC. 4
Bài 5. Cho tam giác ABC , cạnh BC cố định. Vẽ ra ngoài tam giác này các tam giác ABM vuông
cân tại B , tam giác CAN vuông cân tại C . Chứng minh rằng khi A di động trên một nửa mặt
phẳng bờ BC thì đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.  Lời giải A
Gọi O là trung điểm của MN . N
Vẽ OF  BC; AH  BC;MD  BC và O NE  BC . M Ta có: OF //AH //MD//NE. B  MD  A
 BH (cạnh huyền – góc nhọn) D B H F C E  MD  BH và BD  AH .   1 Tương tự, C  NE  A
 CH  NE  CH và CE  AH . 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 27
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Từ  
1 và 2 suy ra BD  CE  AH  .
Dễ thấy OF là đường trung bình của hình thang MDEN MD  NE BH  CH BC  OF    (không đổi). 2 2 2
Ta có: FD  FE; BD  CE  FB  FC . BC
Vậy O nằm trên đường trung trực của BC và cách BC một khoảng không đổi là . 2
Do đó O là một điểm cố định.
Suy ra MN đi qua một điểm cố định là điểm O .
Bài 6. Cho điểm M nằm giữa hai điểm A và B nhưng không là trung điểm của đoạn thẳng AB .
Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tam giác CAM và DBM cân tại C và D sao cho  1 C  
D . Gọi H và F lần lượt là trung điểm của AD và BC . Chứng minh rằng: HF  CD . 2  Tìm hướng giải 1 C
Điều phải chứng minh là HF  CD gợi ý cho ta nghĩ đến 2 D
định lí đường trung bình của tam giác. Ta vẽ đường trung bình 1 E F EG của M
 CD thì EG  CD . Chỉ còn phải chứng minh 2 H G HF  EG .  Trình bày lời giải A B I
Gọi E là trung điểm của CM , G là trung điểm của DM . Khi đó EG là đường trung bình của 1 M  CD  EG  CD.  1 2 C  AM và D
 BM cân tại C và D mà  C  
D nên các góc ở đáy của chúng bằng nhau:  CAM   CMA   DMB  
DBM  CA//DM và CM //DB (vì có các cặp góc đồng vị bằng nhau). Xét C
 MB có EF là đường trung bình  EF //MB . Xét D
 AM có HG là đường trung bình  HG//AM .
Suy ra: EF //HG (vì cùng song song với AB ). Vậy tứ giác EFGH là hình thang.
Xét hình thang ACDM có EH là đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo nên EH //AC .
Tương tự, xét hình thang CDBM có: FG//DB . Do đó  EHG   CAM , FGH   DBM . Mặt khác  CAM  
DBM (chứng minh trên) nên  EHG   FGH .
Vậy hình thang EFGH là hình thang cân  HF  EG. 2 1 Từ  
1 và 2 suy ra: HF  CD . 2
Bài 7. Chứng minh rằng trong các tam giác có một góc bằng nhau, xen giữa hai cạnh có tổng bằng
nhau thì tam giác cân có chu vi nhỏ nhất.  Lời giải Vẽ A
 BC cân tại A . Trên cạnh AB lấy điểm M , trên tia đối của tia CA lấy
điểm N sao cho BM  CN. Như vậy AB  AC  AM  AN .   1
Ta phải chứng minh chu vi A  BC nhỏ hơn chu vi A  MN .
Muốn vậy ta phải chứng minh BC  MN .
Ta vẽ MD//NE//BC ( D  AC,E tia đối của tia BA ).
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 28
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Hình thang MDCB là hình thang cân  MB  DC , mà BM  CN và DC  CN A
Xét hình thang cân MDNE có BC//NE và DC  CN nên MB  BE .
Vậy BC là đường trung bình của hình thang MDNE .
Vẽ MH  EN thì HN  BC (xem bài 3.12). M D Xét MH 
N vuông tại H có HN  MN  BC  MN . 2 Từ   1 và 2 suy ra chu vi A  BC nhỏ hơn chu vi A  MN. B C E H N
Chủ đề 3: HÌNH BÌNH HÀNH
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất hình bình hành
Bài 1. Cho hình bình hành ACBD. Trên tia đối của tia AD lấy điểm M, trên tia đối của tia CB lấy
điểm N sao cho AM  CN . Chứng minh rằng ba đường thẳng MN, AC, BD gặp nhau tại một điểm.  Lời giải M
Tứ giác: AMCN có AM // CN và AM  CN nên là hình
bình hành. Suy ra hai đường chéo MN và AC cắt nhau A tại trung điểm O của AC B
Mặt khác, ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo
BD và AC cắt nhau tại trung điểm O của AC.
Vậy các đường thẳng MN, BD và AC cùng đi qua trung điểm O của AC. D C
Nhận xét: Hai hình bình hành AMCD và ABCD có
chung đường chéo AC thì các đường chéo của chúng
đồng quy tại trung điểm của đường chéo chung. N
Bài 2. Cho hình bình hành ABCD. Vẽ ra phía ngoài của hình bình hành các tam giác đều ABM và
AND. Chứng minh rằng tam giác CMN là tam giác đều.  Lời giải M Ta đặt:  ABC   thì  ADC    0 ; BAD  180  ;  0 MAN    0 0 0     0 360 60 60 180  60  MAN và CDN có: AM  DC  AB  MAN   CDN  0 ( );  60  ; AN  DN N A B Do đó: M  AN  C
 DN  .cg.c  MN  CN.  1 α
Chứng minh tương tự, ta được: α M  AN  M
 BC  .cg.c  MN  MC.2 D C Từ  
1 và 2 suy ra: MN  CN  MC . Vậy C  MN đều. Nhận xét: Việc đặt 
ABC   là một kỹ thuật giúp ta tính toán và so sánh góc được nhanh chóng, tiện lợi.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 29
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 3. Chứng minh rằng nếu một tam giác có hai đường trung tuyến vuông góc với nhau thì tổng
các bình phương của hai đường trung tuyến này bằng bình phương đường trung tuyến thứ ba.  Tìm cách giải
Kết luận của bài toán gợi ý cho ta vận dụng định lý A
Py-ta-go. Muốn vậy phải vẽ đường phụ tạo ra một tam
giác vuông có ba cạnh bằng ba đường trung tuyến.  Trình bày lời giải
Giả sử tam giác ABC là tam giác có ha đường trung D
tuyến BD và CE vuông góc với nhau. Ta phải chứng E H minh 2 2 2
BD  CE  AF (AF là đường trung tuyến thứ G ba).
Trên tia ED lấy điểm K sao cho D là trung điểm của
EK. Tứ giác AKCE có hai đường chéo cắt nhau tại
trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành. B F C  AK // CE và AK  CE . Ta có: DE // BC và 1
DE  BC  DK  BF và DK  BF. 2
Vậy tứ giác DKFB là hình bình hành  KF // BD và KF  B . D
Mặt khác, BD  CE nên AK  KF. Do đó KAF vuông tại 2 2 2 2 2 2
A  AK  KF  AF  CE  BD  AF .
Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ra phía ngoài của tam giác này các tam giác ABD và tam giác
ACE vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng hai đường thẳng MA và BC vuông góc với nhau.  Lời giải F
Vẽ hình bình hành DAEF. Khi đó AF đi qua M.
Gọi H là giao điểm của MA với BC. E Ta có: EF  AD  A . B  M AEF   0 DAE  180 mà  BAC   0 DAE  180 nên  AEF   BAC D AEF  CAB (g. . c g)   A   C A 1 1 1 Ta có:  A   0 A    C   0 A    0 90 90 H  90 . 2 1 2 1 2 Do đó: MA  BC. 1 B H C
Bài 5. Cho hình bình hành ABCD. Vẽ ra ngoài hình bình hành các M
tam giác ABM vuông cân tại A, tam giác BCN vuông cân tại C.
Chứng minh rằng tam giác DMN vuông cân.  Lời giải A B Ta đặt  ADC   thì  0 DAM    0 90 ; NCD  90  . α DAM và N  CD có: AM  CD  AB  DAM   NCD  0 ( );
 90  ; AD  CN ( BC) α D H α C Do đó DAM  NCD( . c g.c)  DM  DN (1) và  DMA   NDC N
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 30
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Kéo dài MA cắt CD tại H. Ta có: MA  AB  MH  CD Xét MDH có  DMA   0 ADM    90   NDC   0 ADM    90 Hay  0 MDN  90 (2) Từ (1) và (2) suy ra DM  N vuông cân tại D
Bài 6. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Chứng minh rằng chu vi của tam giác ABC lớn hơn 3 HA HB  HC. 2  Lời giải
Vẽ HM  AC M  AB, HN  ABN  AC. A
Vì CH  AB nên CH  HN . Vì BH  AC nên BH  HM.
Xét HBM vuông tại H có BM  . HB (1) N Xét H
 CN vuông tại H có CN  HC . (2)
Xét hình bình hành ANHM có
AM  AN  AM  MH  H . A . (3) M Từ (1), (2), (3) suy ra:
BM  CN  AM  AN  HB  HC  HA
do đó MB  AM   CN  AN   HA  HB  HC
hay AB  AC  HA HB  HC. H
Chứng minh tương tự, ta được: BC  BA  HA  HB  HC B C
CA  CB  HA  HB  HC.
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được:
2 AB  BC  CA  3HA  HB  HC Do đó 3
AB  BC  CA  HA  HB  HC . 2
Bài 7. Cho hình thang cân ABCD AB  CD và một điểm O ở trong hình này. Chứng minh rằng có
một tứ giác mà bốn cạnh lần lượt bằng OA, OB, OC, OD và bốn đỉnh nằm trên bốn cạnh của hình thang cân.  Lời giải
Qua O dựng một đường thẳng song song với BC cắt A E B
AB và CD lần lượt tại E và G. Qua O dựng một
đường thẳng song song với CD cắt AD tại H. F
Qua E dựng một đường thẳng song song với OC cắt H O BC tại F.
Khi đó tứ giác EFGH thỏa mãn đề bài. D G C
Thật vậy, các tứ giác AEOH, HOGD là những hình thang cân.  OA  EH ;OD  HG. (1)
Tứ giác EFCO là hình bình hành  OC  EF (2)
và OE  CF . Suy ra OG  BF
Vậy tứ giác OBFG là hình bình hành  OB  GF. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra tứ giác EFGH thỏa mãn đề bài.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 31
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 8. Cho hình bình hành ABCD và đường thẳng xy không cắt các cạnh của hình bình hành. Qua
các đỉnh A, B, C, D vẽ các đường thẳng vuông góc với xy, cắt xy lần lượt tại A , B ,C , D . Chứng minh rằng A  A  CC  B  B  DD .  Lời giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vẽ OO  x . y A B Ta có: A 
A  BB  CC  DD  OO . O Xét hình thang A 
A CC có OA  OC và OO  A  A D nên  O  A   O C . C Do đó O 
O là đường trung bình của x D'    A' O' hình thang      AA CC AA C C OO hay C' B' y 2 A  A  CC  2OO .
Xét hình thang DDBB , cũng chứng minh tương tự, ta có: BB  D  D  2OO . Từ đó suy ra: A  A  CC  B  B  DD .
Bài 9. Cho hình bình hành ABCD AD  AB . Vẽ ra ngoài hình bình hành tam giác ABM cân tại B
và tam giác ADN cân tại D sao cho  ABM   ADN
a) Chứng minh rằng CM  CN;
b) Trên AC lấy một điểm O. Hãy so sánh OM với ON.  Lời giải M
a) Vì ABCD là hình bình hành nên  ABC   ADC . Ta đặt  0 ABC  m  0 , ABM  n , khi đó    0 0 MBC CDN  m  n A n0 B  m0 MBC và CDN có: O N MB  CD( AB);  MBC   CDN (chứng minh trên); n0 BC  DN ( AD) . Vậy C D MBC  C  DN( . c g.c)  CM  CN
b) Các ABM và AND là những tam giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau mà AB  AD nên AM  AN
Xét ACM và CAN có CM  CN; CA chung và AM  AN nên  ACM   ACN
Xét OCM và OCN có CM  CN; CO chung và  ACM   ACN nên OM  ON
Bài 10. Cho tam giác ABC cân tại A, AB  BC . Trên tia AB có điểm D, trên tia CA có điểm E sao
cho AD  DE  EC  CB . Tính các góc của tam giác ABC.  Lời giải
Vẽ hình bình hành BDEF thì EF  BD  1 ; ED  F . B
Ta có: AD  CE; AB  AC  BD  E .( A 2)
Từ (1) và (2) suy ra EF  EA . Ta có:  CEF   DAE (so le trong);  DEA   DAE (hai góc ở đáy
của tam giác cân). Suy ra  CEF   DEA C  EF  DE ( A c.g.c )  CF  AD
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 32
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Từ đó suy ra: BF  CF  BC  FBC đều. Ta đặt  x 0 BAC  m  0 , ADE  n .
Vẽ tia Fx là tia đối của tia FC . Vì  CFE   DAE nên F m0    0 EFx BAC  m . E Ta có:  0 BFx  120 hay 0 0 0 m  n  120 . (*) A Trong CEF ta có  ECF   0 D  n  CFE   0 0 ; CEF  60  n . m0 Do đó: 0 n   0 0  n    0  n  0 0 0 0 0 60 60
180  3n  60  n  20 n0 Từ B C 0 0 (*)  m  100 . Suy ra  ABC   0 ACB  40 D
Dạng 2. Nhận biết hình bình hành
Bài 1. Chứng minh rằng trong một tứ giác, đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo và các đoạn
thẳng nối trung điểm của hai cặp cạnh đối diện gặp nhau tại một điểm (định lí Giéc-Gôn, nhà Toán học Pháp).  Lời giải B M
Gọi M, N, P, Q, E. F lần lượt là trung điểm của AB, BC, A
CD, DA, AC và BD. Ta phải chứng minh MP, NQ và EF cùng đi qua một điểm. Xét A
 BC có MN là đường trung bình E N Q  O MN  AC và  AC MN . F 2
Chứng minh tương tự, ta có: PQ  AC và  AC PQ . D P C 2
Suy ra MN  PQ và MN  PQ . Do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Chứng minh tương tự, ta được tứ giác MEPF là hình bình hành.
Hai hình bình hành MNPQ và MEPF có chung đường chéo MP nên các đường chéo MP, NQ
và EF đồng quy tại trung điểm của mỗi đường.
Bài 2. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm B
của AB và CD. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của
NA, NB, MC, MD. Chứng minh rằng ba đường thẳng MN, M EF, GH đồng quy. A
HD: Chứng minh tứ giác HEGF là hình bình hành từ đó
suy ra MN, EF, GH đồng quy. H O F G E D C P
Bài 3. Cho đoạn thẳng PQ và một điểm A ở ngoài đường thẳng PQ. Vẽ hình hình hành ABCD có
đường chéo BD // PQ và BD  PQ . Chứng minh rằng mỗi đường thẳng BC và CD luôn đi qua một điểm cố định.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 33
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải
Qua A vẽ đường thẳng xy // PQ P Q
Trên tia Ax lấy điểm M, trên tia Ay lấy điểm x M A N y N sao cho AM  AN  P . Q
Như vậy các điểm M và N cố định.
Tứ giác AMBD có hai cạnh đối diện song
song và bằng nhau nên là hình bình hành B D  BM // AD
Mặt khác, BC // AD nên ba điểm B, M, C
thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit) C
Do đó đường thẳng BC đi qua điểm cố định M.
Chứng minh tương tự, ta được đường thẳng CD đi qua điểm cố định N.
Bài 4. Trong tất cả các tứ giác với hai đường chéo có độ dài m và n cho trước và góc xen giữa hai
đường chéo có độ lớn  cho trước hãy xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất.  Lời giải E
Xét tứ giác ABCD có AC  m, BD  n và  BOC  
Vẽ hình bình hành ADBE và vẽ hình bình hành CAEF. Khi đó: EF  AC  ; m CF  AE  BD  n;  B F EAC   BOC  
Như vậy hình bình hành CAEF hoàn toàn được xác định, A
do đó hai đường chéo AF và CE không đổi.
Dễ thấy tứ giác BFCD là hình bình hành  BF  C . D n m Chu vi tứ giác ABCD là:
 AB CD BC  AD   AB  BFBC  BE  AF CE. D C A, B, C thaúng haøng AB / /CD Dấu "  " xảy ra    
 ABCD là hình bình hành. C, B, E thaúng haøng AD / /BC
Vậy chu vi của tứ giác ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi ABCD là hình bình hành.
Dạng 3. Dựng hình bình hành
Bài 1. Cho trước hai điểm A và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng d. Một
đoạn thẳng CD có dộ dài a cho trước nằm trên đường thẳng d. Hãy xác định vị trí của điểm C và D
để tổng AC  CD  DB nhỏ nhất.  Lời giải
Giả sử đã xác định được vị trí của C và D  d để tổng A
AC  CD  DB nhỏ nhất. Vẽ hình bình hành CDBB (chú
ý CD và BB ngược chiều nhau).
Khi đó BB  CD  a (không đổi); DB  CB . d C a D Điểm Bcố định.
Ta có tổng AC  CD  DB nhỏ nhất  AC  DB nhỏ
nhất (vì CD  a không đổi).
 AC  CB nhỏ nhất  , A C, B thẳng hàng. B' B
Từ đó ta xác định điểm C d như sau:
- Qua B vẽ một đường thẳng song song với d, trên đó lấy B sao cho BB  a ( BB ngược chiều với CD)
- Lấy giao điểm C của BA và d
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 34
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
- Lấy D  d sao cho CD  a (CD và BB ngược chiều)
Khi đó tổng AC  CD  DB nhỏ nhất.
Bài 2. Hai điểm dân cư A và B ở hai bên một con sông có hai bờ d và d . Chiều rộng con sông
bằng a. Hãy tìm địa điểm bắc cầu sao cho quãng đường từ A sang B là ngắn nhất (cầu vuông góc với bờ sông).  Lời giải A
Giả sử đã xác định được vị trí CD của cầu C d; Dd
sao cho tổng AC  CD  DB nhỏ nhất. Vẽ hình bình hành ACD  A . A' Ta có: AC   A D, A  A  CD  a và A  A  d. Khi đó  C d
A là một điểm cố định. H
Ta có tổng AC  CD  DB nhỏ nhất a
 AC  DB nhỏ nhất (vì CD  a không đổi) d'  
A D  DB nhỏ nhất  A , D, B thẳng hàng. D
Từ đó ta xác định vị trí CD của cầu như sau: B - Vẽ AH  d - Trên tia AH lấy  A sao cho A  A  a
- Lấy giao điểm D của  A B và d . - Vẽ DC  d C d .
Khi đó AC  CD  DB nhỏ nhất.
CHỦ ĐỀ 3: HÌNH CHỮ NHẬT
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật
Bài 1. Cho hình chữ nhật ABCD . Trên đường chéo BD lấy một điểm M . Trên tia AM lấy điểm
N sao cho M là trung điểm của AN . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của N trên đường thẳng
BC và CD . Chứng minh rằng ba điểm M , E, F thẳng hàng.  Tìm cách giải A B
Xét CAN , đường thẳng EF đi qua trung điểm của CN ,
muốn cho EF đi qua trung điểm M của AN ta cần M chứng minh EF // AC .  Trình bày lời giải O N E
Tứ giác ENFC có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. K
Gọi O là giao điểm của AC và BD và K là giao điểm 1 1 2 2 D của C F
EF và CN . Theo tính chất hình chữ nhật, ta có: OA  OB  OC  O ; D KC  KN  KE  FE.
Xét CAN có OM là đường trung bình nên OM // CN . Do đó BD // CN. OCD, K  CF cân, suy ra  D   C ,  C   F . 1 1 2 2 Mặt khác,  D  
C (cặp góc đồng vị) nên  C   F . Suy ra AC // EF . 1 2 1 2
Xét CAN có đường thẳng EF đi qua trung điểm K của CN và EF // AC nên EF đi qua
trung điểm của AN , tức là đi qua M . Vậy ba điểm M , E, F thẳng hàng.
Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A . Từ một điểm trên đáy BC , vẽ đường thẳng vuông góc với
BC cắt các đường thẳng AC, AB lần lượt tại M và N . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của
BC và MN . Chứng minh rằng tứ giác AKDH là hình chữ nhật.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 35
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Tìm cách giải N
Dễ thấy tứ giác AKDH có hai góc vuông là  H   D  90
nên chỉ cần chứng minh tứ giác này có một góc vuông
nữa là thành hình chữ nhật. A K  Trình bày lời giải 1 2 ABC cân tại ,
A AH là đường trung tuyến nên cũng là 1 M
đường cao, đường phân giác. Do đó:  H  90 và  A   A . 1 1 2 2 Ta có: B C
AH // DN (vì cùng vuông góc với BC ) H D   N  
A (cặp góc đồng vị);  M   A (cặp góc so le trong). 1 1 2 Do đó  N   M (vì  A   A ). 1 1 2
Vậy AMN cân tại A mà AK là đường trung tuyến nên AK cũng là đường cao,  K  90 . Tứ giác AKDH có  K   H  
D  90 nên nó là hình chữ nhật.
Bài 3. Cho tam giác ABC vuông cân tại A . Trên cạnh huyền BC lấy điểm D . Vẽ
DH  AB, DK  AC . Biết AB  a , tính giá trị lớn nhất của tích DH.DK .  Tìm cách giải C
Ta thấy DH  DK  AB (không đổi). Dựa vào các hằng đẳng
thức ta có thể tìm được mối quan hệ giữa tích DH.DK với tổng
DH  DK . Mối quan hệ này được biểu diễn như sau: Ta có:
x  y2   x  y  xy  x  y  xy  xy  x  y2 2 2 2 2 0 2 2 4  4xy y D  K x  y2  xy  4 x y  Trình bày lời giải. A H x B
Tứ giác AHDK có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. Tam giác HBD có  H  90 ;
 B  45 nên là tam giác vuông cân. Ta đặt: DH  x, DK  y thì
HB  x, AH  y và x  y  a . x  y2 2 Ta có: a xy   (không đổi). 4 4
Dấu "  " xảy ra  x  y  D là trung điểm của BC . 2 a
Vậy giá trị lớn nhất của tích DH.DK là
khi D là trung điểm của BC . 4
Bài 4. Cho hình thang ABCD , A  
D  90. Trên cạnh AD có một điểm H mà AH  DH và 
BHC  90 . Chứng minh rằng trên cạnh AD còn một điểm K sao cho  BKC  90 .  Tìm cách giải
Giả sử đã chứng minh được 
BKC  90 thì BHC và BKC là hai tam giác vuông có chung
cạnh huyền BC nên hai đường trung tuyến ứng với BC phải bằng nhau. Do đó cần chứng minh
hai đường trung tuyến này bằng nhau.  Trình bày lời giải
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Khi đó MN là đường trung bình của hình thang ABCD , suy ra:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 36
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
MN // AB  MN  AD (vì AB  AD ) A B
Trên cạnh AD lấy điểm K sao cho DK  AH  MK  MH .
NHK có NM vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên
là tam giác cân  KN  HN . H
Xét HBC vuông tại H có 1
HN  BC (tính chất đường trung 2 1 M N
tuyến ứng với cạnh huyền). Suy ra KN  BC (vì KN  HN ). 2
Do đó KBC vuông tại K   BKC  90 . K D C
Bài 5. Cho đường thẳng xy . Một điểm A cố định nằm ngoài xy và một điểm B di động trên xy .
Gọi O là trung điểm của AB . Hỏi điểm O di động trên đường nào?  Lời giải Vẽ AH  xy,OK  xy . A
Ta có: AH là một đoạn thẳng cố định. Xét ABH có
OK // AH và OA  OB nên KH  KB . a O
Vậy OK là đường trung bình suy ra: 1 OK  AH (không đổi). 2
Điểm O cách đường thẳng xy cho trước một khoảng x H K B y 1 AH
không đổi là AH nên điểm O di động trên đường thẳng a // xy và cách xy là (đường 2 2
thẳng a và điểm A cùng nẳm trên một nửa mặt phẳng bờ xy ).
Bài 6. Cho tam giác ABC vuông cân tại A , đường cao AD . Gọi M là một điểm bất kì trên cạnh
BC . Vẽ ME  AB, MF  AC . Tính số đo các góc của tam giác DEF .  Lời giải
Tứ giác AEMF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật . A  AE  MF
Tam giác FMC vuông tại F,  C  45 nên là tam giác E
vuông cân  CF  MF . Do đó AE  CF . F
Tam giác ABC vuông cân, AD là đường cao nên đồng
thời là đường trung tuyến, đường phân giác nên B D M C 1 AD  DC  BC;  EAD   FCD  45 .  2
EDA  FDC  .cg.c  DE  DF và  EDA   FDC Ta có:  ADF   FDC  90   ADF   EDA  90 hay  EDF  90 . 
Do đó DEF vuông cân  E   F  45 ;   EDF  90 .  Bài 7. Cho hình bình hành 1 ABCD . Biết 1 AD  AC và  BAC  
DAC . Chứng minh rằng hình bình 2 2
hành ABCD là hình chữ nhật.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 37
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD , ta có OA  OC A K B 1 3 1 Vì AD  AC nên AD  AO 2 1 2 Vẽ AH  OD,OK  A . B O Xét AOD cân tại ,
A AH là đường cao  AH cũng là H
đường trung tuyến, cũng là đường phân giác. D C Do đó HO  HD và  A   A . 1 2 Vì  1 BAC   DAC nên  A   A   A . 2 3 2 1
AOK  AOH (cạnh huyền, góc nhọn) 1 1
 OK  OH  OD  OK  OB   B  30 .  1 2 2
Xét ABH vuông tại H có  B  30 nên  HAB  60 suy ra  DAB  90 . 1
Hình bình hành ABCD có một góc vuông nên là hình chữ nhật.
Bài 8. Cho hình chữ nhật ABCD, AB  8, BC  6. Điểm M nằm trong hình chữ nhật. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: 2 2 2 2
S  MA  MB  MC  MD .  Lời giải A B
ABCD là hình chữ nhật nên 2 2 AC  BD  8  6  10. x M
Ta đặt MA  x, MC  y . Xét ba điểm M , , A C ta có: MA  MC  AC do đó x  y    x  y2 10 100 hay 2 2 x  y  2xy  100. (1) y
Mặt khác,  x  y2  0 hay 2 2 x  y  2xy  0. (2) Từ (1) và (2) suy ra  2 2 2 x  y   100 2 2  x  y  50. D C
Dấu "  " xảy ra  M nằm giữa A và C và MA  MC  M là trung điểm của AC .
Chứng minh tương tự, ta được: 2 2
MB  MD  50 dấu "  " xảy ra  M là trung điểm của BD . Vậy 2 2 2 2
MA  MC  MB  MD  100.
Do đó giá trị nhỏ nhất của tổng S là 100 khi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD .
Bài 9. Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi O là một giao điểm bất kì trong tam giác. Vẽ
OD  AB,OE  BC và OF  CA . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: 2 2 2 S  OD  OE  OF  Lời giải Vẽ AH  BC,OK  AH. . A Tứ giác D
ADOF và KOEH là hình chữ nhật nên OF  AD và OE  KH .
Xét AOD vuông tại D , ta có F 2 2 2 2 OD  AD  OA  AK . K O Do đó B C 2 2 2 2 2 2 2 2
OD  OF  OE  OD  AD  OE  AK  KH H E  AK  KH 2 2 AH   (không đổi) 2 2
Dấu "  " xảy ra  O nằm giữa A và H và AK  KH  O là trung điểm của AH
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 38
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 2 AH
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng S là
khi O là trung điểm của AH . 2
Bài 10. Cho hình chữ nhật ABCD , đường chéo AC  d . Trên các cạnh AB, BC,CD và DA lần lượt
lấy các điểm M , N, P,Q . Tính giá trị nhỏ nhất của tổng: 2 2 2 2 S  MN  NP  PQ  QM  Lời giải
Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên A M B
A  B  C  D  90 .
Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: N 2 2 2 2 2 2
MN  BM  BN ; NP  CN  CP ; Q 2 2 2 2 2 2
PQ  DP  DQ ;QM  AQ  AM . D C Do đó: 2 2 2 2 S  MN  NP  PQ  QM P   2 2   2 2   2 2   2 2 AM BM BN CN CP DP DQ  AQ  a  b 2 2  2
Vận dụng bất đẳng thức a  b 
(dấu "  " xảy ra khi a  b ), ta được: 2
 AM  BM 2 BN CN 2 CP  DP2 DQ  AQ2 S     2 2 2 2 AB BC CD AD 2 2 2 2 2 2 2 AB  BC  2 2       AC  d . 2 2 2 2 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng S là 2
d khi M , N, P,Q lần lượt là trung điểm của các cạnh hình chữ nhật.
Bài 11. Cho tam giác đều ABC cạnh a . Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D và E sao
cho AD  CE . Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài DE .  Lời giải A
Vẽ DH  BC, EK  BC và DF  EK
Tứ giác DFKH có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. Suy ra DF  HK . E
HBD vuông tại H có B  60 nên 1  1 D  30  BH  B . D 1 2 D F KCE vuông tại K có  C  60 nên 1  1 1
E1  30  CK  CE  A . D 2 2 B H K C   a
Ta có: DE  DF  HK  BC  BH  KC 1 1 1  BC  BD  AD  BC  AB  .    2 2  2 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của a
DE là khi D và E lần lượt là trung điểm của AB và AC . 2
Dạng 2. Tính chất đường trung tuyến của tam giác vuông
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A . Trên cạnh huyền BC lấy một điểm M . Vẽ
MD  AB, ME  AC và AH  BC . Tính số đo của góc DHE .  Lời giải
Tứ giác ADME có ba góc vuông nên là hình chữ nhật nên AM  DE .
Gọi O là giao điểm của AM và DE , ta có:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 39
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 OA  OM  OD  OE. A
Xét AHM vuông tại H , ta có: 1 HO  AM 2 1  HO  DE. D O 2 E
Xét HDE có HO là đường trung tuyến ứng với cạnh 1
DE mà HO  DE nên HDE vuông tại C 2 B H M H   DHE  90 . 
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , đường trung tuyến AD . Vẽ
HE  AB, HF  AC . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của HB và HC .
a) Chứng minh rằng EM // FN // AD;
b) Tam giác ABC phải có thêm điều kiện gì thì ba đường thẳng EM , FN.AD là ba đường thẳng song song cách đều.  Lời giải A
a) Tứ giác AFHE có ba góc vuông nên là hình chữ nhật  OA  OF  OH  OE. 2 1 F
Xét ABC vuông tại A có AD là đường trung tuyến 1 O nên AD  DB  DC. 1 E DAC cân   A   C. 1 Mặt khác,  C   A (cùng phụ với B ); B M C 2 H D N  A  
E (hai góc ở đáy của tam giác cân) 2 1 Suy ra  A   E . 1 1
Gọi K là giao điểm của AD và EF .
Xét AEF vuông tại A có  E   F  90   A   F  90   K  90 . 1 1 1 1 Do đó: AD  EF, (1)
Ta có: OEM  OHM  . c . c c   OEM  
OHM  90  EM  EF. (2)
Chứng minh tương tự, ta được: FN  EF. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: EM // FN // AD (vì cùng vuông góc với EF ).
b) Ba đường thẳng EM , FN và AD là ba đường thẳng song song cách đều
 KF  KE  K  O  AD  AH  A  BC vuông cân.
Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A AB  AC, đường cao AH . Trên cạnh AC lấy điểm D sao
cho AD  AB . Gọi M là trung điểm của BD . Chứng minh rằng tia HM là tia phân giác của góc AHC .  Lời giải Vẽ DE  BC, DF  AH. A HA  B và F  DA có:  H   F  90 ; AB  AD;  HAB   FDA (cùng phụ với  FAD ). D Do đó HAB  F
 DA (cạnh huyền-góc nhọn) F  AH  F . D (1) M
Tứ giác FDEH có ba góc vuông nên là hình chữ nhật B H E C  HE  F . D (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AH  HE.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 40
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Ta có 1 AM  EM  B . D 2
AHM  EHM  .c .cc   AHM   EHM .
Do đó tia HM là tia phân giác của góc AHC
Bài 4. Cho hình chữ nhật ABCD, AB  15, BC  8 . Trên các cạnh AB, BC,CD, DA lần lượt lấy các
điểm E, F,G, H . Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác EFGH .  Lời giải
Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm của HE, HF và FG A E B
Theo tính chất đường trung bình của tam giác, tính chất
đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông, ta có: M F EF  2MN; FG  2C ; P GH  2NP; HE  2AM . P H N
Do đó chu vi của hình tứ giác EFGH là:
EF  FG  GH  HE  2 AM  MN  NP  PC . D G C Xét các điểm , A M , N, P, C , ta có:
AM MN NP PC  AC (không đổi). 2 2 2 2 2
AC  AB  BC  15  8  289  AC  17.
Vậy chu vi của tứ giác EFGH  2.17  34 (dấu "  " xảy ra  M , N, P nằm trên AC theo thứ tự
đó  EF // AC // HG và HE // BD // FG ).
Do đó giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác EFGH là 34.
Dạng 3. Đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước
Bài 1. Cho góc xOy có số đo bằng 30 . Điểm A cố định trên tia Ox sao cho OA  2cm . Lấy điểm
B bất kì trên tia Oy . Trên tia đối của tia BA lấy điểm C sao cho BC  2BA . Hỏi khi điểm B di
động trên tia Oy thì điểm C di động trên đường nào?  Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC . x
Vẽ AH  Oy, MD  Oy và CE  O . y
Xét AOH vuông tại H , có  O  30 nên A 1 AH  OA  1c . m 2 E D y
MDB  AHB  MD  AH  1c . m O H B
Xét BCE , dễ thấy MD là đường trung bình nên CE  2MD  2c . m M
Điểm C cách Oy một khoảng là 2cm nên C di động trên a C
đường thẳng a // Oy và cách Oy là 2cm .
Bài 2. Cho góc xOy có số đo bằng 45. Điểm A cố định trên tia Ox sao cho OA  3 2cm . Lấy
điểm B bất kì trên tia Oy . Gọi G là trọng tâm của tam giác OAB . Hỏi khi điểm B di động trên tia
Oy thì điểm G di động trên đường nào?  Lời giải
Gọi M là trung điểm của OB .
Khi đó G  AM và AG  2GM .
Gọi N là trung điểm của AG , ta được AN  NG  GM .
Vẽ AD, NE,GF cùng vuông góc với Oy .
Ba đường thẳng AD, NE và GF là ba đường thẳng song song cách đều nên
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 41
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 DE  EF  FM .
Ta đặt FG  x thì EN  2x và x FG  AD EN  . Do đó A 2 x  AD N 2x   AD  3x . 2 G a Xét DOA vuông cân tại 2 2 D  OA  2DA . y O D E F M B 2 Do đó 2
2DA  3 2  DA  3cm  FG 1c . m
Điểm G cách Oy một khoảng không đổi là 1cm nên điểm G di động trên đường thẳng a // Oy và cách Oy là 1cm .
Bài 3. Cho tam giác ABC cân tại A . Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M và N sao
cho AM  CN . Gọi O là trung điểm của MN . Hỏi điểm O di động trên đường nào?  Lời giải Vẽ ND // AB D  BC. A Ta có 
D  B (cặp góc đồng vị) mà B   C 1 Nên  D  
C  NDC cân. Do đó ND  NC 1 N
Mặt khác, AM  NC nên ND  AM .
Suy ra tứ giác ANDM là hình bình hành, trung điểm O của O M
MN cũng là trung điểm O của AD .
Ta có điểm A và BC cố định, theo ví dụ 5, thì điểm O di
động trên đường thẳng AH
a // BC và cách BC một khoảng 1 2 B D C
( AH là đường cao của ABC ).
Bài 4. Bên trong hình chữ nhật kích thước 3 6 cho 10 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm
trong số 10 điểm đó có khoảng cách nhỏ hơn 2,3.  Lời giải
Chia hình chữ nhật có kích thước 3 6 thành 9 hình chữ
nhật nhỏ có kích thước 1 2 . Có 10 điểm nằm trong 9
phần nên tồn tại hai điểm chẳng hạn A và B thuộc cùng B một phần. A
Dễ thấy AB  độ dài đường chéo của mỗi hình chữ nhật nhỏ, tức là 2 2 AB  1  2  5  2,3
Bài 5. Bên trong hình chữ nhật có kích thước 3 6 cho 8 điểm. Chứng minh rằng tồn tại hai trong
số 8 điểm đó có khoảng cách nhỏ hơn 2,3.  Lời giải
Chia hình chữ nhật có kích thước 3 6 thành 7 phần như
hình 5.24. Có 8 điểm nằm trong 7 phần nên tồn tại hai
điểm chẳng hạn A và B thuộc cùng một phần. Dễ thấy 2 2 AB  1  2  5  2,3 A B
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 42
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHỦ ĐỀ 6: HÌNH THOI VÀ HÌNH VUÔNG
Dạng 1. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình thoi
Bài 1. Cho hình thoi ABCD , độ dài mỗi cạnh là 13cm . Gọi O là giao điểm của hai đường chéo. Vẽ
OH  AD . Biết OH  6cm , tính tỉ số của hai đường chéo BD và AC .  Lời giải B Vẽ BK  AD . Xét B
 KD có OH  BK (vì cùng vuông góc với AD )
và OB  OD nên KH  HD . A C
Vậy OH là đường trung bình của B  KD O 1
Suy ra OH  BK , do đó BK  12cm . K 2 H Xét AB  K vuông tại K , có D 2 2 2 2 2
AK  AB  BK  13 12  25  AK  5cm do đó KD  8cm . Xét B  KD vuông tại K có 2 2 2 2 2
BD  BK  KD  12  8  208 . 2 Xét AOH vuông tại  AC  H có 2 2 2 2 2
OA  OH  AH  6  9  117 2   117  AC  468   .  2  2 BD 208 4 BD 2 Do đó:     . 2 AC 468 9 AC 3
Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A , hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H . Đường thẳng AH
cắt EF tại D , cắt BC tại G . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của G trên AB và AC . Chứng
minh rằng tứ giác DNGM là hình thoi.  Lời giải A
ABE  ACF (c.h, g.nh)  AE  AF và BE  CF.
Vì H là trực tâm của ABC nên AH là đường cao, đồng thời
là đường trung tuyến, từ đó GB  GC và DE  DF.
Xét EBC có GN  BE (cùng vuông góc với AC ) và F D E GB  GC nên NE  NC.
Chứng minh tương tự, ta được: MF  M . B M N H
Dùng định lý đường trung bình của tam giác ta chứng minh
được DM  GN và DM  GN nên tứ giác DNGM là hình bình B G C hành.
Mặt khác, DM  DN (cùng bằng 1 của hai cạnh bằng nhau) nên DNGM là hình thoi. 2
Bài 3. Một hình thoi có góc nhọn bằng 0
30 . Khoảng cách từ giao điểm của hai đường chéo đến
mỗi cạnh bằng h . Tính độ dài mỗi cạnh của hình thoi.
 Lời giải: Giả sử ABCD là hình thoi,  0
A  30 . Hai đường chéo cắt nhau tại O .
Vẽ OH  AD , BK  AD thì OH  BK và OH là đường trung bình của tam giác
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 43
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 1 BKD  OH  BK. (1) B 2 Xét AB  K vuông tại K , O A C  0 1 A  30  BK  A . B (2) 2 K H D Từ (1) và (2) suy ra: 1
 OH  AB do đó AB  4OH  4. . h 4
Bài 4. Cho hình thoi ABCD , chu vi bằng 8cm . Tìm giá trị lớn nhất của tích hai đường chéo.  Lời giải B
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo.
Ta đặt OA  x,OB  y thì AC  2x, BD  2y. y
Ta có: AB  8 : 4  2cm và 2 2 x  y  4 . A C x O 2 2 x  y 4 Từ bất đẳng thức 2 2 x  y  2xy suy ra xy    2. 2 2 Do đó: AC.BD  2 . x 2y  4xy  8. D
Vậy giá trị lớn nhất của tích AC.BD là 2 8(cm ) khi x  y
 AC  BD  ABCD là hình vuông.
Bài 5. Cho hình thoi ABCD ,  0
A  40 . Gọi M là trung điểm của AB . Vẽ DH  CM . Tính số đo của góc MHB .  Lời giải B
Gọi N là trung điểm của CD . M
Ta có AM  CN và AM  CN nên tứ giác AMCN là H
hình bình hành  AN  CM . A C
Mặt khác, DH  CM nên DH  AN tại K . K N Xét H
 CD có KN  CH và NC  ND nên D KH  KD . HA 
D Có AK vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên H  AD cân  AH  A . D
Mặt khác, AB  AD nên AH  AB  ABH cân. Suy ra  ADH   AHD và  ABH   AHB . Xét tứ giác ABHD có  ADH   DHA   BHA   0 ABH  360  A   DHA   0 0 BHA     0 BHD    0 2( ) 360 40 2 320 BHD  160 . Mặt khác,  0 DHM  90 nên  0 0 0 MHB  160  90  70 .
Bài 6. Cho hình thoi ABCD . Trên nửa mặt phẳng bờ BD có chứa điểm C , vẽ hình bình hành
BDEF có DE  DC . Chứng minh rằng C là trực tâm của tam giác AEF .  Lời giải
Ta có AC  DB mà DB  EF nên AC  EF . (1)
Vẽ điểm M sao cho D là trung điểm của EM .
Xét CEM có CD là đường trung tuyến mà 1
CD  EM nên CEM vuông tại C  CM  CE 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 44
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Tứ giác MDFB có hai cạnh đối song song và M
bằng nhau nên là hình bình hành.
 DB và MF cắt nhau tại trung điểm của mỗi A đường.
Mặt khác, O là trung điểm của DB nên O là O D B trung điểm của MF .
Tứ giác AMCF có OA  OC,OM  OF nên là
hình bình hành  CM  AF C  CE  AF . (2) E F
Xét AAEF có AC và EC là hai đường cao cắt nhau tại C nên C là trực tâm.
Nhận xét: Nếu vẽ hình bình hành DBEF về phía điểm A thì kết luận của bài toán vẫn đúng.
Bài 7. Cho hình bình hành ABCD , hai đường chéo cắt nhau tại O . Gọi E, F,G, H lần lượt là giao
điểm các đường phân giác của tam giác AOB, BOC,COD và DOA. Chứng minh tứ giác EFGH là hình thoi.  Lời giải A B
Ta có OE  OH ,OG  OH (hai tia phân giác của hai E góc kề bù) H O  E,O,G thẳng hàng. F
Chứng minh tương tự, ta được H ,O, F thẳng hàng. G D Ta có AB  CD   BAC   ACD C   EAO  
ACG (một nửa của hai góc bằng nhau)
AOE  COG (g.c.g)  OE  OG .
Chứng minh tương tự, ta được OF  OH .
Tứ giác EFGH có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình
hành. Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc nên là hình thoi.
Dạng 2. Bài tập vận dụng tính chất và dấu hiệu nhận biết hình vuông
Bài 1. Cho hình vuông ABCD . Lấy điểm M trên đường chéo AC . Vẽ ME  AD , MF  CD và
MH  EF . Chứng minh rằng khi điểm M di động trên AC thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định.  Tìm cách giải A B
Vẽ hình chính xác ta thấy đường thẳng MH đi qua một điểm 1
cố định là điểm B . Vì thế ta sẽ chứng minh ba điểm H , M , B
thẳng hàng bằng cách chứng minh  M   M . 1 2 M  Lời giải 1 E N 1 2
Gọi N là giao điểm của đường thẳng EM và BC .
Khi đó BN  AE ; AE  ME (vì ∆AEM vuông cân) suy ra H BN  ME . D F C
Chứng minh tương tự, ta được: MN  MF .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 45
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Nối MB ta được: BMN  EFM (c.g.c). Suy ra  B   E do đó  M  
M . Từ đó ba điểm H , M , B thẳng hàng. 1 1 1 2
Vậy đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định là điểm B .
Bài 2. Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên cạnh BC lấy điểm M , trên cạnh CD lấy điểm N sao
cho chu vi các tam giác CMN bằng 2a . Chứng minh rằng góc MAN có số đo không đổi.  Tìm cách giải A B
Vẽ hình chính xác ta luôn thấy  0 MAN  45 . Vì vậy ta vẽ hình phụ tạo ra góc 0 90 rồi chứng minh  MAN bằng nửa M góc vuông đó.  Lời giải
Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE  BM .
BAM DAE (c.g.c) suy ra AM  AE và  BAM   DAE . E N C D Ta có:  BAM   0 DAM  90 .   DAE   0 DAM  90 hay  0 EAM  90 .
Theo đề bài, CM  CN  MN  2a mà CM  CN  MB  ND  2a nên MN  MB  ND hay MN  DE  ND  EN .  EAM MAN EAN (c.c.c)   MAN    0 EAN 
 45 .Vậy, góc MAN có số đo không đổi. 2
Bài 3. Cho hình vuông ABCD . Trên các cạnh AB, BC,CD lần lượt lấy các điểm M , N, P sao cho
AM  BN  CP . Qua N vẽ một đường thẳng vuông góc với MP cắt AD tại Q . Chứng minh rằng
tứ giác MNPQ là hình vuông.  Tìm cách giải A M B
Từ giả thiết ta nghĩ đến việc chứng minh các tam giác bằng
nhau để suy ra bốn cạnh của tứ giác MNPQ bằng nhau, ta được
tứ giác này là hình thoi. Sau đó chứng minh hai đường chéo F N O
bằng nhau để được hình vuông. Q  Trình bày lời giải Vẽ ME  CD , NF  AD .
Gọi O là giao điểm của ME và NF . D E P C
Ta có: AB  BC  CD  DA mà AM  BN  CP nên BM  CN  DP .
Dễ thấy tứ giác AMOF là hình vuông. E  MP và FNQ có: E   0
F  90 ; ME  NF (bằng cạnh hình vuông);  EMP  
FNQ (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)
EMB  FNQ (g.c.g)  MP  NQ và EP  FQ .
Ta có: DE  AM  AF  DP  AQ do đó DQ  CP .
Các tam giác BNM ,CPN, DQP và AMQ bằng nhau suy ra MN  NP  PQ  QM .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 46
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Do đó tứ giác MNPQ là hình thoi. Hình thoi này có hai đường chéo bằng nhau nên là hình vuông.
Bài 4. Cho hình vuông ABCD . Trên cạnh BC lấy các điểm E và F sao cho BE  EF  FC . Trên 1
cạnh AD lấy điểm G sao cho AG  AD . Tính tổng:  AEG   AFG   ACG 3  Lời giải A B
Các tứ giác ABEG, AEFG, AFCG là hình bình hành nên: 1 2
AB  EG, AE  GF, AF  CG 3 1 G E Suy ra  E   A ;  F   A ;  C   A 2 1 1 2 2 3 3 F Do đó:  E   F   C   A   A   A   0 BAC  45 . 3 1 2 3 1 2 3 D C
Bài 5. Cho hình vuông ABCD . Trên đường chéo AC lấy một điểm M . Vẽ ME  AD , MF  CD .
Chứng minh rằng ba đường thẳng AF,CE và BM đồng quy.  Tìm cách giải
Muốn chứng minh AF,CE và BM đồng quy ta chứng minh A B
chúng là các đường thẳng chứa đường cao của B  EF 1 2  Lời giải
Tứ giác MEDF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật  H ME  DF; MF  DE M ADC vuông cân   CAD   0 ACD  45 . E N Do đó AE  M và C
 FM vuông cân  AE  ME  AE  DF CF  MF  DE  CF . K
ABE  DAF (c.g.c)   B   A   0 H  90 D C 1 1 F
( H là giao điểm của BE và CF ).
Chứng minh tương tự, ta được CE  BF .
Gọi N là giao điểm của EM với BC ; K là giao điểm của BM với EF .
Ta có MF  MN (vì M nằm trên tia phân giác của góc C ). ME  BN ( AE)
MFE  NMB (g.c.g)  MFE   NMB Ta có:  NMB   0 FMK  90 ( vì  0 NMF  90 )   MFE   0 FMK    0 90 K  90  BM  EF
Vậy ba đường thằng AF,CE và BM là ba đường cao của BEF nên chúng đồng quy.
Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Vẽ ra phía ngoài tam giác này các hình
vuông ABDE và ACFG . Chứng minh rằng:
a) Ba đường thẳng AH , DE và FG đồng quy;
b) Ba đường thẳng AH , BF và CD đồng quy.  Lời giải
a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng DE và FG .
Tứ giác AGKE có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
Gọi O là giao điểm của AH và EG .
AEG  ABC (c.g.c)   G   C . 1 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 47
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Ta lại có:  C   A (cùng phụ với  ABC ); K 1 1 Và  A   A   G   A . 1 2 1 2 G
Do đó OAG cân  OG  OA 1
Cmtt, ta được OE  OA  OG  OE Xét hình chữ nhật O
AGKE có O là trung điểm của F
đường chéo EG nên đường chéo AK phải đi qua E 2 2
O hay đường thẳng AH đi qua K . A
Vậy ba đường thẳng AH , DE, FG đồng quy. M 1 b) BCF và KAC có: D N 2 3 1
BC  KA (cùng bằng EG );  BCF   KAC B H C (vì 0 90   0 C  90   A ); CF  AC 1 2 Do đó   B
 CF  KAC  F2  C2
Gọi M là giao điểm của BF và KC . Ta có  C   0 C  90   F   0 C  90   0 M  90 . Vậy BF  KC 2 3 2 3
Chứng minh tương tự, ta được CD  KB
Xét KBC có các đường thẳng AH, BF,CD chứa ba đường cao nên chúng đồng quy.
Bài 7. Cho hình vuông ABCD . Trên tia đối của tia BA lấy điểm E . Trên tia đối của tia CB lấy
điểm F sao cho AE  CF . Gọi O là trung điểm của EF . Vẽ điểm M sao cho O là trung điểm của
DM . Chứng minh rằng tứ giác DEMF là hình vuông.  Lời giải A B E
ADE  CDF (c.g.c)  DE  DF và  ADE   CDF . Ta có  ADE   0 CDF  90   CDF   0 CDE  90 hay  0 EDF  90 . D C
Tứ giác DEMF có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm O M
của mỗi đường nên là hình bình hành. Hình bình hành này
có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi. Hình thoi này có  0
EDF  90 nên là hình vuông. F
Bài 8. Cho tam giác ABC ,  0
A  45 . Vẽ ba đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . Gọi M , N, P,Q
lần lượt là trung điểm của AB, AC, HB và HC . Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông.  Lời giải A FAC vuông tại F ,  0
A  45 nên là tam giác vuông cân  AF  FC AF  H và CFB có:   AFH   0 CFB  90 ; AF  FC ;  FAH  
FCB (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) M N
Do đó AFH  CFB (g.c.g)  AH  BC
Vận dụng định lí đường trung bình của tam giác ta chứng minh E F H
được MNPQ là hình bình hành. Q P Ta có: 1 1 MQ  AH ; MN  BC C 2 2 B D
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 48
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 mà AH  BC nên MQ  MN
Hình bình hành MNPQ có hai cạnh kề bằng nhau nên là hình thoi. Chứng minh  0
M  90 suy ra MNPQ là hình vuông.
Bài 9. Cho hình bình hành ABCD . Vẽ ra phía ngoài của hình bình hành các hình vuông có một
cạnh là cạnh của hình bình hành. Gọi E, F,G, H lần lượt là tâm (tức là giao điểm của hai đường
chéo) của các hình vuông vẽ trên các cạnh AB, BC,CD và DA . Chứng minh rằng: EG  HF và EG  HF .  Lời giải Ta đặt  0 B   (  90 ) E Khi đó  EBF   0 GCF  90  
EFB  GFC (c.g.c)  EF  GF và  EFB   GFC . B Ta có  CFE   0 EFB  90 H A   CFE   0 GFC  90 hay  0 EFG  90 C F
Chứng minh tương tự, ta được FG  GH  HE D
Tứ giác EFGH có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi. Hình thoi này có  0
EFG  90 nên là hình vuông, suy ra G EG  HF và. EG  HF .
Bài 10. Một bàn cờ hình vuông có kích thước 6  6 . Có thể dùng 9 mảnh gỗ hình chữ nhật có kích
thước 1 4 để ghép kín bàn cờ được không?  Lời giải
Tô màu bàn cờ như hình vẽ. Lúc này trên bàn cờ có 20 ô đen và 16 ô trắng.
Mỗi mảnh gỗ 1 4 khi đặt lên bàn cờ che lấp được 2 ô đen và 2 ô trắng.
Do đó 9 mảnh gỗ 1 4 chỉ che lấp được 18 ô đen.
Như vậy với mọi cách đặt 9 mảnh gỗ lên bàn cờ bao giờ
cũng còn thừa hai ô đen không được che lấp.
Vậy không thể dùng 9 mảnh gỗ 1 4 để lấp kín bàn cờ.
Bài 11. Một hình chữ nhật có kích thước 3 6 . Hãy chia hình chữ nhật này thành nhiều phần (hình
tam giác, tứ giác) để ghép lại thành một hình vuông (số phần được chia ra càng ít càng tốt). 1 2 3 3 a) 2 1 b)
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 49
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHỦ ĐỀ 7: ĐỐI XỨNG TRỤC – ĐỐI XỨNG TÂM
Dạng 1. Bài tập vận dụng đối xứng trục
Bài 1. Cho tam giác ABD. Vẽ điểm C đối xứng với A qua BD. Vẽ các đường phân giác ngoài tại
các đỉnh A, B, C, D của tứ giác ABCD chúng cắt nhau tạo thành tứ giác EFGH.
a) Xác định dạng của tứ giác EFGH;
b) Chứng minh rằng BD là trục đối xứng của tứ giác EFGH.  Lời giải H
a) Vì C đối xứng với A qua BD nên  A ABD đối xứng với E 1 CBD qua BD.
Do đó ABD  CBD , suy ra:  B   B ;  D   D ; BA  BC và 1 2 1 2 3 1 1 B D DA  DC . 2 2 4
Ta có BD và BE là các tia phân giác trong và ngoài tại đỉnh B nên BD  BE . 1 F
Chứng minh tương tự, ta được: BD  DH . C G
Suy ra EF // HG  Tứ giác EFGH là hình thang. Ta có  D  
D (cùng phụ với hai góc bằng nhau). 3 4  A  
C (một nửa của hai góc bằng nhau). 1 1 Suy ra  H   G
Hình thang EFGH có hai góc kề một đáy bằng nhau nên là hình thang cân. b) ADH  CDG(g. . c g)  DH  DG .
Chứng minh tương tự, ta được: BE  BF .
Đường thẳng BD đi qua trung điểm hai đáy của hình thang cân nên là trục đối xứng của hình thang cân EFGH.
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi D là điểm nằm giữa B và C. Vẽ các điểm M và N đối xứng
với D lần lượt qua AB và AC.
a) Chứng minh rằng góc MAN luôn có số đo không đổi;
b) Xác định vị trí của D để MN có độ dài ngắn nhất.  Lời giải A
a) Các đoạn thẳng AM và AN đối xứng với AD lần lượt qua AB và AC nên: AM  A ; D AN  AD;  A   A ;  A   A . 1 2 3 4 Ta có: N M  MAN   MAD   NAD  2  A    A  2 BAC (không đổi). 2 3 B D C
b) Xét AMN có AM  AN (cùng bằng AD) nên là tam
giác cân. Tam giác cân này có góc MAN không đổi nên cạnh đáy MN ngắn nhất
 cạnh bên AM ngắn nhất  AD ngắn nhất (vì AM  AD )
 AD  BC  D là hình chiếu của A trên BC.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 50
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC, CA, AB.
Xác định vị trí của D, E, F để chu vi tam giác DEF nhỏ nhất.  Lời giải A
Vẽ điểm M đối xứng với D qua AB và vẽ điểm N đối
xứng với D qua AC. Khi đó MF  DF; EN  ED . Chu vi D
 EF  DF  FE  ED  MF  FE  EN E
Chu vi DEF nhỏ nhất khi độ dài đường gấp khúc F
MFEN ngắn nhất. Muốn vậy bốn điểm M, F, E, N phải N M
thẳng hàng theo thứ tự đó.
Do đó ta phải tìm điểm D trên BC sao cho MN nhỏ B D C nhất.
Theo kết quả bài 2, để MN nhỏ nhất thì D là hình chiếu A
của A trên BC. Khi đó E và F lần lượt là giao điểm của MN với AC và AB
Ta chứng minh với cách xác định D, E, F như vậy thì chu vi DEF nhỏ nhất. E F N
Thật vậy, khi AD  BC thì chu vi DEF bằng MN và M MN nhỏ nhất. (1)
Khi D, E, F ở những vị trí khác thì chu vi DEF bằng B D C
độ dài đường gấp khúc MFEN do đó lớn hơn MN (2)
Chú ý: Ta có nhận xét điểm E là chân đường cao vẽ từ đỉnh B, điểm F là chân đường cao vẽ từ đỉnh C của A  BC .
Thật vậy, xét DEF có các đường BF và CE lần lượt là các đường phân giác ngoài tại đỉnh F và
E. Hai đường thẳng này cắt nhau tại A nên tia DA là tia phân giác của góc EDF.
Ta có: DC  DA nên DC là tia phân giác ngoài tại đỉnh D của DEF .
Mặt khác, EC là đường phân giác ngoài tại đỉnh E.
Điểm C là giao điểm của hai đường phân giác ngoài nên FC là đường phân giác trong. Kết hợp
với FB là đường phân giác, suy ra FC  FB hay CF  AB .
Chứng minh tương tự, ta được BE  AC .
Như vậy ba điểm D, E, F có thể xác định bởi chân của ba đường cao của tam giác.
Bài 4. Cho hai điểm A, B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ xy. Hãy tìm trên xy hai điểm C và D
sao cho CD  a cho trước và chu vi tứ giác ABCD là nhỏ nhất.  Lời giải A
Giả sử đã dựng được hai điểm C và D  xy sao cho CD  a và
chu vi tứ giác ABCD nhỏ nhất. M B
Vẽ hình bình hành BMDC (điểm M ở phía gần A). a
Khi đó BM  CD  a và DM  BC a
Vẽ điểm N đối xứng với điểm M qua xy, điểm N là một điểm x D C y cố định và DN  DM .
Ta có AB  BC  CD  DA nhỏ nhất
 BC  DA nhỏ nhất (vì AB và CD không đổi) N
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 51
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
 DM  DA nhỏ nhất  DN  DA nhỏ nhất  D nằm giữa A và N.
Từ đó ta xác định điểm D như sau:
- Qua B vẽ một đường thẳng song song với xy và trên đó lấy điểm M sao cho BM  a (điểm M ở phía gần A);
- Vẽ điểm N đối xứng với M qua xy;
- Lấy giao điểm D của AN với xy;
- Lấy điểm C  xy sao cho DC  MB  a (DC và MB cùng chiều).
Khi đó tổng AB  BC  CD  DA nhỏ nhất.
Bài 5. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD và một điểm M ở trong tam giác. Vẽ các điểm N, P, 
A đối xứng với M lần lượt qua AB, AC và AD.
a) Chứng minh rằng N và P đối xứng qua A  A ;
b) Gọi B ,C là các điểm đối xứng với M lần lượt qua các đường phân giác của góc B, góc C.
Chứng minh rằng ba đường thẳng AA , BB ,CCđồng quy.  Lời giải A P
a)  AN đối xứng với AM qua AB  AN  AM và  NAB   MAB . (1)
 AP đối xứng với AM qua AC  AP  AM và  MAC   PAC . (2) N A'
 AA đối xứng với AM qua AD nên  MAD   A A  D . M Mặt khác,  BAD   CAD nên  MAB   CAA (3) B D C Từ (1) và (3) suy ra  NAB   MAB   CAA . Q Ta có  A A  P   A A  C   PAC   MAB   MAC   BAC .
Chứng minh tương tự, ta được:  A A  N   BAC , suy ra:  A A  P   AAN . A
 NP cân tại A có AA là đường phân giác nên AA cũng là đường trung trực của NP  N và P đối xứng qua AA .
b) Gọi Q là điểm đối xứng của M qua BC.
Chứng minh tương tự như trên ta được BB là đường trung trực của NQ và CC là đường trung trực của PQ.
Vậy AA , BB ,CC là ba đường trung trực của NPQ nên chúng đồng quy.
Bài 6. Cho tứ giác ABCD và một điểm M nằm giữa A và B. Chứng minh rằng MC  MD nhỏ hơn
số lớn nhất trong hai tổng AC  A ; D BC  BD .  Lời giải A
Trước hết ta chứng minh bài toán phụ:
Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác (hoặc ở trên
một cạnh nhưng không trùng với các đỉnh của tam giác). D
Chứng minh rằng MB  MC  AB  AC (h.7.15).
Thật vậy, xét ABD , ta có BD  AB  AD hay M MB  MD  AB  AD . (1) Xét M  CD có MC  DC  MD . (2) B H.a C
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 52
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: E
MB  MD  MC  AB  AD  DC  MD  MB  MC  AB  AC
Bất đẳng thức trên vẫn đúng nếu điểm M nằm trên một cạnh
nhưng không trùng với đỉnh của tam giác. B M A
Bây giờ ta vận dụng kết quả trên để giải bài toán đã cho.
Vẽ điểm E đối xứng với D qua đường thẳng AB (h.7.16).
Khi đó AE  AD; ME  MD và BE  BD .
Vì điểm M nằm giữa A và B nên hoặc điểm M nằm trong B
 EC hoặc điểm M nằm trong A  EC hoặc điểm M nằm D H.b C trên cạnh EC. ME  MC  AE  AC MD  MC  AD  AC Ta có  hay  . ME  MC  BE  BC MD  MC  BD  BC
Do đó MD  MC  maxAD  AC; BD  BC .
Dạng 2. Bài tập vận dụng đối xứng tâm
Bài 1. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Trên đáy AB lấy điểm K tùy ý. Vẽ điểm E đối xứng với
K qua trung điểm M của AD. Vẽ điểm F đối xứng với K qua trung điểm N của BC. Chứng minh
rằng EF có độ dài không đổi.  Tìm cách giải A K B
Ta thấy: EF  ED  DC  CF mà CD không đổi nên
muốn chứng minh EF không đổi ta cần chứng minh N M ED  CF không đổi.  Trình bày lời giải
DE và AK đối xứng nhau qua M nên DE = AK và E D C F DE // AK do đó DE // AB.
Mặt khác, DC // AB suy ra ba điểm E, D, C thẳng hàng.
Chứng minh tương tự, ta được: BK = CF và ba điểm D, C, F thẳng hàng.
Ta có EF  ED  DC  CF  AK  DC  BK  AB  CD (không đổi).
Nhận xét: Khi điểm K di động trên cả đường thẳng AB thì độ dài của đoạn thẳng EF vẫn không đổi.
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB  AC) , điểm D thuộc cạnh huyền BC. Vẽ điểm M và
điểm N đối xứng với D lần lượt qua AB và AC. Chứng minh rằng:
a) M và N đối xứng qua A;
b) Xác định vị trí của điểm D để MN ngắn nhất, dài nhất.  Tìm cách giải N
Muốn chứng minh hai điểm M và N đối xứng qua A M 4 1
A, ta chứng minh AM  AN và  MAN  180 . 2 3  Trình bày lời giải
a) AM đối xứng với AD qua AB nên AM  AD và  B D C A   A . (1) 1 2
AN đối xứng với AD qua AC nên AN  AD và  A   A . (2) 3 4
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 53
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Từ (1) và (2) suy ra: AM  AN và  MAN  2  A    A 2 BAC  2.90  180 . 2 3
Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng.
Từ đó suy ra M và N đối xứng qua A và MN  2AD .
b) Vẽ AH  BC , ta có AD  AH , do đó MN  2AH .
Vậy MN ngắn nhất là bằng 2AH khi D  H (h.7.7).
Dựa vào quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu ta có AD  AC suy ra MN  2AD  2AC .
Do đó MN dài nhất là bằng 2AC khi D  C (h.7.8). M N A A M B D ≡ H C B D ≡ C ≡ N H. a H. b
Bài 3. Cho tam giác ABC và O là một điểm tùy ý trong tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là trung
điểm của BC, CA, AB. Gọi A , B ,C lần lượt là các điểm đối xứng với O qua D, E, F. Chứng minh
rằng ba đường thẳng AA , BB ,CCđồng quy.  Lời giải A
Ta có AC ' và BO đối xứng nhau qua F nên AC  BO và AC ' // BO. (1) C' B'
BO và CA đối xứng nhau qua D nên BO  CA và E BO // CA F O
Từ (1) và (2) suy ra: AC '  CAvà AC ' // CA , do đó tứ
giác ACAC là hình bình hành. C B
Chứng minh tương tự ta được tứ giác D ABA B   là hình
bình hành. Hai hình bình hành ACACvà ABA B   có A'
chung đường chéo AA nên các đường chéo AA , BB ,CC đồng quy.
Bài 4. Cho tam giác ABC. Vẽ điểm D đối xứng với A qua điểm B. Vẽ điểm E đối xứng với B qua
C. Vẽ điểm F đối xứng với C qua A. Chứng minh rằng tam giác ABC và tam giác DEF có cùng một trọng tâm.  Lời giải
Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC và đường trung tuyến DN của tam giác DEF.
Gọi G là giao điểm của hai đường trung tuyến này. Gọi H và K lần lượt là trung điểm của GA và GD. Xét F
 CE có AN là đường trung bình  AN // CE và 1
AN  CE do đó AN // BM và 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 54
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
AN  BM , dẫn tới ANMB là hình bình hành F  MN // AB và 1 MN  AD . 2
Mặt khác, HK là đường trung bình của G  AD nên A N HK // AD và 1 HK  AD . 2 H
Từ đó MN // HK và MN  HK . G
Suy ra MNHK là hình bình hành, hai đường chéo B E M C
HM và NK cắt nhau tại G nên G là trung điểm của K mỗi đường.
Do đó GM  GH  HA  G là trọng tâm của A  BC . D
GN  GK  KD  G là trọng tâm của DEF . Vậy A
 BC và DEF có cùng một trọng tâm.
Bài 5. Cho một hình vuông gồm 4 4 ô vuông. Trong mỗi ô viết một trong các số 1, 2, 3, 4. Chứng
minh rằng tồn tại một hình bình hành có đỉnh là tâm của bốn ô vuông sao cho tổng hai số ở hai
đỉnh đối diện là bằng nhau.  Lời giải 2
Hình vuông có 4 4 16 ô vuông, chia thành 8 cặp đối xứng nhau
qua tâm hình vuông. Xét các cặp hai số ở hai ô đối xứng qua tâm 4 đó.
Tổng hai số của mỗi cặp nhỏ nhất là 11  2 , lớn nhất là 4  4  8 . 1
Có 7 tổng (là 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) mà có 8 cặp số nên phải có hai cặp 3 có tổng bằng nhau.
Vị trí của 4 số trong hai cặp này là đỉnh của một hình bình hành
phải tìm (trường hợp đặc biệt: 4 số này nằm trong 4 ô có tâm thẳng hàng, ta nói hình bình hành
“suy biến” thành đoạn thẳng).
Chủ đề 8.HÌNH PHỤ ĐỂ GIẢI TOÁN TRONG CHƯƠNG TỨ GIÁC A. Kiến thức cần nhớ
Nhiều bài toán trong chương tứ giác cần phải vẽ hình phụ thì mới giải được. Vẽ hình phụ để
tạo thêm sự liên kết giữa giả thiết và kết luận từ đó dễ tìm ra cách giải. Một số cách vẽ hình
phụ thường dùng trong chương này là:
1. Nếu đề bài có hình thang thì từ một đỉnh có thể vẽ thêm một đường thẳng:
 song song với một cạnh bên;
 song song với một đường chéo;  vuông góc với đáy.
2. Khi vẽ như vậy, một đoạn thẳng đã được dời song song với chính nó từ vị trí này đến một vị
trí khác thuận lợi hơn trong việc liên kết với các yếu tố khác, từ đó giải được bài toán.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 55
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
3. Vẽ thêm hình bình hành để chứng minh hai đường thẳng song song, chứng minh quan hệ về
độ dài, chứng minh ba đường thẳng đồng quy, ba điểm thẳng hàng, tính số đo góc,...
4. Vẽ thêm trung điểm của đoạn thẳng để vận dụng định lý đường trung bình của tam giác,
của hình thang, định lý đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông. Cũng có
thể vẽ thêm đường thẳng song song để tạo ra đường trung bình của tam giác, hình thang.
5. Dùng định lý đường trung bình có thể chứng minh các quan hệ song song, thẳng hàng, các quan hệ về độ dài,...
6. Vẽ điểm đối xứng với một điểm cho trước qua một đường thẳng hoặc qua một điểm. Nhờ
cách vẽ này ta cũng có thể dời một đoạn thẳng, một góc từ vị trí này sang vị trí khác thuận lợi cho việc chứng minh. B. Bài tập vận dụng
I. Vẽ thêm đường thẳng song song hoặc vuông góc
Bài 1.1 Chứng minh rằng trong một hình thang tổng hai cạnh bên lớn hơn hiệu hai cạnh đáy.  Tìm cách giải A B
Xét hình thang ABCD (AB // CD), ta phải chứng minh
AD + BC > CD – AB. Điều phải chứng minh rất gần với
bất đẳng thức tam giác. Điều này gợi ý cho ta vẽ hình
phụ để có AD + BC là tổng các độ dài hai cạnh của một tam giác. D M C  Trình bày lời giải
Vẽ BM / / AD M CD ta được DM  AB và BM  AD . Xét B
 MC có BM  BC  MC  AD  BC  DC  DM hay AD  BC  CD  AB (đpcm).
Trường hợp hai cạnh bên song song thì hai đáy bằng nhau, bài toán hiển nhiên đúng.
Bài 1.2 Cho hình thang ABCD (AB // CD), hai đường chéo vuông góc với nhau.
Biết AB = 5cm, CD = 12cm và AC = 15cm. Tính độ dài BD.  Tìm cách giải A 5 B
Ba đoạn thẳng AB, AC và CD đã biết độ dài
nhưng ba đoạn thẳng này không phải ba cạnh 15
của một tam giác nên không tiện sử dụng. Ta sẽ
dời song song đường chéo AC đến vị trí BE thì
tam giác BDE vuông tại B biết độ dài hai cạnh, D 12 C E
dễ dàng tính được độ dài cạnh thứ ba BD.  Trình bày lời giải
Vẽ BE / / AC E tia DC. Khi đó: BE = AC = 15cm; CE = AB = 5cm.
Ta có: BE  BD (vì AC  BD ).
Xét ∆BDE vuông tại B có 2 2 BD  17 15 =8 (cm).
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 56
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Bài 1.3 Cho hình thang có hai đáy không bằng nhau. Chứng minh rằng tổng hai góc kề đáy lớn
nhỏ hơn tổng hai góc kề đáy nhỏ.  Lời giải A B
Xét hình thang ABCD có AB / /CD và AB  C . D Ta phải 1 chứng minh:  A   B   C   D .
Vẽ AM / /BC M CD khi đó B   M và  C   A . 1 1 Ta có: A   A   C; M  
D (tính chất góc ngoài của ∆ADM) 1 1 1 D C   M B   D . Do đó  A   B   C   D
Bài 1.4 Cho hình thang ABCD (AB // CD), BD  CD . A B
Cho biết AB + CD = BD = a. Tính độ dài AC.  Lời giải
Vẽ BE / / AC, E CD . Ta được CE  AB và BE  AC .
Ta có: AB  CD  CE  CD  DE .
Vì AB  CD  a nên DE  a .
Tam giác BDE vuông cân  BE  a 2  AC  a 2 . D C E
Bài 1.5 Cho hình thang cân ABCD (AB // CD), đường cao bằng h và tổng hai đáy bằng 2h. Tính
góc xen giữa hai đường chéo.  Lời giải A B
Qua B vẽ BE / / AC(G đường thẳng CD), ta được BE  AC và CE  AB .
Do đó DE  DC  CE  DC  AB  2h . O
Ta có: BD  AC (hai đường chéo của hình thang cân) mà BE  AC nên BD  BE . 1
∆BDE cân tại B, BH là đường cao nên cũng là đường D H C E
trung tuyến, suy ra DH  HE  h; BH  h . Do đó các tam giác HBD, HBE vuông cân      45o D E
 ∆BDE vuông tại      90O B COD EBD . 1
Bài 1.6 Chứng minh rằng trong một hình thang thì tổng các bình phương của hai đường chéo bằng
tổng các bình phương của hai cạnh bên cộng với hai lần tích của hai cạnh đáy.  Lời giải
• Trường hợp hình thang có hai góc kề một đáy cùng tù, hai góc kề đáy kia cùng nhọn
Vẽ AH  CD, BK  CD thì HK  AB Ta có: 2 2 2 2 AC  HC  AD  DH  2  AH ; 2 2 2 2      2 BD KD BC KC  BK 
Cộng từng vế hai đẳng thức trên ta được:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 57
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  2 2 AC  HC    2 2 BD  KD    2 2 AD  BC  2 2  DH  CK 2 2  AC  BD   2 2 AD  BC    2 2 CH  CK    2 2 DK  DH  2 2
 AD  BC  (CH  CK )(CH  CK )  (DK  DH )(DK  DH ) 2 2
 AD  BC  HK(CH  CK )  HK(DK  DH ) A B 2 2
 AD  BC  HK(CH  CK  DK  DH ) 2 2
 AD  BC  HK(CD  CD) 2 2  AD  BC  2AB CD
• Trường hợp mỗi đáy có một góc tù (hoặc một góc
vuông), một góc nhọn: Cũng chứng minh tương tự. D H K C
Bài 1.7 Hình thang ABCD có     90O A D
Biết AB = 3cm; BC  2 2 cm và CD = 5cm. Chứng minh rằng B  3 C .  Tìm cách giải A 3 B
Nếu dời song song đoạn thẳng AD tới vị trí BH thì được
∆BHC vuông tại H. Ta dễ dàng tính được HC = HB, do đó 2 2 tính được góc C, góc B.  Trình bày lời giải H C D
Vẽ BH  CD H CD thì BH // AD, do đó DH = AB = 5
3cm suy ra: HC = 5 – 3 = 2 (cm).
Xét ∆BHC vuông tại H, áp dụng định lý Py-ta-go, ta có: HB  BC  HC   2 2 2 2 2 2  2  2 (cm).
Vậy ∆HBC vuông cân    45O C do đó  135O ABC  suy ra  ABC  3 C .
II. Vẽ thêm hình bình hành
Bài 2.1 Cho tứ giác ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Cho biết  60o AOB  và AC = BD = a.
Chứng minh rằng AB  CD  a .  Tìm cách giải
Từ điều phải chứng minh ta thấy cần vận dụng bất đẳng B
thức tam giác. Do đó cần vẽ hình phụ để tạo ra một tam A
giác có hai cạnh lần lượt bằng AB, CD và cạnh thứ ba bằng đường chéo AC.
Nếu vẽ thêm hình bình hành ABEC thì các yêu cầu trên 60° được thoả mãn.  Trình bày lời giải E
Vẽ hình bình hành ABEC, ta được BE // AC suy ra   0 DBE  AOB  60 D C BE = AC = a; AB = CE.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 58
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Tam giác BDE là tam giác đều  DE  a .
Xét ba điểm C, D, E ta có: CE  CD  DE hay AB  CD  a (dấu “=” xảy ra khi điểm C nằm
giữa D và E hay DC // AB. Khi đó tứ giác ABCD là hình thang cân).
Bài 2.2 Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài tam giác này các tam giác đều ABD, BCE, CAF. Chứng
minh rằng trọng tâm của tam giác DEF trùng với trọng tâm của tam giác ABC.  Lời giải H Vẽ hình bình hành DAFH. F α
Gọi N là giao điểm của hai đường chéo DF và AH, M
là giao điểm của EH và BC. N Ta có NA  NH , ND  NF. D α A Ta đặt  DAH  
AFH   thì      60O BDH HFC  .  DAF  180O  ;  G BAC  360O   BAD   CAF   DAF B M C 0 0 0      0   0 360 60 60 180    60
∆BDH và ∆HFC có: BD = HF (=AD),   BDH  HFC
(chứng minh trên); DH  FC  AF .
Do đó BDH  HFC (c.g.c)  HB  HC.  
1 Chứng minh tương tự, ta được B  AC  H  FC (c.g.c) E  BC  HC. 2
Từ (1) và (2) suy ra HB  HC  BC .
Tứ giác BHCE có các cặp cạnh đối bằng nhau (cùng bằng BC) nên là hình bình hành  MB  MC và MH  ME .
• Xét ∆AEH có AM và AN là hai đường trung tuyến nên giao điểm G của chúng là trọng tâm 2  EG  EN và 2 AG  AM . 3 3
• Xét ∆ABC có AM là đường trung tuyến mà 2
AG  AM nên G là trọng tâm của ∆ABC. 3
• Xét ∆EDF có EN là đường trung tuyến mà 2
EG  EN nên G là trọng tâm của AEDF. 3
Vậy ∆ABC và ∆EDF có cùng trọng tâm G.
Bài 2.3 Cho tam giác đều ABC. Trên cạnh BC lấy điểm M. Qua M vẽ một đường thẳng vuông góc
với AB cắt AB tại H, cắt đường thẳng vuông góc với AC vẽ từ C tại điểm K. Gọi N là trung điểm
của BM. Chứng minh rằng tam giác ANK có số đo các góc tỉ lệ với 1, 2, 3.  Lời giải
∆HBM vuông tại H có  60o ABC  nên:  30o HMB 
∆CAK vuông tại C có  60o ACB  nên:  30o KCM 
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 59
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Suy ra:  KMC   KCM (cùng nằm  HMB )
Do đó KMC cân  KC  KM . . A
Vẽ hình bình hành BKMD  BD / /KM và BD  KM .
Do đó BD  AB (vì KM  AB ) và BD  KC (vì cùng bằng KM). 1 2 ABD  ACK c g c ˆ ˆ
. .  A  A và AD  AK . 1 2
Tam giác ADK cân, AN là đường trung tuyến nên là
đường cao, đường phân giác H   ,   90O AN DK AHK D M Ta có      60O     60O A BAK BAC A BAK C 2 1 B N
hay   60O    60O : 2  30O DAK NAK K Do đó  90O 30O 60O AKN   
Xét ∆ANK có  :  :  30O : 60O : 90O NAK NKA ANK  1: 2 : 3
III. Vẽ thêm trung điểm - Tạo đường trung bình
Bài 4.1 Cho hình chữ nhật ABCD. Vẽ AH  BD . Gọi K và M lần lượt là trung điểm của BH và
CD. Tính số đo của góc AKM.  Tìm cách giải A N B
Bài toán có cho hai trung điểm K và M nhưng chưa thể
vận dụng trực tiếp được. O
Ta vẽ thêm trung điểm N của AB để vận dụng định lý K
đường trung bình của hình chữ nhật, đường trung bình của tam giác. H D M C  Trình bày lời giải
Gọi N là trung điểm cửa AB thì MN là đường trung bình của hình chữ nhật ABCD  MN / / AD .
Mặt khác, AN // DM nên tứ giác ANMD là hình
bình hành. Hình bình hành này có  90o D 
nên là hình chữ nhật. Suy ra hai đường chéo AM và
DN cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường: OA = OM = ON = OD.
Xét ∆ABH có NK là đường trung bình nên NK / / AH  NK  BD (vì AH  BD ). Do đó ∆KDN vuông tại K.
Xét ∆KDN có KO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên 1 KO  DN 2 1  KO  AM  OA  OM 2
Vậy ∆KAM vuông tại    90O K AKM
Bài 4.2 Cho hình thang ABCD  AB CD  o 1 / /
, A  90 , AB  CD . Vẽ DH  AC . Gọi K là trung 2
điểm của HC. Tính số đo của góc BKD.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 60
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải
Gọi M là trung điểm của CD. A B
Xét ∆HCD có KM là đường hung bình nên H KM / / HD
do đó KM  AC (vì HD  AC ). O K Tứ giác ADMB có   AB / /MD và AB  1 DM  CD    2 
nên ABMD là hình bình hành. D M C
Hình bình hành này có  90o A  nên là hình chữ nhật.
Suy ra AM  BD và OA  OM  OB  OD .
Xét ∆KAM vuông tại K có KO là đường trung tuyến nên 1 1 KO  AM  BD . 2 2
Xét ∆KBD có KO là đường trung tuyến mà 1
KO  BD nên ∆KBD vuông tại K, do đó  90o BKD  2
Bài 4.3 Cho hình vuông ABCD, hai đường chéo cắt nhau tại O. Gọi M và N lần lượt là trưng điểm
của OA và CD. Chứng minh rằng tam giác MNB vuông cân.  Lời giải
Gọi E là trung điểm của OB thì ME là đường trung bình của A B A  OB  ME / / AB và 1 ME  AB . F M 2 E
Do đó ME / /NC và ME  NC . O
Tứ giác MECN là hình bình hành  CE / /MN và CE  MN .
Ta có: ME  BC tại F (vì AB  BC), BO  AC (tính chất đường D N C chéo hình vuông).
Xét ∆MBC có E là trực tâm nên CE  MB do đó MN  MB . (1)
∆MAB và ∆EBC có: AB  BC  MAB   0 ;
EBC  45 ; MA  EB (vì OA = OB)
Vậy MAB  EBC (c.g.c) MB  EC  MB  MN (2)
Từ (1) và (2) suy ra AMNB vuông cân.
Bài 4.4 Cho tam giác ABC cân tại A, đường phân giác BM. Từ M vẽ một đường thẳng vuông góc
với BM cắt đường thẳng BC tại D. Chứng minh rằng: BD  2CM .  Lời giải A
Gọi E là giao điểm của đường thẳng DM với AB. Tam giác
BDE có BM vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên là E
tam giác cân, do đó BD  BE và MD  ME .
Gọi N là trung điểm của BE thì MN là đường trung bình của E  BD  MN / /BD N M   M 1 1   B2 , do đó  M 1  1 B    B2  N  BM cân  BN  MN. 1
Tứ giác BCMN là hình thang cân  BN  CM 2  B C D MN  CM
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 61
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Xét ∆MBE vuông tại M có MN là đường trung tuyến nên 1 MN  BE . 2  BE  2MN  BD  2CM Bài 4.5 Cho tứ giác ,     90o ABCD CAD CBD
. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của C và D trên
đường thẳng AB. Chứng minh rằng AF = BE.  Lời giải E
Ta có: CE / /DF (cùng vuông góc với AB). Tứ giác B M FECD là hình thang. A F
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của EF và CD, MN
là đường trung bình của hình thang CEFD. Do đó MN / /CE  MN  EF. D C Ta có: 1 N
AN  BN  CD (tính chất đường trung tuyến 2 của tam giác vuông)  N  AB cân
Mặt khác, NM là đường cao nên cũng là đường trung tuyến  MA  MB dẫn tới AF  BE .
Bài 4.6 Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M và D
sao cho AM  AD . Từ A và M vẽ các đường thẳng vuông góc với BD chúng cắt BC lần lượt tại E  và F. Chứng minh rằng: BD MF AE  2  Lời giải
Trên tia đối của tia AB lấy điểm N sao cho: B AN  AM .
ACN  ABD (c.g.c)  CN  BD và  ACN   ABD mà  CAE   ABD (cùng phụ với  BAE ) F nên  ACN   CAE  AE / /CN M
Do đó MF / /CN (vì cùng song song với AE). E
Xét hình thang MFCN có AE / /CN và AM  AN nên EF  EC . A C   D Suy ra MF CN MF BD AE   2 2 N
Bài 4.7 Cho tứ giác ABCD. Gọi A', B', C', D' lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA,
DAB, ABC. Chứng minh rằng:
a) Các đường thẳng AA', BB', CC', DD' cùng đi qua một điểm;
b) Điểm này chia AA', BB', CC', DD' theo cùng một tỉ số.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 62
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải A
a) Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của
AB, BC, CD, DA, AC và BD. Theo định lý Giéc- Q
gôn (bài 4.8) thì ba đường thẳng MP, NQ, EF đồng M
quy tại điểm O là trung điểm của mỗi đoạn thẳng C' đó. B' O D'
Gọi giao điểm của AO với DN là G. Vẽ D QH / / AG .
Xét ∆NQH ta được NG  GH H B
Xét ∆ADG ta được GH  HD A' P N Vậy 1
NG  GH  HD  HG  DN.   1 3 C
Vì A' là trọng tâm của ABCD nên A' DN và 1 NA'  DN (2) 3
Từ (1) và (2) suy ra G  A' do đó AA' đi qua O.
Chứng minh tương tự, các đường thẳng BB', CC', DD' đều đi qua O.
Suy ra AA', BB', CC', DD' đồng quy tại O. b) Ta có: 1 OA OA'  QH mà 1 QH  AA' nên 1 OA'  AA'. Suy ra: 1 OA'  OA hay ' 1  . 2 2 4 3 OA 3
Chứng minh tương tự, ta được OB ' OC ' OD ' 1    . OB OC OD 3
Bài 4.8 Cho tam giác ABC và một điểm O nằm trong tam giác sao cho  ABO   ACO . Vẽ
OH  AB,OK  AC . Chứng minh rằng đường trung trực của HK đi qua một điểm cố định.  Lời giải
Gọi E, F, M lần lượt là trung điểm của OB, OC, BC. A
Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ta có: N 1 1
EH  EB  EO  OB; F K  FC  FO  OC. G 2 2 H
Theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có tứ O
giác OFME là hình bình hành   OEM   OFM   1 E F Mặt khác,  HEO  2 AB ; O  KFO  2 ACO B D C mà  ABO   ACO nên  HEO   KFO . (2) Từ (1) và (2) suy ra:  HEM   MFK . ∆HEM và ∆MFK có:  1  HE  MF  OB ;  HEM    
MFK (chứng minh trên); EM  FK  OC  2 
Do đó HEM  MFK (c.g.c)  MH  MK (3)
Gọi N là trung điểm của OA, ta có:  1  NH  NK  OA . (4)    2 
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 63
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Từ (3) và (4) suy ra MN là đường trung trực của HK.
Vậy đường trung trực của HK đi qua điểm cố định M là trung điểm của BC.
IV. Vẽ thêm hình đối xứng
Bài 4.1 Cho hai điểm A và B thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d. Tìm trên d một
điểm M sao cho hai tia MA, MB tạo với đường thẳng d hai góc nhọn bằng nhau.  Tìm cách giải B
Giả sử đã tìm được điểm M  d sao cho  M 1   M 2 . A
Vẽ điểm A' đối xứng với A qua d thì  M 1   M 3 suy ra  M 2   M 3 (cùng bằng 
M 1 ). Do đó ba điểm A', M, B thẳng hàng.  Trình bày lời giải 1 2 d 3
- Vẽ điểm A' đối xứng với A qua d; M
- Vẽ đoạn thẳng A'B cắt đường thẳng d tại M;
- Vẽ đoạn thẳng MA ta được  M 1   M 2 .
Thật vậy, do A' đối xứng với A qua d nên  M A' 1   M 3 . Mặt khác,  M 2  
M 3 . (đối đỉnh) nên  M 1   M 2 .
Bài 4.2 Cho góc xOy có số đo bằng 60O và một điểm A ở trong góc đó sao cho A cách Ox là 2cm và cách Oy là lcm.
a) Tìm một điểm B trên Ox và một điểm C trên Oy sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất;
b) Tính độ dài nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC.  Lời giải x
a) Vẽ điểm M đối xứng A qua Ox.
Vẽ điểm N đối xứng A qua Oy. Hai điểm M và N là hai H M điểm cố định.
Đoạn thẳng MN cắt Ox tại B, cắt Oy tại C. Khi đó chu vi 2 ∆ABC là nhỏ nhất. B
Thật vậy, vì M đối xứng với A qua Ox nên AB = MB. A
Vì N đối xứng với A qua Oy nên CN = CA. 1 60° Chu vi A
 BC  AB  BC  CA  MB  BC  CN  MN. O C y
Do đó chu vi ∆AMN nhỏ nhất là bằng MN.
b) Vẽ MH  AN , ta có:     60o MAH O (hai góc có cạnh N
tương ứng vuông góc)    30 .o AMH
Xét ∆AMH vuông tại H,  30o AMH  nên 1 1 AH  AM  .4  2 cm. 2 2
Xét ∆HMN vuông tại H, ta có:       2 2 2 2 2 MN MH HN MH HA AN 2 2 2  MH  HA  AN  2H . A AN   2 2 MH  HA  2 2 2 2 2  AN  2H . A AN  AM  AN  2 .
HA AN  4  2  2.2.2  28  MN  28  5,3
Vậy độ dài nhỏ nhất của chu vi ∆ABC là 5,3 cm.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 64
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
CHỦ ĐỀ 8: TOÁN QUỸ TÍCH A. Kiến thức cần nhớ
1. Định nghĩa: Quỹ tích của những điểm có tính chất T nào đó là tập hợp tất cả những điểm có tính chất T đó. 2. Các quỹ tích cơ bản
- Quỹ tích các điểm cách đều hai đầu của một đoạn thẳng cố định là đường trung trực của đoạn thẳng đó. (1).
- Quỹ tích các điểm nằm bên trong một góc và cách đều hai cạnh của góc là tia phân giác của góc đó. (2).
- Quỹ tích các điểm cách một đường thẳng cố định một khoảng bằng h không đổi là hai đường
thẳng song song với đường thẳng đó và cách đường thẳng đó một khoảng bằng h. (3)
- Quỹ tích những điểm cách một điểm O cố định một khoảng R không đổi là đường tròn tâm O, bán kính R. (4).
3. Cách giải bài toán tìm quỹ tích các điểm có chung tính chất T nào đó
a) Phần thuận: Chứng minh rằng nếu điểm M có tính chất T thì điểm M thuộc một hình H nào đó.
b) Phần đảo: Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc hình H thì điểm M có tính chất T.
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là hình H.
d) Một số lưu ý khi giải bài toán tìm quỹ tích. a) Tìm hiểu đề bài - Cần xét xem:
- Yếu tố nào cố định ( vì trong các quỹ tích cơ bản đều có nói đến yếu tố cố định như điểm, đoạn thẳng, góc,….).
- Yếu tố nào không đổi ( thường là khoảng cách không đổi, góc có số đo không đổi,…);
- Quan hệ nào không đổi ( ví dụ điểm cách đều hai đầu đoạn thẳng, cách đều hai cạnh của một góc,…);
- Yếu tố nào chuyển động ( điểm nào có vị trí thay đổi, liên quan đến điểm phải tìm quỹ tích như thế nào?). b) Dự đoán quỹ tích.
- Vẽ nháp vài vị trí của điểm cần tìm quỹ tích ( thường là vẽ ba vị trí).
- Nếu ba điểm này thẳng hàng thì ta dự đoán quỹ tích là đường thẳng ( đường thẳng song
song, đường trung trực, tia phân giác,…).
- Nếu ba điểm không thẳng hàng thì quỹ tích có thể là đường tròn. c) Giới hạn quỹ tích
Có nhiều bài toán quỹ tích cần tìm chỉ là một phần của hình H, phần còn lại không thỏa mãn
điều kiện của bài toán, ta phải loại trừ phần này. Làm như vậy gọi là tìm giới hạn của quỹ
tích.Việc tìm giới hạn của quỹ tích thường làm sau phần thuận, trước phần đảo. B. Bài tập áp dụng
I. Quỹ tích là đường thẳng song song
Bài 2.1 Cho tam giác ABC và D là một điểm di động trên cạnh BC. Vẽ DE//AB, DF//AC
E  AC, F  AB. Gọi M là trung điểm của EF. Tìm quỹ tích của điểm M.  Lời giải a) Phần thuận
Tứ giác AEDF có DE//AF, DF//AE nên là hình bình hành.
Suy ra AD và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Vậy trung điểm M của EF cũng là
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 65
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 trung điểm của AD. Vẽ MK  BC, AH  BC . A
Do AH cố định nên AH có độ dài không đổi. 1
Xét AHD có MK là đường trung bình, MK  AH 2 F x M Q y
(không đổi). Điểm M cách đường thẳng BC cố định P 1 E một khoảng
AH không đổi nên điểm M nằm trên 2 1
đường thẳng xy / /BC và cách BC một khoảng AH . B H K D C 2
(xy nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A).
Giới hạn: Khi điểm D di động tới điểm B thì điểm M di động tới trung điểm P của AB. Khi
điểm D di động tới điểm C thì điểm M di động tới trung điểm Q của AC. Vậy M chỉ nằm trên
đường trung bình PQ của tam giác ABC. b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng PQ. Vẽ tia AM cắt BC tại D. Vẽ DE // AB, DF // AC
E  AC, F  AB. Ta phải chứng minh M là trung điểm của EF.
Thật vậy, xét tam giác ABC có PQ // BC và PA = PB nên MA = MD.
Tứ giác AEDF là hình bình hành nên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Do M là trung điểm của AD nên M là trung điểm của EF. c) Kết luận
Vậy quỹ tích của điểm M là đường trung bình PQ của tam giác ABC.
Nhận xét: Điểm M là trung điểm của EF. Đây là tính chất ban đầu của điểm M, chưa phải
tính chất cơ bản theo các quỹ tích (1), (2), (3), (4). Dó đó chưa thể vận dụng để trả lời điểm M nằm trên hình nào.
Ta đã giải quyết vấn đề này bằng cách biến đổi tính chất ban đầu của điểm M lần lượt như sau
M là trung điểm của EF ( tính chất ban đầu)
 M là trung điểm của AD ( tính chất T’) AH
 M cách đường thẳng BC cố định một khoảng không đổi bằng
( đây mới là tính chất 2 cơ bản của điểm M) AH
M nằm trên đường thẳng xy // BC và cách BC một khoảng . 2
Như vậy ta phải chuyển tính chất ban đầu của điểm M qua các tính chất trung gian đến tính
chất cơ bản của điểm M rồi theo các quỹ tích cơ bản trả lời điểm M nằm trên hình nào.
Bài 2.2 Cho góc vuông xOy và một điểm A cố định trên tia Ox sao cho OA = a. Điểm B di động
trên tia Oy. Vẽ vào trong góc vuông này tam giác ABC vuông cân tại A. Tìm quỹ tích của điểm C.  Lời giải a) Phần thuận
Vẽ CH  Ox ta được   C  A (cùng phụ với  A ). 1 1 2 H  AC  O
 BA ( cạnh huyền, góc nhọn )  CH  OA  a .
Điểm C cách đường thẳng Ox một khoảng bằng a nên C nằm trên đường thẳng d / /Ox và
cách Ox một khoảng a cho trước.
Giới hạn: Nếu B trùng với O thì C trùng với C (C  d và C A  OA ). Nếu B ra xa vô cùng 1 1 1
thì điểm C cũng ra xa vô cùng.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 66
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Vậy điểm C nằm trên tia C t của đường thẳng d 1 y b) Phần đảo
Lấy điểm C bất kì trên tai C t . Vẽ đoạn thẳng AC. 1
Từ A vẽ AB  AC (B  Oy). Ta phải chứng minh tam B
giác ABC vuông cân tại A. C Thật vậy, vẽ CH  Ox . d 1 C t H  AC và O  BA có :    
H  O  90 ;HC  OA  ;
a C  A (cùng phụ với  A ). 1 1 2 O x A H Dó đó H  AC  O  BA (g.c.g) AC  AB . Vậy A  BC vuông tại A.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm C là tia C t / /Ox và cách Ox một khoảng bằng a. 1
Bài 2.3 Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ
AB vẽ các tam giác DAC và EBC vuông cân tại D và E. Gọi M là trung điểm của DE. Tìm quỹ
tích của điểm M khi điểm C di động giữa A và B.  Lời giải O a) Phần thuận
Gọi O là giao điểm của hai tia AD và BE. D
Như vậy O là một điểm cố định. x Q P M y Xét A  OB có   A  B  45 nên  AOB  90 . E
Tứ giác OECD có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. A B H K C
Hai đường chéo DE và OC cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đường nên trung điểm M của DE cũng là trung điểm của OC. 1
Vẽ OH  AB, MK  AB thì MK là đường trung bình của O  HC , suy ra MK  OH . 2 OH
Điểm M cách đường thẳng AB cho trước một khoảng là
nên điểm M nằm trên đường 2 OH
thẳng xy / / AB và cách AB là . 2
Giới hạn: Khi điểm C di động dần tới A thì điểm M dần tới trung điểm P của OA. Khi điểm
C di động dần tới B thì điểm M dần tới trung điểm Q của OB. Vậy điểm M chỉ di động trên
đường trung bình PQ của O
 AB (trừ hai điểm P và Q). b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng PQ (M không trùng với P, Q). Vẽ tia OM cắt AB tại C. Vẽ CD  O ,
A CE  OB . Ta phải chứng minh các DAC, EBC vuông cân và M là trung điểm của DE. Thật vậy, xét O
 AB có OP  PA, PQ / / AB nên MO  MC . Xét D
 AC vuông tại D có A  45 nên là tam giác vuông cân tại D.
Tương tự, EBC vuông cân tại E.
Tứ giác OECD có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. Do đó hai đường chéo cắt nhau tại
trung điểm của mỗi đường.
Mặt khác, M là trung điểm của OC nên M cũng là trung điểm của DE.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 67
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 c) Kết luận
Vậy quỹ tích của điểm M là đường trung bình PQ của tam giác OAB trừ hai điểm P và Q.
Bài 2.4 Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm D di động trên đáy BC. Đường thẳng vuông góc
với BC vẽ từ D cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của EF.
Tìm quỹ tích của điểm M.  Lời giải F1 E a) Phần thuận 1
Vẽ AH  BC thì AH / /DE và   A  A (tính chất của 1 2 tam giác cân). F Ta có:  
E  A (cặp góc so le trong);   F  A (cặp góc 1 1 1 1 2 x A y đồng vị). M M 1 2 Vì   A  A nên   E  F . Suy ra AEF cân. 1 1 2 1 2 1 1 E
Ta có: ME  MF  AM  EF .
Tứ giác AHDM có ba góc vuông nên là hình chữ nhật  MD  AH (không đổi). B C
Điểm M cách đường thẳng BC cho trước một khoảng D H
bẳng AH nên điểm M nằm trên đường thẳng xy // BC và cách BC một khoảng bằng AH.
Giới hạn: Khi điểm D trùng với B thì E trùng với B và điểm F trùng với F ( F nằm trên tia 1 1
CA và AF  AC ). Khi đó điểm M trùng với M ( M là giao điểm của xy với B F ). Tương tự, 1 1 1 1
khi điểm D trùng với C thì điểm M trùng với M . Vậy M chỉ nằm trên đoạn thẳng M M của 2 1 2 đường thẳng xy. b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng M M . Qua M vẽ một đường thẳng vuông góc với BC 1 2
cắt BC, AB, AC lần lượt tại D, E, F. Ta phải chứng minh M là trung điểm của EF.
Thật vậy, tứ giác AHDM có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành. Hình bình hành này có 
H  90 nên là hình chữ nhật, suy ra  M  90 . Ta có:     E  A , F  A mà   A  A nên   E  F . Do đó AEF cân. 1 1 1 2 1 2 1 1
Vì AM là đường cao nên cũng là đường trung tuyến  ME  MF . c) Kết luận
Vậy quỹ tích của điểm M là đoạn thẳng M M của đường thẳng xy // BC và cách BC một 1 2 khoảng AH.
II. Quỹ tích là đường trung trực và đường thẳng vuông góc
Bài 3.1 Cho góc vuông xOy, điểm A cố định trên tia Ox, điểm B di động trên tia Oy. Vẽ hình chữ
nhật AOBC. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AB và OC. Tìm quỹ tích điểm M.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 68
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8  Lời giải y t a) Phần thuận
M là giao điểm hai đường chéo của hình chữ nhật nên MO = MA.
Điểm M cách đều hai đầu của đoạn thẳng OA cố định nên M C B
nằm trên đường trung trực của OA.
Giới hạn: Khi điểm B tiến dần tới điểm O thì điểm C tiến
dần đến điểm A. Khi đó điểm M tiến dần đến M là trung M 1
điểm của OA. Khi điểm B ra xa vô tận thì điểm M cũng ra xa
vô tận. Vậy M nằm trên tia M t thuộc đường trung trực của 1 O M x 1 A
OA, tia này nằm trong góc xOy, trừ điểm M . 1 b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên tia M t . Vẽ tia AM cắt tia Oy tại B. Vẽ hình chữ nhật AOBC. Ta phải 1
chứng minh M là giao điểm của hai đường chéo. Thật vậy, xét AOB 
có M t / /OB ( vì cùng vuông góc với OA). 1
Mặt khác, M O  M A nên MA= MB. Vậy M là trung điểm của AB 1 1
 M cũng là trung điểm của OC (vì AOBC là hình chữ nhật). c) Kết luận
Vậy quỹ tích của điểm M là tia M t thuộc đường trung trực của OA, tia này nằm trong góc 1 xOy, trừ điểm M . 1
Bài 3.2 Cho góc vuông xOy và một điểm A ở trong góc đó. Một góc vuông đỉnh A quay quanh A,
một cạnh cắt Ox tại B, cạnh kia cắt Oy tại C. Gọi M là trung điểm của BC. Tìm quỹ tích của điểm M.  Lời giải y a) Phần thuận
Vẽ các đoạn thẳng MO, MA ta được: B1 1 MO  MA  BC . 2 B
Điểm M cách đều hai đầu của đoạn thẳng OA cố định nên 1 M1
điểm M nằm trên đường trung trực của OA. M A
Giới hạn: Khi điểm C di động tới điểm O thì điểm B di 1
động tới B ( AB  AO ), khi đó điểm M di động tới M là 1 1 1 trung điểm của OB . O C M x 2 C 1 1
Khi B di động dần tới O thì điểm C di động tới C ( AC  AO ), khi đó điểm M di động tới 1 1
M là trung điểm của OC . Vậy điểm M chỉ di động trên đoạn thẳng M M . 2 1 1 2 b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng M M . Trên tia Ox lấy điểm B ( B  O ) sao cho 1 2
MB  MA . Tia BM cắt Oy tại điểm C. Ta phải chứng minh A
 BC vuông tại A và M là trung điểm của BC.
Thật vậy, ta có: MB  MA mà MO  MA (vì M nằm trên đường trung trực của OA) nên MB  MO . (1)  M  OB cân    B  O . 1 1
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 69
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8 Xét O
 BC vuông tại O có    
B  BCO  90  O  BCO  90 1 1  
 MOC  MCO (vì cùng phụ với  O )  M
 OC cân  MO  MC . (2) 1
Từ (1) và (2) suy ra MB  MC . Vậy M là trung điểm của BC. 1 Xét A
 BC có MA  MB  MC nên MA  BC  A  BC vuông tại A. 2
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là đoạn thẳng M M thuộc đường trung trực của OA. 1 2
Bài 3.3 Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là một điểm ở trong hình chữ nhật hoặc trên các cạnh của nó 1) Chứng minh rằng 2 2 2 2 MA MC  MB MD ;
2) Tìm quỹ tích của điểm M nếu MA  MC  MB  MD .  Lời giải E A B 1) Chứng minh 2 2 2 2 MA  MC  MB  MD . (1) M
Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với hai cặp cạnh đối G H
của hình chữ nhật rồi dùng định lý Py-ta-go để chứng minh.
2) Tìm quỹ tích của điểm M D F C a) Phần thuận
Ta có: MA  MC  MB  MD (2) E A B Suy ra   2   2 MA MC MB MD 2 2 2 2  MA  MC 2M . A MC  MB  MD 2M . B MD M G H  2M . A MC  2M . B MD (3) Từ (1) và (3) ta có: 2 2 2 2  MA  MC 2M . A MC  MB  MD 2M . B MD D F C   2   2 MA MC MB MD
Suy ra MA  MC  MB  MD (4) hoặc MA MC  MD  MB (5) MA MC  MB MD
 Từ (2) và (4) ta có: MA  MC  MBMD 
Do đó: 2MA  2MB  MA  MB.
Vậy điểm M nằm trên đường trung trực của AB. MA MC  MB MD
 Từ (2) và (5) ta có;  . MA  MC  MDMB 
Do đó: 2MA  2MD  MA  MD
Vậy điểm M nằm trên đường trung trực của AD.
Giới hạn: Vì M nằm trong hình chữ nhật hoặc trên các cạnh của nó nên M nằm trên hai đoạn
thẳng EF và GH nối trung điểm hai cặp cạnh đối diện của hình chữ nhật. b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng GH.
Khi đó MA  MD; MB  MC .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 70
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Vậy MA  MC  MB  MD . Nếu M  EF ta cũng có kết quả trên.
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là hai đoạn thẳng EF và GH nối các trung điểm của hai cặp
cạnh đối diện của hình chữ nhật.
Bài 3.4 Cho tam giác đều ABC. Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa A vẽ tia Bx  BC và trên đó
lấy một điểm D. Vẽ tam giác đều CDM (M và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ CD). Tìm
quỹ tích của điểm M khi D di động trên tia Bx.  Lời giải x a) Phần thuận M y M  AC và D
 BC có: MC  DC ;   C  C (vì cùng cộng 1 2
với ACD cho 60 ); CA  CB . A D Vậy M  AC  D  BC (c.g.c)  
 MAC  DBC  90 . Suy ra MA  AC tại A.
Do đó điểm M nằm trên một đường thẳng đi qua A và vuông góc với AC. 1
Giới hạn: Khi điểm D trùng với B thì điểm M trùng với 2 B C
A. Khi điểm D ra xa vô cùng thì điểm M cũng ra xa vô
cùng. Vậy điểm M chỉ nằm trên tia Ay. b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên tia Ay. Vẽ đoạn thẳng MC. Trên tia Bx lấy điểm D sao cho CD = CM. Ta phải chứng minh M  CD đều. Thật vậy, M  AC và D  BC có:   A  B  90 ;CM  C ; D CA  CB . Do đó M  AC  D
 BC (cạnh huyền, cạnh góc vuông). Suy ra    
C  C  MCD  BCA  60. 1 2 M  CD cân có 
MCD  60 nên là tam giác đều. c) Kết luận.
Quỹ tích của điểm M là tia Ay  AC (tia Ay nằm trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B).
III. Quỹ tích là tia phân giác
Bài 3.1 Cho góc vuông xOy. Điểm A cố định trên tia Ox sao cho OA = 2cm. Điểm B di động trên
tia Oy. Vẽ tam giác ABM vuông cân tại M trong đó M và O thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ
AB. Tìm quỹ tích của điểm M.  Lời giải y a) Phần thuận
Vẽ MH  Ox, MK  Oy ta được  HMK  90 . t M D Mặt khác,  AMB  90 nên   HMK  KMB (hai góc có
cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn). A
HMA  KMB ( cạnh huyền, góc nhọn). Suy ra MH  MK . 2
Điểm M nằm trong góc xOy và cách đều hai cạnh của M1
góc đó nên điểm M nằm trên tia phân giác Ot của góc O y xOy. K B
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 71
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Giới hạn: Khi điểm B trùng với điểm O thì điểm M trùng với điểm M ( M nằm trên tia Ot 1 1 và OM  2 cm). 1
Khi điểm B ra xa vô cùng thì điểm M ra xa vô cùng. Vậy M nằm trên tia M t . 1 b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên tia M t . Từ M vẽ một đường thẳng vuông góc với MA cắt tia Oy tại 1
B. Ta phải chứng minh ABM vuông cân tại M.
Thật vậy, vẽ MH  Ox, MK  Oy ta có MH  MK và  HMK  90  
 HMA  KMB (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn).
Do đó HMA  KMB (g.c.g)  MA  MB .
ABM vuông tại M có MA  MB nên là tam giác vuông cân.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm M là tia M t nằm trên tia phân giác của góc xOy. 1
Bài 3.2 Cho hình vuông ABCD. Trên tia đối của tia AD lấy điểm E di động. Trên tia đối của tia
BS lấy điểm F di động sao cho DE = BF. Vẽ hình bình hành ECFM. Hỏi điểm M di động trên đường nào?  Lời giải x
Ta có: DCE  BCF (c.g.c)  CE  CF và   C  C . 1 2 K M Ta có:    
C  BCE  90  C  BCE  90 . 1 2
Hình bình hành ECFM có CE  CF và  ECF  90 nên
ECFM là hình vuông  ME  MF . E
Vẽ MH  AB, MK  AD ta được  MHK  90 . B A F Mặt khác,  EMF  90 nên   HMF  KME (hai góc có H
cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn). 2 Suy ra H  MF  K
 ME (cạnh huyền, góc nhọn) 1  MH  MK . D C
Điểm M nằm trong góc vuông EAB và cách đều hai cạnh của góc này nên M nằm trên tia phân giác Ax của góc EAB.
Lưu ý: Bài toán không hỏi quỹ tích của điểm M, mà chỉ hỏi điểm M nằm trên đường nào do
đó trong lời giải chỉ trình bày nội dung của phần thuận.
Bài 3.3 Cho ta giác ABC vuông tại A. Dọi D và E lần lượt là các điểm di động trên hai cạnh AB
và BC sao cho BD = BE. Từ E vẽ một đường thẳng vuông góc với DE cắt AC tại F. Gọi M là trung
điểm của DF. Tìm quỹ tích của điểm M.  Lời giải a) Phần thuận 1
Xét EDF vuông tại E có EM là đường trung tuyến nên EM  DF  DM . 2 B  DM  B  EM (c.g.c)    B  B . 1 2
Vậy điểm M nằm trên tia phân giác Bx của góc B. Giới hạn:
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 72
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
 Khi điểm D trùng với A thì điểm M trùng với điểm M ( M là giao điểm của tia Bx với AC) 1 1
 Khi điểm D trùng với B thì điểm M trùng với điểm M ( M là trung điểm của BM ). 2 2 1 b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên đoạn thẳng M M . B 1 2
Lấy điểm D trên cạnh AB sao cho MD = MA. (1) 2 1
Lấy điểm E trên cạnh BC sao cho BE = BD. E
Tia DM cắt cạnh AC tại F.
Ta phải chứng minh M là trung điểm của DF và D M2 1 EF  DE M Thật vậy, B  MD  B
 ME (c.g.c)  MD  ME . (2) 1 2 1 MAD  cân    D  A . C 1 1 A M1 F Ta có:    
D  F  90 ; A  A  90 mà   D  A nên   F  A  MF  MA (3) 1 1 1 2 1 1 1 2
Từ (1), (2), (3) suy ra: MD  ME  MF .
Vậy M là trung điểm của DF và D
 EF vuông tại E  EF  DE .
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm M là đoạn thẳng M M của tia phân giác của góc B. 1 2
Bài 3.4 Cho góc xOy có số đo bằng 60 . Một hình thoi ABCD có cạnh bằng a, B  60, đỉnh B di
động trên tia Ox, đỉnh D di động trên tia Oy, hai điểm A và O thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau
bờ BD. Tìm quỹ tích của điểm A.  Lời giải x a) Phần thuận
Vẽ AH  Ox, AK  Oy . Khi đó t H 
HAK 18060 120 A A 1 2 Mặt khác, 
BAD 18060 120 B 2 Nên     HAK  BAD  A  A . 1 2 A1
HAB  KAD (cạnh huyền, góc nhọn)  AH  AK K y
Điểm A nằm trong góc xOy và cách đều hai cạnh của góc O D
xOy nên A nằm trên tia phân giác Ot của góc xOy. C
Giới hạn: Khi điểm B trùng với O hoặc khi D trùng với O thì điểm A trùng với A ( A  Ot và cách 1 1
O một khoảng OA  a ). Khi AB  Ox thì AD  Oy , điểm A trùng với A ( A  Ot và cách O một 1 2 2 khoảng OA  2a ). 2 b) Phần đảo
Lấy điểm A bất kì trên đoạn thẳng A A . Vẽ AH  Ox, AK  Oy thì AH  AK (tính chất tia phân 1 2
giác). Trên đoạn thẳng HO lấy điểm B, trên tia Ky lấy điểm D sao cho AD = AB = a. Vẽ hình bình
hành ABCD, ta phải chứng minh ABCD là hình thoi cạnh a, B  60.
Thật vậy, hình bình hành ABCD có AB = AD = a nên đó là hình thoi cạnh a.
HAB  KAD (cạnh huyền, cạnh góc vuông)    A  A 1 2
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 73
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8    BAD  HAK 18
 060 120 . Do đó B 180120  60.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm A là đoạn thẳng A A thuộc tia phân giác Ot của góc xOy. 1 2
IV. Quỹ tích là đường tròn
Bài 4.1 Cho hình bình hành ABCD, cạnh AB cố định, BC = 2cm. Tìm quỹ tích giao điểm O của hai đường chéo.  Lời giải a) Phần thuận
Gọi M là trung điểm của AB. A M B
Do AB cố định nên M là điểm cố định.
O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành  OA  OC 2 . O
Vậy OM là đường trung bình của A  BC 1 D C  OM  BC 1 . cm 2
Điểm O cách điểm M cố định một khoảng 1 cm nên điểm O nằm trên đường tròn tâm M, bánh kính 1 cm.
Giới hạn: Vì ba điểm O, A, B không thẳng hàng nên điểm O nằm trên đường tròn tâm M, bán
kính 1cm trừ giao điểm của đường tròn này với đường thẳng AB. b) Phần đảo
Lấy điểm O bất kì trên đường tròn tâm M, bán kính 1cm thì OM = 1cm
Vẽ điểm C đối xứng với A qua O, xẽ điểm D đối xứng với B qua O. Ta phải chứng minh tứ
giác ABCD là hình bình hành và BC = 2cm.
Thật vậy, tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành. 1
OM là đường trung bình của tam giác ABC nên  OM  BC  BC  2.1 2c . m 2 c) Kết luận
Quỹ tích của điểm O là đường tròn tâm M bán kính 1cm trừ giao điểm của đường tròn này với đường thẳng AB.
Bài 4.2 Cho hình vuông ABCD cạnh 4cm. Tia Dx nằm giữa hai tia DA và DC. Vẽ tia phân giác
của góc ADx cắt AB tại E, tia phân giác của góc CDx cắt BC tại F. Tia Dx cắt EF tại M. Hỏi khi
tia Dx quay quanh D từ vị trí DA đến vị trí DC thì điểm M di động trên đường nào?  Lời giải N A E B Ta có:     D  D , D  D 1 2 3 4    
 D  D  D  D  90 : 2  45 2 3 1 4 M
Trên tia đối của tia AB lấy điểm N sao cho AN  CF . ADN  CDF  (c.g.c)  DN  DF và   D  D . 5 F 5 1 4 3 2 Do đó    
D  D  D  D  45 . 4 5 4 1 1 C Suy ra   NDE  FDE  45 . D
NDE  FDE (c.g.c)    NED  FED
Do đó DAE  DME (c.g.c)  DM  DA  4cm .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 74
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Điểm M cách điểm D cho trước một khoảng không đổi là 4cm nên điểm M nằm trên đường tròn tâm D, bán kính 4cm.
Bài 4.3 Cho góc vuông xOy. Một đoạn thẳng AB = 2a không đổi, có A  Ox và b  Oy . Tìm quỹ
tích trung điểm M của AB.  Lởi giải x a) Phần thuận 1 A
Vẽ đoạn thẳng OM ta có: OM  AB  a (tính chất 1 2
trung tuyến của tam giác vuông). A
Điểm M cách điểm O cho trước một khoảng a cho trước 1 M1
nên M nằm trên đường tròn tâm O, bán kính a. M Giới hạn: 1
 Khi điểm B di động tới O thì A tới điểm A Ox và 2 2 1 H M B B y 2 1
OA  2a. Khi đó điểm M di động tới M là trung điểm 1 1 của OA . 1
 Khi điểm A di động tới O thì B tới điểm B Oy và OB  2a . Khi đó điểm M di động tới 1 1
M là trung điểm của OB . 2 1
Vậy M nằm trên cung M M của đường tròn tâm O, bán kính a. 1 2 b) Phần đảo
Lấy điểm M bất kì trên cung M M . 1 2
Trên tia Ox lấy điểm A sao cho MA = MO (1)
Tia AM cắt tia Oy tại B. Ta phải chứng minh M là trung điểm của AB và AB = 2a.
Thật vậy, vì MA = MO nên MOA nên    A  O . 1 1
Xét AOB vuông tại O có    
A  B  90  O  B  90 1 2 1 2  
 O  B (cùng phụ với  O ) 2 2 1
Do đó MOB cân MB  MO . (2)
Từ (1), và (2) suy ra: MA  MB  MO  a . Do đó: AB  2a
c) Kết luận: Quỹ tích của điểm M là cung M M của đường tròn tâm O, bán kính a 1 2
Bài 4.4 Cho hình bình hành ABCD cạnh CD cố định, AC = 2cm. Tìm quỹ tích của đỉnh B.  Lời giải A B a) Phần thuận 2 2
Gọi O là điểm đối xứng với D qua C thì
O là một điểm cố định. D C O
Tứ giác ABOC có AB // OC; AB = OC
(vì cùng bằng CD) nên ABOC là hình
bình hành  OB  AC  2cm .
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 75
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8
Điểm B cách điểm O cố định một khoảng
2cm nên điểm B nằm trên đường tròn tâm O bán kính 2cm.
Giới hạn: Vì B, C, D không thẳng hàng nên B nằm trên đường tròn tâm O, bán kính 2 cm trừ
giao điểm của đường tròn này với đường thẳng CD. b) Phần đảo
Lấy điểm B bất kì trên đường tròn tâm O bán kính 2cm (trừ các giao điểm của đường tròn này
với đường thẳng CD). Suy ra OB = 2cm. Vẽ hình bình hành ABCD. Ta phải chứng minh hình bình hành có AC = 2cm.
Thật vậy, AB / /CD và AB  CD  AB / /CO và AB  CO .
Do đó tứ giác ABOC là hình bình hành, suy ra AC = OB = 2cm.
c) Kết luận: Vậy quỹ tích của điểm B là đường tròn tâm O bán kính 2cm.
Biên soạn: Trần Đình Hoàng 0814000158 76

Tài liệu liên quan: